2024年上海市奉贤区中考二模数学试卷含详解

这是一份2024年上海市奉贤区中考二模数学试卷含详解，共27页。试卷主要包含了除第一等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1，本试卷含三个大题，共25题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效．
2、除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤．
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1. 下列实数中，是无理数的是（ ）
A. B. C. D.
2. 下列计算中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
3. 下列关于的方程中有实数根的是（ ）
A. B.
C. D.
4. 运动会米赛跑，位运动员成绩如下表所示，其中有两个数据被遮盖，那么被遮盖的两个数据依次是（ ）
A. B. C. D.
5. 下列函数中，能同时满足以下三个特征的是（ ）
①函数图像经过点；②图像经过第二象限；③当时，随的增大而增大．
A. B. C. D. ．
6. 如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是（ ）

A. 且B. 且
C. 且D. 且
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7. 计算_____．
8. 单项式次数是____．
9. 因式分解：_______．
10. 函数y的定义域是___________．
11. 不等式组解集是______．
12. 据国家航天局消息，航天科技集团所研制的天问一号探测器由长征五号运载火箭发射，并成功着陆于火星预选着陆区，距离地球320000000千米，其中320000000用科学记数法表示为____________．
13. 在四张背面完全相同的卡片上分别印有等腰三角形、平行四边形、菱形和圆的图案，现将印有图案的一面朝下，混合后从中随机抽取两张，则抽到卡片上印有图案都是轴对称图形的概率为_____．
14. 和线段AB两个端点距离相等的轨迹是__________________．
15. 如图，已知点、、直线上，点在直线外，，，，那么______．（用向量、表示）
16. 已知两个半径都为的与交于点，，那么圆心距的长是______．
17. 如图，正方形的边长为，点在延长线上，连接，如果与相似，那么______．
18. 如图，是等腰直角三角形，，，点分别在边上，且，已知是等边三角形，且点在形内，点是重心，那么线段的取值范围是______．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19. 计算：．
20. 解方程组：
21. 如图，已知一次函数图像与反比例函数图像交于点．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）已知点在点右侧的反比例函数图像上，过点作轴的垂线，垂足为，如果，求点的坐标．
22. 上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索上海之鱼的大小．
（1）利用圆规和直尺，在图上作出圆弧形水道的圆心O．（保留作图痕迹）
（2）如图，学习小组来到了圆弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处，并测得绳子中点C与圆弧形道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点D、C、E在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径．
23. 如图，在四边形中，，，点E、F分别在边、上，且．
（1）求证：；
（2）连接 、，如果，求证：四边形是菱形．
24. 如图，在直角坐标平面中，抛物线与轴交于点、，与轴正半轴交于点，顶点为，点坐标为．
（1）写出这条抛物线的开口方向，并求顶点的坐标（用的代数式表示）；
（2）将抛物线向下平移后经过点，顶点平移至．如果锐角的正切值为，求的值；
（3）设抛物线对称轴与轴交于点，射线与轴交于点，如果，求此抛物线的表达式．
25. 如图，已知半圆的直径为，点在半径上，为的中点，点在上，以为邻边作矩形，边交于点．
（1）如果，，求边的长；
（2）连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的度数；
（3）连接并延长，交于点，如果，求值．
2023学年第二学期九年级数学练习
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1. 下列实数中，是无理数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】根据无理数是无限不循环小数，可得答案．
【详解】A.是有理数，故A错误；
B、是有理数，故B错误；
C、是有理数，故C错误；
D、是无理数，故D正确；
故选D．
【点睛】本题考查了无理数，无理数是无限不循环小数，有理数是有限小数或无限循环小数．
2. 下列计算中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】本题考查了合并同类项，同底数幂性的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方，根据以上运算法则进行计算即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，故该选项正确，符合题意；
