2024年广东省东莞市长安东安初级中学中考一模数学试题（原卷版+解析版）

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1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2. 横跨深圳及香港之间的深圳湾大桥（Shenzhen Bay Bridge）是中国唯一倾斜的独塔单索面桥，大桥全长4770米，这个数用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】绝对值大于1的数可以用科学记数法表示，一般形式为，为正整数，且比原数的整数位数少1，据此可以解答．
【详解】解：．
故选：A
【点睛】本题考查用科学记数法表示较大的数，熟练掌握科学记数法表示较大的数一般形式为，其中，是正整数，正确确定的值和的值是解题的关键．
3. 若是一元二次方程的根，则下列式子成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把代入一元二次方程即可得到答案.
【详解】解： 是一元二次方程的根，

故选：
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解，掌握一元二次方程的解使方程的左右两边相等是解题的关键.
4. 如果()，那么下列比例式中正确的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等式的性质，两边同除以2n，即可得出.
【详解】∵，()，
∴，故选A.
【点睛】此题主要考查比例的性质.
5. 如图，的顶点都在正方形网格的格点上，则的值是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形，连接构造直角三角形是解决本题的关键．如图连接格点、，在中求出的正切值．
【详解】解：如图，连接格点、，
在中，．
故选：C．
6. 如图，将绕点A逆时针旋转得到．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，根据旋转性质得到旋转角，再进行角的运算即可求解．
【详解】解：绕点A逆时针旋转得到，
，又，
，
故选：A．
7. 抛物线与x轴的交点个数为（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】B
【解析】
【分析】令y=0，再根据一元二次方程根的判别式即可解答．
【详解】解：令＝0，
∵Δ＝，
∴抛物线与x轴的交点个数是1．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数图像与一元二次方程的关系，解题的关键是掌握当方程>0时，方程有两个不同实数根，则函数与x轴有两个交点；当方程=0时，方程有两个相同实数根，则函数与x轴有一个交点；当方程<0时，方程没有实数根，则函数与x轴没有交点．
8. 如图，两个反比例函数和在第一象限的图象分别是和，设点P在上，轴于点A，交于B，则的面积为（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据反比例函数y系数的几何意义得到，，然后利用进行计算即可．
【详解】解：∵轴于点A，交于点B，
∴，，
∴．
故选：A
【点睛】本题考查了反比例函数系数的几何意义：从反比例函数图象上任意一点向轴和轴作垂线，垂线与坐标轴所围成的矩形面积为．
9. 抖空竹在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．如图，AC，BD分别与⊙O切于点C，D，延长AC，BD交于点P．若，⊙O的半径为6cm，则图中的长为（ ）
A. π cmB. 2π cmC. 3π cmD. 4π cm
【答案】B
【解析】
【分析】连接OC、OD，利用切线的性质得到，根据四边形的内角和求得，再利用弧长公式求得答案．
【详解】连接OC、OD，
分别与相切于点C，D，
∴，
，
∴，
的长，
故选：B
【点睛】此题考查圆的切线的性质定理，四边形的内角和，弧长的计算公式，熟记圆的切线的性质定理及弧长的计算公式是解题的关键．
10. 宽与长的比是（约0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调和匀称的美感．我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD，分别取AD、BC的中点E、F，连接EF：以点F为圆心，以FD为半径画弧，交BC的延长线于点G；作GH⊥AD，交AD的延长线于点H，则图中下列矩形是黄金矩形的是（ ）
A. 矩形ABFEB. 矩形EFCDC. 矩形EFGHD. 矩形DCGH
【答案】D
【解析】
【分析】先根据正方形的性质以及勾股定理，求得DF的长，再根据DF=GF求得CG的长，最后根据CG与CD的比值为黄金比，判断矩形DCGH为黄金矩形．
【详解】解：设正方形的边长为2，则CD=2，CF=1
在直角三角形DCF中，
∴矩形DCGH为黄金矩形
故选：D．
【点睛】本题主要考查了黄金分割，解决问题的关键是掌握黄金矩形的概念．解题时注意，宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，图中的矩形ABGH也为黄金矩形．
二.填空题（共5小题，每小题3分，满分15分）
11. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点坐标为 ___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】解：点关于原点的对称点坐标为，
故答案为：．
12. 正八边形每个外角的度数为________．
【答案】##45度
【解析】
【分析】本题主要考查了正多边形外角和定理，
根据正多边形的每一个外角等于外角和除以边数求解即可．
【详解】解：因为任何一个多边形的外角和都是，
所以正八边形的每个外角的度数是：．
故答案为：．
13. 分解因式：_________________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了因式分解，掌握因式分解的方法是解题的关键．先提公因式2，然后根据平方差公式因式分解即可求解．
【详解】解：，
故答案为：．
14. 要使代数式有意义，x的取值范围是__________．
【答案】且
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件可得，根据分式有意义的条件可得，再解不等式即可．
【详解】解：由题意得：且，
解得：且，
故答案为：且．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件．牢记分式、二次根式成立的条件是解题的关键．
15. 如图，抛物线与x轴交于A、B两点，P是以点为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段的中点，连接，则线段的最大值是 ________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数与轨迹圆综合，中位线定理以及勾股定理，熟练掌握二次函数与轨迹圆最值问题是解题的关键．连接、，利用勾股定理可得，可知是的中位线，则，当B、C、P三点共线，且点C在之间时，最大，则此时最大，求解即可．
【详解】解：如图，连接、，
令，则，
故点，
∵，
∴，
设圆的半径为，则，

