2024年湖南省初中学业水平考试模拟数学试题（三）（原卷版+解析版）

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1．答题前，请考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真核对条形码上的姓名、准考证号、考室和座位号；
2．必须答题卡上答题，在草稿纸、试题卷上答题无效；
3．答题时，请考生注意各大题题号后面的答题提示；
4．请勿折叠答题卡，保持字体工整、笔迹清晰、卡面清洁；
5．答题卡上不得使用涂改液、涂改胶和贴纸；
6．本试卷共26个小题，考试时量120分钟，满分120分．
一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是符合题意的．请在答题卡中填涂符合题意的选项．本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1. 2024的相反数是（ ）
A. 2024B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了相反数，掌握符号不同的两个数互为相反数成为解题的关键．
根据只有符号不同的两个数互为相反数即可求解．
【详解】解：2024的相反数是．
故选：B．
2. “中国天眼”是世界上最大的单口径球面射电望远镜，它发现的一个脉冲星是至今世界上发现的射电流量最弱的高能亳秒脉冲星．其自转周期为0.00519秒．将0.00519用科学记数法表示应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面0的个数所决定．
【详解】解：．
故选：C．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查同底数幂的乘除法，积的乘方运算，合并同类项．根据题意逐一对选项进行判断即可得到本题答案．
【详解】解：∵不是同类项，不能作加法运算，故A选项错误；
∵，故B选项错误；
∵，故C选项错误；
∵，故D选项正确，
故选：D．
4. 如图是一个正方体的平面展开图，则原正方体中与“祝”字一面相对面上的字是（ ）
A. 祝B. 试C. 顺D. 利
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．根据正方体的表面展开图找相对面的方法：一线隔一个，“Z”字两端是对面，即可解答．
【详解】解：原正方体中与“祝”字一面相对面上的字是“利”．
故选：D．
5. 如图，在中，，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作圆弧，两弧相交于点和点，作直线，交于点，连接，则的度数为（ ）

A. 23°B. 25°C. 27°D. 29°
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了作图-复杂作图，线段垂直平分线的性质．先根据三角形内角和，等边对等角得出，再利用基本作图得垂直平分，根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得到，进而可求出答案．
【详解】解：∵，，
∴，
由作法得垂直平分，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
6. 下列命题中，是真命题的是（ ）
A. 同旁内角互补
B. 两直线被第三条直线所截，截得的内错角相等
C. 三角形的外角大于三角形的内角
D. 对顶角相等
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了判断命题真假，根据平行线性质即可判断A、B；根据三角形外角的性质即可判断C；根据对顶角相等即可判断D．
【详解】解：A、两直线平行，同旁内角互补，原命题是假命题，不符合题意；
B、两平行直线被第三条直线所截，截得的内错角相等，原命题是假命题，不符合题意；
C、三角形的外角大于与其不相邻的三角形的内角，原命题是假命题，不符合题意；
D、对顶角相等，原命题真命题，符合题意；
故选：D．
7. 如图，是的直径，弦于点E，，，则的长为（ ）

