2024年河南省周口市项城市第一初级中学中考第二次模拟考试数学试题（原卷版+解析版）

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1. 下列四个数中，绝对值最大的数是（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了绝对值，有理数大小的比较，熟练掌握大小比较是解题的关键．首先计算各数的绝对值，然后比较即可．
【详解】，，，，
∴，
∴绝对值最大的数是．
故选A．
2. 大兴国际机场航站楼是全球唯一一座“双进双出”的航站楼，也是世界施工技术难度最高的航站楼，航站楼一共使用了块玻璃，白天室内几乎不需要照明灯光．将 用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：，
故选C．
3. 已知四边形是平行四边形，下列结论中正确的有（ ）
①当时，它是菱形；②当时，它是菱形；③当时，它是矩形；④当时，它是正方形．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了特殊四边形的判定．利用菱形、矩形、正方形的判定定理逐一判断，即可得到答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
当时，邻边相等，即平行四边形是菱形，①结论正确；
当时，对角线垂直，即平行四边形是菱形，②结论正确；
当时，有一个角是直角，即平行四边形是矩形，③结论正确；
当时，对角线相等，即平行四边形是矩形，④结论错误；
结论中正确的是①②③，共3个，
故选：C．
4. 下列几何体中，其主视图、左视图、俯视图完全相同的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查三视图：主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看，所得到的图形．据此逐一判断．注意三视图都相同的常见的几何体有球和正方体．
【详解】解：A．圆柱的主视图和左视图是矩形，俯视图是圆，故本选项不合题意；
B．圆锥的主视图和左视图是等腰三角形，俯视图是带圆心的圆，故本选项不合题意；
C．三棱柱的主视图和左视图是矩形，俯视图是三角形，故本选项不合题意；
D．球的主视图、左视图、俯视图分别为三个全等的圆，故本选项符合题意．
故选：D．
5. 下列式子运算正确的是（ ）.
A. 3x + 4x = 7x2B. C. x3·x4 = x7D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据整式加减，积的乘方，同底数幂的乘法以及幂的乘方等运算法则对选项逐个判断即可．
【详解】解：A、，选项错误，不符合题意；
B、，选项错误，不符合题意；
C、，选项正确，符合题意；
D、，选项错误，不符合题意；
故选：C
【点睛】此题考查了整式的加减，积的乘方，同底数幂的乘法以及幂的乘方等运算，解题的关键是熟练掌握各运算法则．
6. 如图，在平行四边形中，为的中点，延长至点，使，连接交于点，则等于：（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，先由平行四边形的性质得到，，再由线段中点的定义得到，证明，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
7. 如图，下列条件中，能判定的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行线的判定条件逐一判断即可．
详解】解：由，可以判定（内错角相等，两直线平行），故A符合题意；
由，不能判定，故B不符合题意；
由，能判定（同位角相等，两直线平行），不能判定，故C符合题意；
由，可以判定（同旁内角互补，两直线平行），不能判定，故D不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定，熟知平行线的判定条件是解题的关键．
8. 如图，为的直径，C为上一点，平分，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了圆周角定理，连接，根据圆周角定理得出，，根据直角三角形的性质求出，根据角平分线的定义求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵为的直径，
∴，
，
，
，
∵平分，
，
故选：D．
9. 如图，在平面直角坐标系中，O是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点O顺时针旋转，使点D落在x轴正半轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由菱形的性质可得，A、B、C均在坐标轴上，如图，由勾股定理可求解．
【详解】解：根据菱形的对称性可得：当点D落在x轴正半轴上时，A、B、C均在坐标轴上，如图，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴点C的坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
10. 如图1在矩形中，点从点出发，匀速沿向点运动，连接，设点的运动距离为的长为关于的函数图像如图2所示，则当点为中点时，的长为（ ）
A. 5B. 8C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，从函数图象中获取信息是解题的关键．
通过观察图2可以得出，，，由勾股定理可以求出a的值，从而得出，当P为的中点时，由股定理求出长度．
【详解】解∶因为P点是从A点出发的，A为初始点，
观察图象时，则，P从A向B移动的过程中，是不断增加的
而P从B向D移动的过程中，是不断减少的，
因此转折点为B点，P运动到B点时，即时，，
此时，
即，，
由勾股定理得：
解得：
当点P为中点时，，
．
故选：D．
二、填空题
11. 在函数中，自变量x的取值范围是 ____．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查自变量得取值范围的知识点，当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0．根据分式有意义的条件是分母不为0；分析原函数式可得关系式，解得答案．
【详解】根据题意得，
解得：；
故答案为：．
12. 如果关于的方程有两个相等的实数根，那么的值是______ ．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程有两个相等的实根可知，求出的值即可．
此题主要考查的是一元二次方程的根判别式，当时，方程有两个相等的实根，当时，方程有两个不相等的实根，当时，方程无实数根．
【详解】解：方程有两个相等的实数根，
，
解得，
故答案为：．
13. 分解因式__________．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了因式分解的方法，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法：提公因式法，平方差公式法，完全平方公式法，十字相乘法等．
先利用平方差公式因式分解，然后利用完全平方公式因式分解即可．
【详解】
．
故答案为：．
14. 如图，扇形中，，点分别在上，连接，点，关于直线对称，的长为，则图中阴影部分的面积为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】连接，，证明为等边三角形，根据，求出扇形的半径，然后求出，，，即可得出答案．
【详解】解：连接，，如图所示：
根据折叠可知，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，，
在中，，
，
∴，
，
，
∴
．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，弧长的计算，等边三角形的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，求出扇形的半径．
15. 如图，在矩形中，已知，，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段向终点C运动，运动时间为t秒，连接，把沿着翻折得到．作射线与边交于点Q，当时，_______．
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况讨论，当点E在矩形的内部或外部时，利用矩形的性质及已知条件先分别表示出AQ、EQ、AB等，再利用勾股定理等知识求解即可．
【详解】当点E在矩形的内部时，如图
四边形是矩形
把沿着翻折得到，
，
，
在中，
即
解得
当点E在矩形的外部时，如图
解得
综上，当时，或
故答案为：或．
【点睛】本题考查矩形的性质、几何动点、折叠的性质、勾股定理的应用、等腰三角形的性质等知识，能够根据题意分类讨论是解题的关键．
三、解答题
16. （1）计算：；
（2）化简：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】本题考查分式的混合运算、实数的运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
（1）先计算立方根，零指数幂和负整数指数幂，再算加法即可；
（2）先算括号内的式子，再算括号外的除法即可．
【详解】解：（1）原式
；
（2）
．
17. （1）解不等式组，并将其解集在数轴上表示出来．
（2）解方程．
【答案】（1），图见解析；（2）
【解析】
【分析】此题考查解一元一次不等式组和分式方程，在数轴上表示不等式的解集，解题关键在于掌握运算法则．
（1）分别计算出方程组中两个不等式的解集，两个解集的公共部分就是不等式组的解集；
（2）先将分式方程两边都乘以，得到整式方程，然后解整式方程，最后再检验即可．
【详解】（1），
由不等式①解得：；
由不等式②去分母得：，
移项合并得：，
解得：，
原不等式组的解集为，
解集表示在数轴上，如图所示：

