2024年贵州省黔东南州从江县中考一模数学试题（解析版）

这是一份2024年贵州省黔东南州从江县中考一模数学试题（解析版），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 如果a的相反数是8，则a的值为（ ）
A. B. 8C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了相反数的定义，熟练掌握知识点是解题的关键．
根据“只有符号不同的两个数互为相反数”，即可求解．
【详解】解：由题意得，，
故选：A．
2. 一个立体图形的三视图如图所示，则该立体图形是（ ）
A. 圆柱B. 圆锥C. 长方体D. 球
【答案】A
【解析】
【详解】分析：综合该物体的三种视图，分析得出该立体图形是圆柱体．
详解：A、圆柱的三视图分别是长方形，长方形，圆，正确；
B、圆锥体的三视图分别是等腰三角形，等腰三角形，圆及一点，错误；
C、长方体的三视图都是矩形，错误；
D、球的三视图都是圆形，错误；
故选A．
点睛：本题由物体的三种视图推出原来几何体的形状，考查了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力．
3. 据有关部门统计，2023年黔东南共有约50300人参加初中毕业生学业考试，数字50300用科学记数法可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中，确定a与n的值是解题的关键．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，且n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【详解】解：．
故选：A．
4. 下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形的概念逐项判断即可．
【详解】A．不是轴对称图形，不符合题意；
B．不是轴对称图形，不符合题意；
C．是轴对称图形，符合题意；
D．不是轴对称图形，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查识别轴对称图形．识别轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
5. 如图，，，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查平行线的性质，根据题意得和，即可求得．
【详解】解：如图，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：D．
6. 若函数有意义，则自变量x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了求函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件，根据分式有意义的条件是分母不为0，二次根式有意义的条件是被开方数大于等于进行求解即可．
【详解】解：∵函数有意义，
∴，
∴，
故选：D．
7. 下列4个袋子中，装有除颜色外完全相同的5个小球，任意摸出1个球，摸到红球可能性最大的是（ ）
A. 1个红球、4个白球B. 2个红球、3个白球
C. 3个红球、2个白球D. 4个红球、1个白球
【答案】D
【解析】
【分析】根据概率公式先求出每组红球的概率，再进行比较即可得出答案．本题考查了基本概率的计算及比较可能性大小，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比．
【详解】解：A、袋子中有1个红球、4个白球，摸到红球的概率是；
B、袋子中有2个红球、3个白球，摸到红球的概率是；
C、袋子中有3个红球、2个白球，摸到红球的概率是；
D、袋子中有4个红球、1个白球，摸到红球的概率是；
，
摸到红球可能性最大的是4个红球、1个白球．
故选：D．
8. 已知，b两个数在数轴上对应的点如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了数轴和有理数大小的应用，根据数轴得出，，再判断即可．
【详解】解：：，，
A、由，，知,故本选项错误；
B、从数轴可知，，故本选项正确；
C、由，，知，故本选项错误；