D. ，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C．
3. 下列关于的方程中有实数根的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】本题考查了根的判别式，分式方程有意义的条件，二次根式的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
根据一元二次方程根的判别式判断A，根据乘方的意义判断B，根据分式方程有意义的条件判断C，根据二次根式的性质判断D．
【详解】解：A：，故原方程有实数根,符合题意；
B：由题意可，由乘方的意义可得，故原方程无实数根,不符合题意；
C：解分式方程得，且当时，，故原方程无实数根,不符合题意；
D：由题意可，由二次根式的性质可得，故原方程无实数根,不符合题意；
故选：A．
4. 运动会米赛跑，位运动员成绩如下表所示，其中有两个数据被遮盖，那么被遮盖的两个数据依次是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】本题考查了平均数、标准差，由平均数求出位运动员的总成绩，即可求出运动员的成绩，再根据方差计算公式求出个数据的方差，即可得到标准差，掌握平均数和方差的计算公式是解题的关键．
【详解】解：由表可得，运动员的成绩为，
∴位运动员成绩分别为
∴个数据的方差为，
∴标准差为，
故选：．
5. 下列函数中，能同时满足以下三个特征的是（ ）
①函数图像经过点；②图像经过第二象限；③当时，随的增大而增大．
A. B. C. D. ．
【答案】C
【分析】本题考查了二次函数、正比例函数、一次函数及反比例函数的图像和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
根据二次函数、正比例函数、一次函数及反比例函数的图像和性质进行判断即可．
【详解】解：A. ，①函数图像经过点；②图像经过第二、四象限；③当时，随的增大而减小，故此选项不符合题意；
B. ，①函数图像经过点；②图像经过第一、三、四象限；③当时，随的增大而增大，故此选项不符合题意；
C. ，①函数图像经过点；②图像经过第二、四象限；③当时，随的增大而增大，故此选项符合题意；
D. ，①函数图像经过点；②图像经过第一、二、三、四象限；③当时，随的增大而增大，故此选项不符合题意．
故选：C．
6. 如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是（ ）

A. 且B. 且
C. 且D. 且
【答案】D
【分析】本题考查正方形判定，掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
根据正方形的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案．
【详解】解：A. 由且可判定是矩形，故此选项不符合题意；
B. 且可判定是菱形，故此选项不符合题意；
C. 且可判定是菱形，故此选项不符合题意；
D. 且可判定是正方形，故此选项不符合题意；
故选：D．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7. 计算_____．
【答案】
【分析】根据同分母分式相加，分母不变，只把分子相加，进行计算即可．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题要考查了同分母分式的加法，解题的关键是掌握：同分母分式相加，分母不变，只把分子相加．
8. 单项式的次数是____．
【答案】
【分析】此题考查了单项式的次数的定义，根据单项式的次数就是所含字母的指数和，由此即可求解，解题的关键是熟练掌握相关的定义．
【详解】解：的次数是，
故答案为：．
9. 因式分解：_______．
【答案】
【分析】将看作，应用平方差公式，即可求解，
本题考查了公式法因式分解，解题关键是：熟练掌握平方差公式．
【详解】解：
．
10. 函数y的定义域是___________．
【答案】
【分析】由于函数解析式是分式，则要求分母不为零，则可求得自变量的取值范围即函数的定义域．
【详解】解：根据题意得：，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了求函数自变量的取值范围，初中求自变量取值范围的常常是三类函数：解析式是整式时，自变量的取值范围是全体实数；解析式是分式时，分母不为零；解析式是二次根式时，被开方数非负．
11. 不等式组的解集是______．
【答案】
【分析】本题考查了求不等式组的解集，分别求出每一个不等式的解集，找到它们的公共部分即可，正确求出每一个不等式的解集是解题的关键．
【详解】解：
∵解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集是，
故答案为：．
12. 据国家航天局消息，航天科技集团所研制的天问一号探测器由长征五号运载火箭发射，并成功着陆于火星预选着陆区，距离地球320000000千米，其中320000000用科学记数法表示为____________．
【答案】
【分析】利用科学记数法的定义解决．科学记数法的表示形式为的形式，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．
【详解】解：320000000用科学记数法表示为．
故答案为：．
【点睛】此题考查科学记数法的定义，关键是理解运用科学记数法．
13. 在四张背面完全相同的卡片上分别印有等腰三角形、平行四边形、菱形和圆的图案，现将印有图案的一面朝下，混合后从中随机抽取两张，则抽到卡片上印有图案都是轴对称图形的概率为_____．
【答案】