（2），
两边都乘以得：，
解得：，
检验：将代入，
则是原分式方程的解．
18. 如图，反比例函数的图象经过点和点，点在点的下方，平分，交轴于点．

（1）求反比例函数的表达式．
（2）尺规作图：作出线段的垂直平分线，分别与、交于点、．(要求：不写作法，保留作图痕迹)
（3）在(2)的条件下，连接．求证：．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）见解析
【解析】
【分析】（1）把点的坐标代入反比例函数解析式，即可得出答案；
（2）利用基本作图作线段的垂直平分线即可；
（3）根据垂直平分线的性质和角平分线的定义可得到，然后利用平行线的判定即可得证．
【小问1详解】
解：∵反比例函数的图像经过点，
∴当时，，
∴，
∴反比例函数的表达式为：；
【小问2详解】
解：如图，直线即为线段的垂直平分线；
【小问3详解】
证明：如图，

∵点在线段的垂直平分线上，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了作图—基本作图，用待定系数法求反比例函数的解析式，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，角平分线的定义等知识． 解题的关键是熟练掌握基本作图，反比例数的性质．
19. 第31届世界大学生运动会于2023年7月28日在成都举行，主火炬塔位于东安湖体育公园，亮灯之夜，塔身通体透亮，10余道象征太阳光芒的螺旋线全部点亮，璀璨绚丽，流光溢彩（如图1）．小杰同学想要通过测量及计算了解火炬塔的大致高度，当他步行至点处，测得此时塔顶的仰角为，再步行20米至点处，测得此时塔顶的仰角为（如图2所示，点在同一条直线上），请帮小杰计算火炬塔的高．（，，，，，，结果保留整数）