D、从数轴可知，，故本选项错误；
故选：B．
9. 已知关于x的一元二次方程，则这个方程的根的情况是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 无实数根D. 根的情况不确定
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的情况与判别式的关系．
判断方程的根的情况，只有看根的判别式的值的符号就可以了．
详解】根据题意，得，
∴原方程有两个不相等的实数根．
故选A．
10. 如图，已知矩形 AOBC 的三个顶点的坐标分别为 O(0，0)，A(0，3)， B(4，0)，按以下步骤作图：①以点 O 为圆心，适当长度为半径作弧， 分别交 OC，OB 于点 D，E；②分别以点 D，E 为圆心，大于 DE 的长为半径作弧，两弧在∠BOC 内交于点 F；③作射线 OF，交边 BC于点 G，则点 G 的坐标为( )
A. (4， )B. ( ，4)C. ( ，4)D. (4， )
【答案】A
【解析】
【分析】首作GH⊥OC于H．先证明GB=GH，利用面积法求出GB即可解决问题．
【详解】解：∵四边形AOBC是矩形，A（0，3），B（4，0），
∴OB＝4，OA＝BC＝3，∠OBC＝90°，
∴BC＝＝5，
作GH⊥OC于H．
由作图可知：OG平分∠BOC，
∵GB⊥OB，GH⊥OC，
∴GB＝GH时，GB＝GH＝x，
∵S△OBC＝×3×4＝×5×x+×4×x，
∴x＝，
∴G（4，）．
故选A．
【点睛】本题考查基本作图，矩形的性质，角平分线的性质定理，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
11. 我国古代数学著作《算法统宗》中记载了一个问题，大意为：九百九十九文钱，甜果苦果买一千，甜果九个十一文钱，苦果七个四文钱，问甜、苦果分别花了几文钱．若设买甜果用x文钱，买苦果用y文钱，则可列方程组为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
利用总价=单价×数量，结合用九百九十九文钱共买了一千个苦果和甜果，即可得出关于x，y的二元一次方程组．
【详解】由甜果、苦果共九百九十九文钱，得；
由甜果九个十一文钱、苦果七个四文钱，得甜果1个文钱，苦果1个文钱；
由甜果、苦果共买一千个，得，即，
∴．
故选D．
12. 西江千户苗寨素有“中国苗都”的美誉，是中国最大、世界无双的天下第一大苗族聚居村寨．刘师傅驾车从家到西江千户苗寨游玩，汽车出发前油箱中有油，行驶若干小时后，途中在加油站加油若干升．刘师傅出发后，油箱中剩余油量与行驶时间之间的关系如图所示，则下列说法不正确的是（ ）
A. 点A表示的实际意义是汽车行驶后，油箱中剩余油量为
B. 刘师傅驾车途中在加油站加油
C. 加油前油箱中剩余油量y与行驶时间t之间的函数关系式为
D. 若家距目的地，汽车行驶的平均速度为，则油箱中的油足够汽车到达目的地
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查从函数的图象获取信息，一次函数的应用，观察函数图象即可判断选项A、B；利用待定系数法求解即可判断选项C；求出油可行驶的路程，然后与家距目的地的距离比较即可判断选项D．
【详解】解∶观察题图可知选项A，B中的说法正确．当时，
设，将，分别代入，得解得
∴，
故选项C中的说法正确．
出发时油箱中有油，中途又加油，（L）．
由题图可知该汽车耗油，故油可行驶．
∵，∴油箱中的油不够用，故选项D中的说法不正确．
故选：D．
二、填空题：每小题4分，共16分．
13. 某市2020年11月20日的最高气温是3 ℃，记作＋3℃，最低气温是零下2 ℃，记作____．
【答案】-2℃
【解析】
【分析】根据正负数表示相反意义的量进行求解即可．
【详解】解：最高气温是3 ℃，记作＋3℃，
∴最低气温是零下2 ℃，记作-2℃，
故答案为：-2℃．
【点睛】题目主要考查表示相反意义的量，理解题意是解题关键．
14. 一个扇形的半径为，圆心角为，那么它的弧长为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了求扇形的弧长．根据扇形的弧长公式“”，代入数据计算，即得答案．
【详解】解：，，
．
故答案为：．
15. 如图，正六边形内接于，则的度数为______．