【分析】用字母A、B、C、D分别表示等腰三角形、平行四边形、菱形和圆，画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出抽到卡片上印有图案都是轴对称图形的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：用字母A、B、C、D分别表示等腰三角形、平行四边形、菱形和圆，
画树状图：
共有12种等可能的结果数，其中抽到卡片上印有图案都是轴对称图形的结果数为6，
所以抽到卡片上印有图案都是轴对称图形的概率．
故答案为．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．也考查了轴对称图形．
14. 和线段AB两个端点距离相等的轨迹是__________________．
【答案】线段AB的垂直平分线
【分析】根据线段垂直平分线的性质解题即可．
【详解】到线段AB两个端点的距离相等的点的轨迹是线段AB的垂直平分线，
故答案为：线段AB的垂直平分线．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质，是重要考点，难度容易，掌握相关知识是解题关键．
15. 如图，已知点、、在直线上，点在直线外，，，，那么______．（用向量、表示）
【答案】##
【分析】本题考查平面向量，在中，利用三角形法则求得；然后结合求得；最后在中，再次利用三角形法则求得答案．
【详解】解：，，
，
，
，
故答案为：．
16. 已知两个半径都为的与交于点，，那么圆心距的长是______．
【答案】
【分析】本题考查了圆与圆相交，根据两个圆相交，两个圆心所在的直线垂直平分相交弦，且圆心距被相交弦垂直平分即可求解，掌握相交圆的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，由题意可得，垂直平分，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
17. 如图，正方形的边长为，点在延长线上，连接，如果与相似，那么______．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的性质，三角函数，设，利用相似三角形的性质可得，即，求出，得到，再根据正切的定义计算即可求解，利用相似三角形的性质求得是解题的关键．
【详解】解：设，则
∵，与相似，
∴，
∴，
∴，
解得，（不合，舍去），
∴，
∴，
故答案为：．
18. 如图，是等腰直角三角形，，，点分别在边上，且，已知是等边三角形，且点在形内，点是的重心，那么线段的取值范围是______．
【答案】
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，三角形重心的性质，解直角三角形，勾股定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，连接并延长交于，连接，连接并延长交于，由点是的重心，可得分别为的中点，进而由是等边三角形可得，，，设，则，解得，又证明得是等腰直角三角形，得到，点四点共线，即得平分，平分，延长交于，则垂直平分，由勾股定理可得，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，，得到，根据点在形内，，可得，得到，又根据可得，由，，即可求出线段的取值范围，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，连接并延长交于，连接，连接并延长交于，
∵点是的重心，
∴分别为的中点，
∵是等边三角形，
∴，，，
设，则，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴点四点共线，
∴平分，平分，
延长交于，则垂直平分，
∵，，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
在中，，
∴，
∵点在形内，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19. 计算：．
【答案】2
【分析】本题考查二次根式的混合运算，掌握二次根式的性质，分数指数幂，负整数指数幂的运算法则是正确解答的前提．
先计算分数指数幂，负整数指数幂，化简绝对值，分母有理化，然后再算加减法．
【详解】解：
．
20. 解方程组：
【答案】
【分析】本题考查了代入消元法解方程及二元二次方程的解法，熟练掌握代入消元法，运算过程中细心即可．
由第一个方程得到，再代入第二个方程中，解一元二次方程方程即可求出，再回代第一个方程中即可求出．
【详解】解：由题意：，
由方程①得到：，
将③代入方程②中：得到：，
进一步整理：，
解得，
把代入方程③中，解得，
故方程组的解为：．
21. 如图，已知一次函数图像与反比例函数图像交于点．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）已知点在点右侧的反比例函数图像上，过点作轴的垂线，垂足为，如果，求点的坐标．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（）求出点坐标，再利用待定系数法求出反比例函数解析式即可；
（）设，则，根据三角形面积公式可得分式方程，解方程即可求解；
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求反比例函数解析式，利用待定系数法求出反比例函数解析式是解题的关键．
【小问1详解】
解：∵一次函数图象 与反比例函数图象交于点，
∴，
∴，
∴，
∴反比例函数解析式为；
【小问2详解】
解：如图，
设，则
∴，
∴，
整理得，，
解得，
经检验，是原方程的解，符合题意，
∴．
22. 上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索上海之鱼的大小．
