辽宁省盘锦市双台子区第一中学2024届中考四模数学试题含解析_第1页
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文档简介

辽宁省盘锦市双台子区第一中学2024届中考四模数学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1.已知m=,n=,则代数式的值为()A.3 B.3 C.5 D.92.如图,直角坐标平面内有一点,那么与轴正半轴的夹角的余切值为()A.2 B. C. D.3.如图,将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度,得到△ADE,若∠CAE=65°,∠E=70°,且AD⊥BC,∠BAC的度数为().A.60° B.75° C.85° D.90°4.如图,在四边形ABCD中,对角线AC⊥BD,垂足为O,点E、F、G、H分别为边AD、AB、BC、CD的中点.若AC=10,BD=6,则四边形EFGH的面积为()A.20 B.15 C.30 D.605.抢微信红包成为节日期间人们最喜欢的活动之一.对某单位50名员工在春节期间所抢的红包金额进行统计,并绘制成了统计图.根据如图提供的信息,红包金额的众数和中位数分别是()A.20,20 B.30,20 C.30,30 D.20,306.方程的解是().A. B. C. D.7.我们从不同的方向观察同一物体时,可能看到不同的图形,则从正面、左面、上面观察都不可能看到矩形的是()A. B. C. D.8.如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的两边OA,OC分别在x轴和y轴上,并且OA=5,OC=1.若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转,使点A恰好落在BC边上的A1处,则点C的对应点C1的坐标为()A.(﹣) B.(﹣) C.(﹣) D.(﹣)9.从一个边长为3cm的大立方体挖去一个边长为1cm的小立方体,得到的几何体如图所示,则该几何体的左视图正确的是()A. B. C. D.10.如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,直角∠EPF的顶点P是BC中点,PE,PF分别交AB,AC于点E,F,给出下列四个结论:①△APE≌△CPF;②AE=CF;③△EAF是等腰直角三角形;④S△ABC=2S四边形AEPF,上述结论正确的有()A.1个 B.2个 C.3个 D.4个二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11.如图,在平面直角坐标系xOy中,A(-2,0),B(0,2),⊙O的半径为1,点C为⊙O上一动点,过点B作BP⊥直线AC,垂足为点P,则P点纵坐标的最大值为cm.12.如图,已知正方形ABCD中,∠MAN=45°,连接BD与AM,AN分别交于E,F点,则下列结论正确的有_____.①MN=BM+DN②△CMN的周长等于正方形ABCD的边长的两倍;③EF1=BE1+DF1;④点A到MN的距离等于正方形的边长⑤△AEN、△AFM都为等腰直角三角形.⑥S△AMN=1S△AEF⑦S正方形ABCD:S△AMN=1AB:MN⑧设AB=a,MN=b,则≥1﹣1.13.如图,在△ABC中,DE∥BC,,则=_____.14.如图,P是⊙O的直径AB延长线上一点,PC切⊙O于点C,PC=6,BC:AC=1:2,则AB的长为_____.15.如图,AB是⊙O的直径,CD是弦,CD⊥AB于点E,若⊙O的半径是5,CD=8,则AE=______.16.如图,与中,,,,,AD的长为________.17.利用1个a×a的正方形,1个b×b的正方形和2个a×b的矩形可拼成一个正方形(如图所示),从而可得到因式分解的公式________.三、解答题(共7小题,满分69分)18.(10分)小强的妈妈想在自家的院子里用竹篱笆围一个面积为4平方米的矩形小花园,妈妈问九年级的小强至少需要几米长的竹篱笆(不考虑接缝).小强根据他学习函数的经验做了如下的探究.下面是小强的探究过程,请补充完整:建立函数模型:设矩形小花园的一边长为x米,篱笆长为y米.则y关于x的函数表达式为________;列表(相关数据保留一位小数):根据函数的表达式,得到了x与y的几组值,如下表:x0.511.522.533.544.55y17108.38.28.79.310.811.6描点、画函数图象:如图,在平面直角坐标系xOy中,描出了以上表中各对对应值为坐标的点,根据描出的点画出该函数的图象;观察分析、得出结论:根据以上信息可得,当x=________时,y有最小值.由此,小强确定篱笆长至少为________米.19.(5分)某中学开展“汉字听写大赛”活动,为了解学生的参与情况,在该校随机抽取了四个班级学生进行调查,将收集的数据整理并绘制成图1和图2两幅尚不完整的统计图,请根据图中的信息,解答下列问题:(1)这四个班参与大赛的学生共__________人;(2)请你补全两幅统计图;(3)求图1中甲班所对应的扇形圆心角的度数;(4)若四个班级的学生总数是160人,全校共2000人,请你估计全校的学生中参与这次活动的大约有多少人.20.(8分)如图,某校教学楼AB的后面有一建筑物CD,当光线与地面的夹角是22º时,教学楼在建筑物的墙上留下高2m的影子CE;而当光线与地面的夹角是45º时,教学楼顶A在地面上的影子F与墙角C有13m的距离(B、F、C在一条直线上).求教学楼AB的高度;学校要在A、E之间挂一些彩旗,请你求出A、E之间的距离(结果保留整数).21.(10分)先化简,再求值:,其中,.22.(10分)如图,一条公路的两侧互相平行,某课外兴趣小组在公路一侧AE的点A处测得公路对面的点C与AE的夹角∠CAE=30°,沿着AE方向前进15米到点B处测得∠CBE=45°,求公路的宽度.(结果精确到0.1米,参考数据:≈1.73)23.(12分)俄罗斯世界杯足球赛期间,某商店销售一批足球纪念册,每本进价40元,规定销售单价不低于44元,且获利不高于30%.试销售期间发现,当销售单价定为44元时,每天可售出300本,销售单价每上涨1元,每天销售量减少10本,现商店决定提价销售.设每天销售量为y本,销售单价为x元.请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围;当每本足球纪念册销售单价是多少元时,商店每天获利2400元?将足球纪念册销售单价定为多少元时,商店每天销售纪念册获得的利润w元最大?最大利润是多少元?24.(14分)已知正方形ABCD的边长为2,作正方形AEFG(A,E,F,G四个顶点按逆时针方向排列),连接BE、GD,(1)如图①,当点E在正方形ABCD外时,线段BE与线段DG有何关系?直接写出结论;(2)如图②,当点E在线段BD的延长线上,射线BA与线段DG交于点M,且DG=2DM时,求边AG的长;(3)如图③,当点E在正方形ABCD的边CD所在的直线上,直线AB与直线DG交于点M,且DG=4DM时,直接写出边AG的长.