【答案】##30度
【解析】
【分析】本题考查了正多边形的性质，圆周角定理，连接，由多边形是正六边形可求出的度数，再根据圆周角定理即可求出的度数，根据题意作出辅助线构造出圆心角是解答此题的关键．
【详解】解：如图，连接，

∵多边形是正多边形，
，
，
故答案为：．
16. 如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝60°，P是▱ABCD内一动点，且S△PBC＝S△PAD，则PA＋PD的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】如图所示，过点P作直线，作点A关于直线l的对称点，连接交直线l于E，交BC于F，连接，则，垂直于直线l，则，故当、P、D三点共线时，PA+PD有最小值，即，因此只需要求出的长即可利用勾股定理求解．
【详解】解：如图所示，过点P作直线，作点A关于直线l的对称点，连接交直线l于E，交BC于F，连接，则，垂直于直线l，
∴，
∴当、P、D三点共线时，PA+PD有最小值，即，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，AD=BC，
∴，
∵AB=6，∠AFB=90°，∠ABC=60°，
∴∠BAF=30°，
∴BF=3，
∴，
∵S△PBC＝S△PAD，
∴，
∴，
又∵AE+EF=AF，
∴，
∴，
∴，
∴PA+PD的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，轴对称最短路径问题，三角形面积，正确作出辅助线确定PA+PD的值最小时的情形是解题的关键．
三、解答题：本大题9小题，共98分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. （1）计算：
（2）请在下列不等式中任意选择两个组成不等式组，解不等式组并将解集表示在数轴上．
①；②；③．
【答案】（1）1；（2）不等式组的解集为，数轴表示见解析
【解析】
【分析】本题主要考查实数的运算以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解题的关键．
（1）根据负整数指数幂，特殊角的三角函数值以及绝对值的运算法则进行计算即可；
（2）根据一元一次不等式计算法则计算即可．
【详解】解：（1）解：．
（2）选择②③，即3x-2>1x+1<3
由，得，
由，得，
则不等式组的解集为．
将解集表示在数轴上如下：
18. A，B两校各随机抽取100名学生进行自救自护安全知识测试．将所抽取的学生的测试得分x（单位：分）分为5组（优秀：；良好：；中等：；及格：；不及格：），并对数据进行整理、分析，部分信息如下：
a．
b．A，B两校学生测试得分的平均数、方差、优秀率（优秀人数所占百分比）、及格率（及格及以上人数所占百分比）如下表：
c．A，B两校学生测试得分为“良好”的人数一样．
请根据以上信息解决下列问题：
（1）填空：________，________，__________．
（2）根据以上数据，你认为哪所学校学生的自救自护的能力较强？请说明理由（一条即可）．
【答案】（1）10；10；95
（2）B校学生的自救自护的能力较强．理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了扇形统计图以及条形统计图，读懂题意理解统计图的意义是解题的关键．
（1）用100分别减去优秀，中等，良好，不及格的人数即可求出a的值，用及格的人数除以总人数即可求出c的值，由B校学生测试得分为“良好”的人数为40可得出A校学生测试得分为“良好”的人数所占百分比为，用1减去其他的占比即可求出优秀率b．
（2）根据优秀率，及格率，方差作决策即可．
【小问1详解】
解：，
B校学生测试得分的及格率为，
即．
因为A，B两校学生测试得分为“良好”的人数一样，B校学生测试得分为“良好”的人数为40，
所以A校学生测试得分为“良好”的人数所占百分比为，
所以，
即．
故答案为：10；10；95
【小问2详解】
解：B校学生的自救自护的能力较强．
理由：因为A，B两校学生测试得分的平均数相同，但B校学生测试得分的优秀率、及格率均比A校的高，且B校学生测试得分的方差比A校的小，所以B校学生的自救自护的能力较强．