（1）利用圆规和直尺，在图上作出圆弧形水道的圆心O．（保留作图痕迹）
（2）如图，学习小组来到了圆弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处，并测得绳子中点C与圆弧形道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点D、C、E在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径．
【答案】（1）见解析 （2）圆弧形水道外侧的半径为483米
【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图：
（1）如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点即为点O；
（2）如图所示，连接，由垂径定理可得，米，则四点共线，设米，则米，由勾股定理得，解得，则米．
【小问1详解】
解：如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点即为点O；
【小问2详解】
解：如图所示，连接，
∵C为的中点，点D为圆弧形道路内侧中点，
∴，米，
∴四点共线，
设米，则米，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴米．
答：圆弧形水道外侧的半径为483米．
23. 如图，在四边形中，，，点E、F分别在边、上，且．
（1）求证：；
（2）连接 、，如果，求证：四边形是菱形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【分析】（1）连接，先证明得，再证明，得，从而得出，即可由比例的性质得出结论．
（2）由平行线分线段使得，即 ，由（1）知，从而得，即可得出，再证明，得出，，从而得出，可由菱形的判定得出结论．
小问1详解】
证明：连接，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴，，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴．
【小问2详解】
证明：如图，
∵
∴
∴
由（1）知
∴
∴
∴
∵∵
∴
∴
在与中，
∴
∴，，
∴
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，等腰三角形的性质，全等三我的判定与性质，菱形的判定．熟练掌握相似三角形的判定与性质、菱形的判定是解题的关键．
24. 如图，在直角坐标平面中，抛物线与轴交于点、，与轴正半轴交于点，顶点为，点坐标为．
（1）写出这条抛物线的开口方向，并求顶点的坐标（用的代数式表示）；
（2）将抛物线向下平移后经过点，顶点平移至．如果锐角的正切值为，求的值；
（3）设抛物线对称轴与轴交于点，射线与轴交于点，如果，求此抛物线的表达式．
【答案】（1）抛物线开口向下，
（2）
（3）
【分析】本题考查了二次函数的综合应用，角度问题，正切的定义，相似三角形的性质与判定；
（1）将点代入解析式可得，根据抛物线与轴正半轴交于点，得出，即抛物线开口向下，然后化为顶点式求得顶点坐标，即可求解；
（2）过点作于点，设向下平移个单位，平移后的抛物线为，根据题意得出，得出，点代入，得出，联立解方程组，即可求解；
（3）根据题意可得则，根据题意得出直线的解析式为，进而得出，由抛物线对称轴与轴交于点，得出，则，勾股定理可得，进而代入比例式，即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线与轴交于点
∴
∴
∵抛物线与轴正半轴交于点，
∴
∴
∴抛物线开口向下，
∴抛物线解析式
∴
【小问2详解】
解：如图所示，过点作于点，

设向下平移个单位，平移后的抛物线为
∵，锐角的正切值为，
∴，则，
∴①
将点代入
②
联立①②得
【小问3详解】
解：如图所示
∵
当时，
∴
∵，
设直线的解析式为
∴
∴
∴直线的解析式为，
当时，
∴
∵抛物线对称轴与轴交于点，
∴
∴，
勾股定理可得，
∵，
∴
∴
∴
解得：（正值舍去）
∴抛物线解析式为．
25. 如图，已知半圆的直径为，点在半径上，为的中点，点在上，以为邻边作矩形，边交于点．
（1）如果，，求边的长；
（2）连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的度数；
（3）连接并延长，交于点，如果，求的值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【分析】（）连接，过点作，垂足为，由圆周角定理可得，
进而可得，再证明，根据，可得，即可求解；
（）连接，设， 则 ，， 求出，得到，进而得到，，分和两种情况解答即可求解；
（）由可得，，进而得到，可证明，得到，，设，，则，，证明，得到，
即可到，由勾股定理，即可求解；
【小问1详解】
解：连接，过点作，垂足为，
∵点是中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵矩形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，
解得，
∴；
【小问2详解】
解：连接，
设， 则 ，，
∴在中，，
∴，
∴，
，
当 时，，
即，
解得，
∴，
∵，
∴；
当时，，
即，不存在；
∴；
【小问3详解】
解：如图，
由可得，，，，
∴，
∴，
∴，，
设，，由题意得，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，平行线等分线段定理，三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
运动员
平均成绩
标准差
时间（秒）
运动员
平均成绩
标准差
时间（秒）