参考答案一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1、B【解题分析】

由已知可得:,=.【题目详解】由已知可得:,原式=故选:B【题目点拨】考核知识点:二次根式运算.配方是关键.2、B【解题分析】

作PA⊥x轴于点A,构造直角三角形,根据三角函数的定义求解.【题目详解】过P作x轴的垂线,交x轴于点A,

∵P(2,4),

∴OA=2,AP=4,.

∴∴.故选B.【题目点拨】本题考查的知识点是锐角三角函数的定义,解题关键是熟记三角函数的定义.3、C【解题分析】试题分析:根据旋转的性质知,∠EAC=∠BAD=65°,∠C=∠E=70°.如图,设AD⊥BC于点F.则∠AFB=90°,∴在Rt△ABF中,∠B=90°-∠BAD=25°,∴在△ABC中,∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-25°-70°=85°,即∠BAC的度数为85°.故选C.考点:旋转的性质.4、B【解题分析】

有一个角是直角的平行四边形是矩形.利用中位线定理可得出四边形EFGH是矩形,根据矩形的面积公式解答即可.【题目详解】∵点E、F分别为四边形ABCD的边AD、AB的中点,∴EF∥BD,且EF=BD=1.同理求得EH∥AC∥GF,且EH=GF=AC=5,又∵AC⊥BD,∴EF∥GH,FG∥HE且EF⊥FG.四边形EFGH是矩形.∴四边形EFGH的面积=EF•EH=1×5=2,即四边形EFGH的面积是2.故选B.【题目点拨】本题考查的是中点四边形.解题时,利用了矩形的判定以及矩形的定理,矩形的判定定理有:(1)有一个角是直角的平行四边形是矩形;(2)有三个角是直角的四边形是矩形;(1)对角线互相平分且相等的四边形是矩形.5、C【解题分析】

根据众数和中位数的定义,出现次数最多的那个数就是众数,把一组数据按照大小顺序排列,中间那个数或中间两个数的平均数叫中位数.【题目详解】捐款30元的人数为20人,最多,则众数为30,中间两个数分别为30和30,则中位数是30,故选C.【题目点拨】本题考查了条形统计图、众数和中位数,这是基础知识要熟练掌握.6、B【解题分析】

直接解分式方程,注意要验根.【题目详解】解:=0,方程两边同时乘以最简公分母x(x+1),得:3(x+1)-7x=0,解这个一元一次方程,得:x=,经检验,x=是原方程的解.故选B.【题目点拨】本题考查了解分式方程,解分式方程不要忘记验根.7、C【解题分析】

主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看,所得到的图形.依此找到从正面、左面、上面观察都不可能看到矩形的图形.【题目详解】A、主视图为长方形,左视图为长方形,俯视图为圆,故本选项错误;B、主视图为长方形,左视图为长方形,俯视图为长方形,故本选项错误;C、主视图为等腰梯形,左视图为等腰梯形,俯视图为圆环,从正面、左面、上面观察都不可能看到长方形,故本选项正确;D、主视图为三角形,左视图为三角形,俯视图为有对角线的矩形,故本选项错误.故选C.【题目点拨】本题重点考查了三视图的定义考查学生的空间想象能力,关键是根据主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看,所得到的图形解答.8、A【解题分析】