19. 贵州有“桥梁博物馆”的美誉．世界第一高桥—北盘江大桥位于中国云南省和贵州省的交界处，桥面到江面的垂直距离为米，全长约为1341米．在大桥建成未营运之前，甲、乙两名工程师从桥的一端走到另一端，甲工程师步行先走12分钟后，乙工程师骑自行车出发，结果他们同时到达．已知骑自行车的速度是步行速度的3倍，求甲工程师步行的速度和乙工程师骑自行车的速度．
【答案】甲工程师步行的速度为米/分；乙工程师骑自行车的速度为米/分
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的实际应用，设甲工程师步行的速度为每分钟米，则乙工程师骑自行车的速度为每分钟米，根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：设甲工程师步行的速度为每分钟米，则乙工程师骑自行车的速度为每分钟米．根据题意，
得，
解得，
经检验是原分式方程的解，
．
答：甲工程师步行的速度为米/分；乙工程师骑自行车的速度为米/分．
20. 如图，父子两人驾驶渔船同时从点A处出发，父亲驾船沿正北方向航行一段时间到达C处，之后向西调转，继续航行2海里到达D处，并在D处停船捕鱼，儿子驾船沿正西方向航行6海里到达B处，并在B处停船捕鱼，此时父亲在儿子的东北方向上．为方便联系，父子两人均携带有专用对讲机，且对讲机信号的覆盖半径为5海里．两人均停船捕鱼时，父亲用对讲机跟儿子联系，儿子能否收到父亲的呼叫信号？请说明理由．（参考数据，，，）
【答案】不能，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查解直角三角形的应用，正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
过点D作于E，过点C作于F，解，求出海里，从而求得海里，海里，在解，求得海里，然后长与5海里比较即可得出结论．
【详解】解：如图，过点D作于E，过点C作于F，
∴在中，，海里，
∵，
∴，
∴(海里)，
∵，，，
∴
∴四边形是矩形，
∴海里，
∴(海里)，
∵在中，，
∴海里
∴(海里)
∵
∴儿子不能收到父亲的呼叫信号．
21. 如图，，，，，与DE交于点P，与DE交于点O．
（1）与全等吗？为什么？
（2）试说明．
【答案】（1）与全等，理由见解析
（2）见解析
【解析】
【分析】本题主要考查全等三角形判定和性质、对顶角相等以及直角的判定，
（1）根据题意得，利用即可判定；
（2）由（1）知，则，根据题意得，则．结合，则，故．
【小问1详解】
解：与全等，理由如下：
∵，，
∴，，
∴，
∴，
即．
在与中，
∴．
【小问2详解】
解：如图，记交BD于点M，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
22. 如图，四边形是平行四边形，原点O是其对角线的交点，轴，点，，反比例函数的图象经过点B，D．
（1）求反比例函数的表达式和直线的表达式．
（2）若一次函数与反比例函数的图象相交于点N，当点N在反比例函数图象上B，E之间的部分时（点N可与点B，E重合），直接写出n的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，代入可求出反比例函数解析式；根据反比例函数和平行四边形的中心对称性求出，然后用待定系数法即可求出一次函数解析式；
（2）根据平移的性质可得，然后由直线与直线、直线平行即可求解．
【小问1详解】
∵，轴，，
∴．
将点的坐标代入，得，
即反比例函数的表达式为．
∵点O是平行四边形对角线的交点，
∴点B，D关于原点对称，
∴．
设直线的表达式为，
将点C，B的坐标分别代入，
得
解得
∴直线CB表达式为．
【小问2详解】
．
由（1）知，
∵，
∴，
∵直线与直线、直线平行，点N在反比例函数图象上B，E之间（点N可与点B，E重合），
∴n的取值范围为．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，待定系数法，反比例函数的性质，平行四边形的性质，一次函数的平移，数形结合是解答本题的关键．
23. 如图，，分别切于点A，B，点C是劣弧上一动点（不与点A，B重合），过点C作的切线，分别交，于点D，E，连接，，．分别交，于点M，N．