∵点Q、O分别为、的中点，
∴是的中位线，
∴，
当B、C、P三点共线，且点C在之间时，最大，
则此时最大，
此时，
故答案为：．
三、解答题一（共2小题，每小题5分，满分10分）
16. 计算：|-2|+2﹣1﹣cs60°﹣(1﹣)0．
【答案】1-
【解析】
【分析】利用零指数幂和绝对值的性质、特殊角的三角函数值、负指数次幂的性质进行计算即可．
【详解】解：原式＝．
【点睛】本题考查了零指数幂和绝对值性质、特殊角的三角函数值、负指数次幂的性质，熟练掌握性质及定义是解题的关键．
17. 如图，已知，，
（1）尺规作图：作的平分线交于D点（保留作图痕迹，不写作法）
（2）若，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据角平分线的作法求出角平分线；
（2）首先根据直角三角形两锐角互余得到，然后根据角平分线的概念得到，最后根据等角对等边证明即可．
【小问1详解】
解：射线即所求；
【小问2详解】
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查尺规作图-做已知角的平分线，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本作图，属于中考常考题型．
四、解答题二（共3小题，每小题7分，满分21分）
18. 先化简：，再从选择中一个合适的数作为x的值代入求值．
【答案】；1
【解析】
【分析】先根据分式混合运算法则进行计算，然后再代入数据求值即可．
【详解】解：
，
∵，，
∴把代入得：原式．
【点睛】本题主要考查了分式化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算法则，准确计算．
19. 目前，“校园手机”现象越来越受到社会关注，针对这种现象，某校九年级数学兴趣小组的同学随机调查了若干名家长对“中学生带手机”的态度（态度分为：A．无所谓；B．基本赞成；C．赞成；D．反对）．并将调查结果绘制成折线统计图和扇形统计图（不完整）．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）此次抽样调查中，共调查了多少名家长？
（2）扇形统计图中C所对的圆心角的度数为______；将折线统计图补充完整；
（3）在此次调查活动中，初三（1）班有，两位家长对中学生带手机持反对态度，初三（2）班有，两位家长对中学生带手机也持反对态度，现从这4位家长中选2位家长参加学校组织的家校活动，用列表法或画树状图的方法求选出的2人来自不同班级的概率．
【答案】（1）200 （2），补全统计图见解析
（3）
【解析】
【分析】题目主要考查根据折线统计图与扇形统计图获取相关信息，包括满足条件人数，圆心角度数，列表法或树状图法求概率等，理解题意，熟练掌握列表法或树状图法是解题关键．
（1）根据B类的人数及扇形统计图中所占的百分比即可得出调查的总人数；
（2）先求出D、C类在扇形统计图中所占的百分比，然后用乘以C类百分比即为圆心角，用总人数乘以百分比即为C类的人数，然后补全折线统计图即可；
（3）利用树状图法表示出所有可能，然后求概率即可．
【小问1详解】
解：共调查的中学生家长数是：（人）；
【小问2详解】
D类所占百分比为：，
扇形C所对的圆心角的度数是：，
C类的人数是：（人），
补图如下：
故答案为：；
【小问3详解】
画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中2人来自不同班级共有8种，
∴选出的2人来自不同班级的概率．
20. 如图，在平行四边形中，E为边上一点，．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）．
【解析】
【分析】（1）利用平行四边形的性质得到，再判定相似即可．
（2）利用（1）中的相似三角形的性质求线段长度即可．
【小问1详解】
证明：∵平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【小问2详解】
解：∵平行四边形，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查三角形的相似的判定及性质，能够熟练运用判定定理判定三角形相似并利用相似的性质求线段长度是解题关键．
五、解答题三（共3小题，每小题8分，满分24分）
21. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若，且该方程的两个实数根的差为2，求的值．
【答案】（1）见详解；（2）
【解析】
【分析】（1）由题意及一元二次方程根的判别式可直接进行求证；
（2）设关于的一元二次方程的两实数根为，然后根据一元二次方程根与系数的关系可得，进而可得，最后利用完全平方公式代入求解即可．
【详解】（1）证明：由题意得：，
∴，
∵，
∴，
∴该方程总有两个实数根；
（2）解：设关于的一元二次方程的两实数根为，则有：，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式及根与系数的关系是解题的关键．
22. 如图在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点、交反比例函数的图象于点，点在反比例函数的图象上，横坐标为，轴交直线于点，连接、．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）面积的最大值是
【解析】
【分析】（1）由、的坐标可求出一次函数的关系式，进而求出点的坐标，代入，求得反比例函数解析式；
（2）设点，点，得出关于与关系式，进而根据三角形面积公式求解，根据二次函数的性质即可求得最大值．
【小问1详解】
解：把、代入一次函数得：
，
解得：，
∴一次函数的关系式为，
将点代入，得，
∴点，
将点代入，
得出
∴，
【小问2详解】
∵点在反比例函数的图象上，点在一次函数的图象上，，
设点，点，
∴，
∴，
∵，
∴当时，，
所以，面积的最大值是．
【点睛】本题考查反比例函数、一次函数的解析式，将面积用函数的数学模型表示出来，利用函数的最值求解是解决问题的基本思路．
23. 一天中某一时刻太阳光线与水平线的夹角随着季节的变化而变化，夏至时夹角最大，冬至时夹角最小．若今年12月21日（冬至）的某一时刻太阳光线与水平线的最小夹角约为，现某小区有两幢居民住宅楼高都为，两楼相距，如图所示．