A. 5cmB. 3cmC. 2cmD. 1．5cm
【答案】C
【解析】
【分析】由垂径定理可得的长度，再由勾股定理可得的长度，然后由即可得出答案．
【详解】解：∵弦于点E，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理以及勾股定理，利用垂径定理结合勾股定理求出的长度是解题的关键．
8. 为更好地学习贯彻“第十四届全国人大会议”精神，牢记使命担当，奋进新时代，筑梦新征程．某校举办了“第十四届全国人大会议”知识竞赛，某班参赛的6名同学的成绩（单位：分）分别为：，，，，，．则这组数据的中位数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查中位数，把这组数据从小到大进行排列，然后根据中位数的定义，即可求解．
【详解】解：将这组数据按从小到大的顺序排列为：，，，，，，
处于中间位置的那两个数是和，
∴这组数据的中位数是，
故选：C．
9. 如图，将矩形直线折叠，使得点落在点处，交于点，若，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据题意证明出，得到，设，则，根据勾股定理求出，然后根据正切概念求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形
∴，，
由折叠可得，，
∴，
又∵
∴，
∴，
设，则
在中，
解得：
．
故选C．
【点睛】此题考查了勾股定理、矩形的折叠问题、全等三角形的性质和判定、正切的定义等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是解题的关键．
10. 已知抛物线（a，b，c为常数，）的对称轴为直线，与x轴交于，两点，，下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知，，即，当时，，由题意可得，，进而可判断B、C的正误；由与关于直线对称，，可得，则，可判断A的正误；由图象开口向上，可知当时，，可判断D的正误．
【详解】解：由题意知，，即，
又∵抛物线与x轴交于，两点，
∴，，
∴，B、C错误，故不符合要求；
∵与关于直线对称，，
∴，
∴，
∴，A错误，故不符合要求；
∵，图象开口向上，当时，y随着x的增大而减小，，
∴当时，，D正确，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数图象与轴的交点坐标，一元二次方程的判别式，一元二次方程的根与系数的关系等知识．熟练掌握二次函数的图象与性质，二次函数图象与轴的交点坐标，一元二次方程的判别式，一元二次方程的根与系数的关系是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
11. 若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，根据题意列出不等式成为解题的关键．
根据二次根式有意义的条件列出不等式求解即可．
【详解】解：∵式子在实数范围内有意义，
∴，解得：．
故答案为：．
12. 如图，，将的直角三角板与的内角顶点分别放在直线、上，若，则________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查平行线的性质，解题的关键是掌握平行线的性质，根据，则，再根据，等量代换，即可．
【详解】∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
13. 因式分解：______．
【答案】
【解析】
【分析】先提公因式然后再用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了分解因式，熟练掌握平方差公式是解题的关键．
14. 国庆期间，某超市开展“有奖促销”活动，凡购物不少于50元的顾客均有一次转动转盘的机会．如图，转盘被平均分为8等份，指针固定不动，转动转盘，转盘停止后，当指针指向数字8时，该顾客获一等奖；当指针指向3或5时，该顾客获二等奖；若指针指向分界线则重转．顾客转动一次转盘，获一等奖或二等奖的可能性大小为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了概率的计算方法，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率．用获一等奖或二等奖的机会数除以所有等可能发生的机会总数即可．
【详解】解：∵转盘被平均分为8等份，当指针指向数字8时，该顾客获一等奖；当指针指向3或5时，该顾客获二等奖，
∴获一等奖或二等奖的可能性大小为．
故答案为：．
15. 《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为白话文是：把一份文件送到900里（1里千米）外的城市，如果用慢马送，需要的时间比规定的时间多1天；如果用快马送，需要的时间比规定的时间少3天．已知快马的速度是慢马速度的2倍，求规定的时间．设规定的时间为天，则可列方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，先得到慢马和快马送的时间，再根据快马的速度是慢马速度的2倍列方程即可．
【详解】解：设规定的时间为天，则慢马送的时间为天，快马送的时间为天，
根据题意，得，
故答案为：．
【点睛】本题考查列分式方程，理解题意，找到等量关系是解答的关键．
16. 如图，已知圆心角的度数为，则圆周角的度数是_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，应在优弧上取D点，连接，再进行解答即可．
【详解】解：如图，在优弧上取D点，连接，
∵点C在的圆周上，
∵的度数为，
∴．