（1）求证：的周长不随点C的运动而变化．
（2）求证：．
（3）当，时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）2
【解析】
【分析】（1）连接，根据切线长定理可得，同理可得，的周长为，故的周长不随点C的运动而变化；
（2）由（1）可得，，可得，根据圆周角定理可知，可得，再根据圆周角定理和圆的切线的性质可得，结合等边对等角可知，即可证；
（3）根据对顶角相等可证，可得，再可证，可知，从而可得，结合可知为含角的直角三角形，根据即可得知．
【小问1详解】
证明：连接．

，都与相切，
∴．
同理可证．
的周长为：
，
∴的周长不随点C的运动而变化．
【小问2详解】
证明：如图，延长交于点F，连接，．

由（1）可知，，
∴，，
∴．
易知，
∴．
∵，
∴．
是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【小问3详解】
如图，连接．

∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
，
∵在中，，
∴．
【点睛】本题考查了圆的切线长定理，切线的性质，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，含角的直角三角形，等边对等角，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识．
24. 如图，在平面直角坐标系中，，．已知抛物线．
（1）若该抛物线经过点A，且对称轴在y轴右侧．
①求a的取值范围；
②若该抛物线顶点的纵坐标为4，求抛物线的表达式．
（2）若该抛物线经过点B，且与线段有两个不同的交点，请直接写出的取值范围．
【答案】（1）①②
（2）或
【解析】
【分析】（1）①将点代入抛物线得，再根据对称轴的性质得到，即可解答；②由题意可知，化简，得，解答即可．
（2）将代入得，再得到对称轴，令，整理得，，分情况讨论即可求解．
【小问1详解】
解：①∵抛物线经过点，
∴，
∴．
∵抛物线的对称轴在y轴右侧，
∴，
∴a，b异号，
∴，，即，，
∴．
②由题意可知：，化简，得，
解得，（舍去），
∴，，
故抛物线的表达式为．
【小问2详解】
设直线的表达式为，
将，代入，
解得直线的表达式为：，
将代入，得，
∴，
∴，即抛物线的对称轴为直线，
令，
整理得，，
，
∴当时，抛物线与线段只有1个公共点B，
当a>0时，a增大时，抛物线开口变小，顶点向下移动，与线段有两个交点，
∴，
当，且抛物线经过点A时，，如图，
当a减小时，抛物线开口变小，顶点向上移动，与线段有两个交点，
∴，
综上所述，或．
【点睛】本题考查了二次函数图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题的关键．
25. 综合与实践
问题情境：如图1，正方形纸片和有公共顶点，其中.将正方形绕点按顺时针方向旋转．
观察发现：
（1）如图2，当时，连接，小组成员发现与存在一定的关系，其数量关系是______________，位置关系是__________________.
探索研究：
（2）当三点共线时，请在图3中画出图形，并直接写出此时的长度.
拓展延伸：
（3）猜想图3中与的数量关系并证明.
【答案】（1）
（2）图见解析，或
（3）当时，；当时，，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）先运用正方形的性质可证即,,延长分别交于点I,H，根据直角三角形的性质即可解答；
（2）分和两种情况，分别过E作,连接，然后根据勾股定理解答即可；
（3）分和两种情况，分别运用正方形的性质、旋转的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质进行分析计算即可解答．
【小问1详解】
解：∵正方形纸片和，
∴，
∴,即，
∴，
∴，，
如图：延长分别交于点I，H，

∵，，，
∴，即．
故答案为：，．
【小问2详解】
解：①如图:当时，过E作，连接，

∵.
∴,
∵
∴
∴,
∴,
∴，解得：,
∴,
∴,
∴；
当时，过E作,连接

∵，
∴，
∵
∴
∴,
∴,
∴，解得：,
∴,
∴,
∴．
综上，或．
【小问3详解】
解：当时，，证明如下：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
如图：连接，设直线与交于点，与交于点，

由旋转可得
∴，
∴
∴
∴，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴与重合，
∵四边形是正方形，
∵，
∴
∴；
当时，，证明如下：
如图：延长交于点，

∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴
∵四边形是正方形，
∴，
∴
∴，
设与交于点，
∴，
∴，
∴
∴
∴，，
∴点与点重合，即三点共线，
∴
∴
又∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质等知识定，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．学校
平均数
优秀率
及格率
方差
A
80
3.9
B
80
2.5