【答案】32米
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题，在中，由锐角三角函数定义可得，再在中，由锐角三角函数定义可得，进而可得火炬塔的高度，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义．
【详解】解：设米，
在中，，
，
在中，，
，
∵米，
∴，
解得：，
答：火炬塔的高约为32米．
20. 开学期间，“艾上雪”品牌书包以其样式新颖，寓意美好，价格合理而深受学生喜欢．某文具店主统计了前两周的“艾上雪”学生包的销售情况，发现第一周男生包的销量是个，女生包销量是个，总利润是元；第二周男生包的销量是个，女生包的销量是个，总利润是元．
（1）每个男生包和女生包的利润分别是多少元？
（2）在两种书包的进价不变的情况下，第三周店主调整了价格，男生包每个涨价元，女生包每个降价元，统计后发现，第三周两种类型书包的销量一样，并且男生包的利润达元，女生包的利润达元．求出的值．
【答案】（1）每个男生包的利润是元，每个女生包的利润元
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程的应用，分式方程的应用，解题的关键是找准等量关系列方程．
（1）设每个男生包的利润是元，每个女生包的利润是元，根据题中第一周和第二周的销量情况和总利润，列二元一次方程即可解答；
（2）根据两种包的销量一样，列分式方程，即可解答．
【小问1详解】
解：设每个男生包的利润是元，每个女生包的利润是元，
由题意得：，
解得：，
每个男生包的利润是元，每个女生包的利润元；
小问2详解】
根据题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
．
21. 中国5A级旅游景区开封市清明上河园中水车园的水车由立式水轮、竹筒、支撑架、水槽等部件组成，如图是水车园中半径为5m的水车灌田的简化示意图，立式水轮在水流的作用下利用竹筒将水运送到点A处，水沿水槽流到田地，与水面交于点B，C，且点B，C，P在同一直线上，且，若点P到点C的距离为32m，立式水轮的最低点到水面的距离为2m．连接．
（1）求证：是的切线；
（2）请求出水槽的长度．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，并延长交于D，连接，则，由切线的性质及圆周角定理可得出结论；
（2）由勾股定理求出米，证明，得出，可求出答案．
【小问1详解】
证明：连接，并延长交于D，连接，
是直径，
，
，
， ，
，
，
即，
是的切线；
【小问2详解】
过点O作，交于点E，交于点F， 连接，，
，，
，
，
，
，
，，
∴，
∴，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
22. 如图，在某中学的一场篮球赛中，李明在距离篮圈中心（水平距离）处跳起投篮，球出手时离地面，当篮球运行的水平距离为时达到离地面的最大高度．已知篮球在空中的运行路线为一条抛物线，篮圈中心距地面．
（1）建立如图所示的平面直角坐标系，求篮球运动路线所在抛物线的函数解析式；
（2）场边看球的小丽认为，李明投出的此球不能命中篮圈中心．请通过计算说明小丽判断的正确性；
（3）在球出手后，未达到最高点时，被防守队员拦截下来称为盖帽．但球到达最高点后，处于下落过程时，防守队员再出手拦截，属于犯规．在（1）的条件下，防守方球员张亮前来盖帽，已知张亮的最大摸球高度为，则他应该在李明前面多少米范围内跳起拦截才能盖帽成功？
【答案】（1）
（2）小丽的判断是正确的，计算过程见解析
（3）张亮应在李明前面1米范围内处跳起拦截才能盖帽成功
【解析】
【分析】（1）由题意可知，抛物线的顶点坐标为，球出手时的坐标为，设抛物线的解析式为，由待定系数法求解即可；
（2）求得当时的函数值，与比较即可说明小丽判断的正确性；
（3）将代入函数的解析式求得x的值，进而得出答案．
小问1详解】
抛物线顶点坐标为，
设抛物线的解析式为．
把代入，得．
；
【小问2详解】
把代入抛物线解析式
得．
，
此球不能投中，小丽的判断是正确的．
【小问3详解】
当时，，
解之，得或．
，．
答：张亮应在李明前面1米范围内处跳起拦截才能盖帽成功．
【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23. 小贺同学在数学探究课上，用几何画板进行了如下操作：首先画一个正方形，一条线段，再以点A为圆心，的长为半径，画分别交于点E．交于点G．过点E，G分别作，的垂线交于点F，易得四边形也是正方形，连接．

（1）【探究发现】如图1，
与的大小和位置关系：_________．
（2）【尝试证明】如图2，将正方形绕圆心A转动，在旋转过程中，上述（1）的关系还存在吗？请说明理由．
（3）【思维拓展】如图3，若，则
①在旋转过程中，点B，A，G三点共线时，的值为__________；
②在旋转过程中，的最大值是
【答案】（1）
（2）存在，理由见解析
（3）①，②
【解析】
【分析】（1）①延长交于H，连接， 证得三点共线，是等腰三角形，由四边形是矩形，四边形是矩形，可得出；
（2）通过延长交于点M，交于点N．证得，即可得出答案；
（3）①延长、交于点Q，可得四边形是矩形、四边形是矩形，得出，，再利用勾股定理即可得出答案；②依题意可得出F的运动轨迹是以A为圆心，为半径的圆，当C、A、F三点共线，且时，取得最大值，即可得出答案．
【小问1详解】
解：延长交于H，连接，

在正方形和正方形中：
，平分，平分，
∴，，
∴三点共线，
∴．
∵，，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∵， ，
∵，
∴
∵，
∴，
故答案为∶．
【小问2详解】
解：（1）中的关系存在．理由如下：

延长交于点M，交于点N，
∵，
∴，
∴．
在和中，
∴．
∴．
在和中，
∵，
∴，
∴．
∴且．
【小问3详解】
解：①延长、交于点Q，

∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：．
②在正方形和正方形中∶
，
∴F的运动轨迹是以A为圆心，为半径的圆，
∴当C、A、F三点共线，且时，取得最大值．
此时，
故答案为：．
【点睛】此题考查了旋转、正方形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、利用隐圆求线段最大值，难度系数较大，是中考压轴题．