（1）在今年冬至的这一时刻，该小区甲楼的影子落在乙楼的底部（即）有多高？
（2）若在本小区内继续兴建同样高的住宅楼，两楼相距至少应该多少m，才不影响楼房的采光（即前一幢楼房的影子不能落在后一幢楼房上）？（注：，计算结果精确到）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，构造直角三角形，则，，在这个三角形中已知一边和一个锐角，满足解直角三角形的条件，可求出的长从而求得的长．
（2）在中，由角C的值和的高，满足解直角三角形的条件，可求出的长．
【小问1详解】
如图（1）所示，过作，垂足为，则四边形是矩形．

，，
由题意可知在中，，
∵
，
则
即冬至时甲楼的影子在乙楼上约高．
【小问2详解】
若要不影响房间的采光，
如图所示，在中，，，

．
答：楼距至少，才不影响楼房的采光．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是从复杂的实际问题中整理出直角三角形模型．
六、解答题四（共2小题，每小题10分，满分20分）
24. 如图，是的外接圆，点在边上，的平分线交于点，连接、，过点作的平行线与的延长线相交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）当，时，求和的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3），
【解析】
【分析】（1）先得出，进而得出，得出即可得出结论；
（2）先说明，再推出，即可得出结论；
（3）先求出，再推出，利用勾股定理求出，最后由得出比例式求解即可得出的长，如图，过点作于点，在中，根据勾股定理求解即可．
【小问1详解】
证明：如图，连接，
∵是⊙O的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵是的直径，，，
∴，
在中，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
如图，过点作于点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴的长为，的长为．
【点睛】本题是圆的综合题，考查直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，圆内接四边形的性质，切线的判定，圆心角、圆周角、弦、弧之间的关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质，同角的补角相等，平行线的性质等知识点．判断出、掌握圆的基本性质是解题的关键．
25. 如图，抛物线与x轴交于点，点B，点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为点．
（1）求抛物线所对应的函数解析式；
（2）如图1，点M是抛物线上一点，且位于x轴上方，横坐标为m，连接，若，求m值；
（3）如图2，将抛物线平移后得到顶点为B的抛物线．点P为抛物线上的一个动点，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点Q，过点Q作x轴的平行线，交抛物线于点R．当以点P，Q，R为顶点的三角形与全等时，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先利用待定系数法求得直线的解析式，进而求得设直线的解析式，再和抛物线联立方程组求解即可；
（3）先求得,进而求得平移后抛物线的解析式，设，则，，分当P在Q点上方时和当点P在Q点下方时两种情况，利用全等三角形的性质和坐标与图形性质列方程求解即可．
【小问1详解】
解：由题意得：，
解得．
抛物线所对应的函数解析式为；
【小问2详解】
解：当时，，
∴ ，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
如图1，当M点在x轴上方时，
∵，
∴，
则设直线的解析式为，
∵直线经过点C，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，
∴，
解得：，（舍去），
∴；
【小问3详解】
解：∵抛物线的图象过点，对称轴为直线，
∴,
∵抛物线平移后得到，且顶点为点B，
∴，
即．
设，则，
由题意，点Q、R关于抛物线的对称轴对称，且对称轴为直线，
∴，
①如答图2，当P在Q点上方时，
，，
∵与全等，，，，
∴当且时，且，则，
∴，；
当且时，且，无解；
②如答图3，当点P在Q点下方时，
同理：，，
当且时，且，则，
∴，；
当且时，且，无解；
综上可得P点坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移、坐标与图形、全等三角形的性质、解一元二次方程等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，运用数形结合和分类讨论思想是解答的关键．