∴．
故答案为：．
17. 在平面直角坐标系中，直线过点，则的值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，牢记直线上任意一点的坐标都满足函数关系式是解题的关键．
把代入即可得到，代入即可求解．
【详解】解：∵直线过点，
，
，
，
故答案为：2020．
18. 图1是某收纳盒实物图，图2是盒子打开时部分侧面示意图，两平行的支撑杆，与收纳盒相连．当支撑杆绕点A或B旋转时，收纳盒沿斜上方平移，且，始终保持与平行．点A位于的中垂线上，其到的距离是到距离的倍，已知，，．转动，当点E在点B的正上方时，E到的距离为，盒子关闭时，支撑杆绕点B旋转，点E恰好与点M重合，则支撑杆的长为______；将盒子完全打开如图3所示，支撑杆经过点N，则与的距离为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①令与交点为K，与交点为H，连接，连接并延长，交于点R，先求出长，再设长为x，根据勾股定理列出方程解出即可；②过E点作，交延长线于点W，连接并延长，交于点R，交于点T，先证明，再根据①可得长，根据题意可知长，根据勾股定理可求得长，长可求．
【详解】
令与交点为K，与交点为H，连接，连接并延长，交于点R
∵，点E在点B的正上方
∴、
∵点A位于的中垂线上，
∴为中垂线
∴，
∵、
∴四边形为矩形 、四边形为矩形
∴，
∴
设长为x，则根据题意可知
∴
∴在中根据勾股定理有：
即
解得
故答案为；
过E点作，交延长线于点W，连接并延长，交于点R，交于点T
则有、、
∴
∵
∴
由①可知
∵
∴
∴
∴
∵
∴在中根据勾股定理有：
∴
∴
∵点A到的距离是到距离的倍
∴点R到的距离是到距离的倍
∴
∵、、
∴四边形为矩形
∴
∴
故答案为．
【点睛】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、勾股定理，旋转的性质等知识点，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，第19—20题每小题6分，第21—22题每小题8分，第23—24题每小题9分，第25—26题每小题10分，共66分）
19. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算，涉及了负整数指数幂、零指数幂以及绝对值的求解，注意计算的准确性．
【详解】解：原式
20. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，值为．
【解析】
【分析】本题考查分式的化简求值，先算括号内的式子，再算括号外的除法，然后将的值代入化简后的式子计算即可．
【详解】解：
，
当时，原式．
21. 为弘扬向善、为善优秀品质，助力爱心公益事业，我校组织“人间自有真情在，爱心助力暖人心”慈善捐款活动，八年级全体同学参加了此次活动.随机抽查了部分同学捐款的情况，统计结果如图①和图②所示.
（1）本次共抽查了________人；并补全上面条形统计图；
（2）本次抽查学生捐款的中位数为________；众数为________；
（3）全校有八年级学生1100人，估计捐款金额超过15元（不含15元）的有多少人？
【答案】（1）50，补图见解析
（2）15，15 （3）220人
【解析】
【分析】本题考查扇形统计图，条形统计图，中位数、众数以及样本估计总体，
（1）从两个统计图中可知，样本中“捐款为5元”的学生有8人，占调查人数的，根据频率可求出答案；
（2）根据众数、中位数的定义进行计算即可；
（3）求出样本捐款金额超过15元（不含15元）的所占百分比，估计总体中捐款金额超过15元（不含15元）人数．
【小问1详解】
解： （人，
“捐款为15元”的学生有（人，补全条形统计图如下：
【小问2详解】
学生捐款金额出现次数最多的是15元，共出现18次，因此捐款金额的众数是15元，
将这50名学生捐款金额从小到大排列处在中间位置的两个数都是15元，因此中位数是15元，
故答案为：15，15；
【小问3详解】
捐款金额超过15元（不含15元）的人数（人），
所以全校八年级学生为1100名，捐款金额超过15元（不含15元）的人数为220人，
22. 如图，，，，点D在边上．

（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角的性质：
（1）由可得，进而利用即可求证；
（2）根据全等三角形的性质可得，，再根据等腰三角形的性质，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
在和中
∴.
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
23. 在我校“数学项目化学习”中，学生使用甲、乙两种原料配制奶茶．两种原料的蛋白质含量及价格如下表：
（1）现配制这种奶茶10kg，要求至少含有4200单位的蛋白质，求出所需甲种原料的质量x（kg）的取值范围．
（2）如果仅要求购买甲、乙两种原料的费用不超过72元，求所需甲种原料的质量x（kg）的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设需要甲种原料，则需要乙种原料，然后根据要求至少含有4200单位的蛋白质列出不等式求解即可；
（2）根据购买甲、乙两种原料的费用不超过72元结合（1）所求，建立关于x的不等式组进行求解即可．
【小问1详解】
解：设需要甲种原料，则需要乙种原料，
由题意得，
∴，
解得；
【小问2详解】
解：由题意得，
解得．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式的实际应用，一元一次不等式组的实际应用，正确理解题意找到不等关系是解题的关键．
24. 2024年1月17日，长征七号运载火箭在文昌航天发射场托举天舟七号货运飞船点火升空，随后将飞船精准送入预定轨道，中国载人航天工程2024年发射任务首战告捷．运载火箭从发射点处发射，当火箭到达处时、在地面雷达站处测得点的仰角为，在地面雷达站处测得点的仰角为．已知，三点在同一条直线上，求两个雷达站之间的距离（结果精确到，参考数据）．
【答案】．
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用仰角与俯角，正确地识别图形是解题的关键．根据直角三角形的性质得到，根据勾股定理得到，根据等腰直角三角形的性质得到，于是得到结论．
【详解】解：，．
，
，
又，则，
则，
答：两个雷达站之间的距离为．
25. 如图，是的直径，点是弧上一点，且，与交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若平分，求证：；
(3)在(2)的条件下，延长，交于点，若，，求的长和的半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）已知，，得到根据是的直径，得到，所以，即可证明是的切线．
（2）利用同弧所对的圆周角相等和角平分线的定义可得到∠DEA=∠DBE，通过证得△DEF∽△DBE即可求解；
（3）根据题意画出图形，连接DA、DO，不难得到OD∥BE，进而有，由PA=AO可得到，结合ED的长即可得到PD的长；由圆内接四边形的对角互补可得到∠ABE+∠ADE=180°，结合平角和平行线的性质可得到∠PDA=∠AOD，进一步可得到△PDA∽△POD，结合相似三角形的性质即可得到OA的长．
【详解】（1）∵，
∴
∵是的直径
∴
∴
∴
即
又∵是的直径
∴是切线
（2）∵∠DEA和∠ABD都是所对的圆周角，
∴∠DEA=∠ABD
∵BD平分∠ABE
∴∠ABD=∠DBE
∴∠DEA=∠DBE
∵∠EDB=∠BDE，∠DEA=∠DBE，
∴△DEF∽△DBE，
∴
∴
（3）根据题意画出图形，连接DA、DO
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD
∵∠EBD=∠OBD
∴∠EBD=∠ODB
∴OD∥BE
∴
∵PA=AO
∴PA=AO=OB，
∴
∴
∴
∵DE=2，
∴PD=4
∵∠PDA+∠ADE=180°，∠ABE+∠ADE=180°，
∴∠PDA=∠ABE
∵OD∥BE
∴∠AOD=∠ABE，
∴∠PDA=∠AOD
∵∠P=∠P，∠PDA=∠AOD
∴△PDA∽△POD
∴
设OA=x，则PA=x，PO=2x
∵PD=4，，PA=x，PO=2x
∴
∴x=
∴OA=
故答案为：
【点睛】本题考查了切线的判定定理，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，圆内接四边形的对角互补．
26. 定义：在平面直角坐标系中，抛物线与轴的交点坐标为，那么我们把经过点且平行于轴的直线称为这条抛物线的极限分割线．
【特例感知】
（1）抛物线的极限分割线与这条抛物线的交点坐标为______ ．
【深入探究】
（2）经过点和的抛物线与轴交于点，它的极限分割线与该抛物线另一个交点为，请用含的代数式表示点的坐标．
【拓展运用】
（3）在（2）的条件下，设抛物线的顶点为，直线垂直平分，垂足为，交该抛物线的对称轴于点．
①当时，求点的坐标．
②若直线与直线关于极限分割线对称，是否存在使点到直线的距离与点到直线的距离相等的的值？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）和
（2）点的坐标为
（3）①顶点为或顶点为；②存在，或或
【解析】
【分析】（1）根据定义，确定c值，再建立方程组求解即可．
（2）把点代入解析式，确定，根据定义建立方程求解即可．
（3）①根据等腰直角三角形的性质，得到等线段，再利用字母表示等线段建立绝对值等式计算即可．
②设与对称轴的交点为，用含的式子表示出点的坐标，分别写出极限分割线、直线及直线的解析式，用含的式子分别表示出点到直线的距离和点到直线的距离，根据点到直线的距离与点到直线的距离相等，得出关于的绝对值方程，解方程即可．
【小问1详解】
∵抛物线的对称轴为直线，极限分割线为，
极限分割线与这条抛物线的一个交点坐标为，则另一个交点坐标为．
故答案为： 和．
【小问2详解】
抛物线经过点，
∴
∴
∴，
解得
∴点D的坐标为．
【小问3详解】
①设与对称轴交于点，若，则．

∵点C的坐标为，点D的坐标为．．
∴，
∴，
∴，
解得．
∵抛物线的顶点为，
∴抛物线的顶点为，
∴当时，，故顶点为；
∴当时，，故顶点为；
∴顶点为或顶点为．
存在，或或．
如图，设与对称轴的交点为．

由知，，抛物线的顶点为，∴抛物线的极限分割线：，
直线垂直平分，
∴直线：，
∴点到直线的距离为；
直线与直线关于极限分割线对称，
直线： ，
∵，
∴点到直线的距离为，
点到直线的距离与点到直线的距离相等，
∴，
∴或，
解得或或，
故或或．
【点睛】．查了抛物线与坐标轴的交点坐标和直线与抛物线的交点坐标等知识点，明确题中的定义、熟练掌握二次函数的图像与性质及绝对值方程是解题的关键．原料
甲
乙
蛋白质的含量/（单位/kg）
600
100
原料价格/（元/kg）
8
4