直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系,再利用勾股定理得出答案.【题目详解】过点C1作C1N⊥x轴于点N,过点A1作A1M⊥x轴于点M,由题意可得:∠C1NO=∠A1MO=90°,∠1=∠2=∠1,则△A1OM∽△OC1N,∵OA=5,OC=1,∴OA1=5,A1M=1,∴OM=4,∴设NO=1x,则NC1=4x,OC1=1,则(1x)2+(4x)2=9,解得:x=±(负数舍去),则NO=,NC1=,故点C的对应点C1的坐标为:(-,).故选A.【题目点拨】此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理等知识,正确得出△A1OM∽△OC1N是解题关键.9、C【解题分析】

左视图就是从物体的左边往右边看.小正方形应该在右上角,故B错误,看不到的线要用虚线,故A错误,大立方体的边长为3cm,挖去的小立方体边长为1cm,所以小正方形的边长应该是大正方形,故D错误,所以C正确.故此题选C.10、C【解题分析】

利用“角边角”证明△APE和△CPF全等,根据全等三角形的可得AE=CF,再根据等腰直角三角形的定义得到△EFP是等腰直角三角形,根据全等三角形的面积相等可得△APE的面积等于△CPF的面积相等,然后求出四边形AEPF的面积等于△ABC的面积的一半.【题目详解】∵AB=AC,∠BAC=90°,点P是BC的中点,∴AP⊥BC,AP=PC,∠EAP=∠C=45°,∴∠APF+∠CPF=90°,∵∠EPF是直角,∴∠APF+∠APE=90°,∴∠APE=∠CPF,在△APE和△CPF中,,∴△APE≌△CPF(ASA),∴AE=CF,故①②正确;∵△AEP≌△CFP,同理可证△APF≌△BPE,∴△EFP是等腰直角三角形,故③错误;∵△APE≌△CPF,∴S△APE=S△CPF,∴四边形AEPF=S△AEP+S△APF=S△CPF+S△BPE=S△ABC.故④正确,故选C.【题目点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的判定与性质,根据同角的余角相等求出∠APE=∠CPF,从而得到△APE和△CPF全等是解题的关键,也是本题的突破点.二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11、【解题分析】

当AC与⊙O相切于点C时,P点纵坐标的最大值,如图,直线AC交y轴于点D,连结OC,作CH⊥x轴于H,PM⊥x轴于M,DN⊥PM于N,∵AC为切线,∴OC⊥AC,在△AOC中,∵OA=2,OC=1,∴∠OAC=30°,∠AOC=60°,在Rt△AOD中,∵∠DAO=30°,∴OD=OA=,在Rt△BDP中,∵∠BDP=∠ADO=60°,∴DP=BD=(2-)=1-,在Rt△DPN中,∵∠PDN=30°,∴PN=DP=-,而MN=OD=,∴PM=PN+MN=1-+=,即P点纵坐标的最大值为.【题目点拨】本题是圆的综合题,先求出OD的长度,最后根据两点之间线段最短求出PN+MN的值.12、①②③④⑤⑥⑦.【解题分析】

将△ABM绕点A逆时针旋转,使AB与AD重合,得到△ADH.证明△MAN≌△HAN,得到MN=NH,根据三角形周长公式计算判断①;判断出BM=DN时,MN最小,即可判断出⑧;根据全等三角形的性质判断②④;将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH,连接HE.证明△EAH≌△EAF,得到∠HBE=90°,根据勾股定理计算判断③;根据等腰直角三角形的判定定理判断⑤;根据等腰直角三角形的性质、三角形的面积公式计算,判断⑥,根据点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长、三角形的面积公式计算,判断⑦.【题目详解】将△ABM绕点A逆时针旋转,使AB与AD重合,得到△ADH.则∠DAH=∠BAM,∵四边形ABCD是正方形,∴∠BAD=90°,∵∠MAN=45°,∴∠BAN+∠DAN=45°,∴∠NAH=45°,在△MAN和△HAN中,,∴△MAN≌△HAN,∴MN=NH=BM+DN,①正确;∵BM+DN≥1,(当且仅当BM=DN时,取等号)∴BM=DN时,MN最小,∴BM=b,∵DH=BM=b,∴DH=DN,∵AD⊥HN,∴∠DAH=∠HAN=11.5°,在DA上取一点G,使DG=DH=b,∴∠DGH=45°,HG=DH=b,∵∠DGH=45°,∠DAH=11.5°,∴∠AHG=∠HAD,∴AG=HG=b,∴AB=AD=AG+DG=b+b=b=a,∴,∴,当点M和点B重合时,点N和点C重合,此时,MN最大=AB,即:,∴≤≤1,⑧错误;∵MN=NH=BM+DN∴△CMN的周长=CM+CN+MN=CM+BM+CN+DN=CB+CD,∴△CMN的周长等于正方形ABCD的边长的两倍,②结论正确;∵△MAN≌△HAN,∴点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长AD,④结论正确;如图1,将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH,连接HE.∵∠DAF+∠BAE=90°-∠EAF=45°,∠DAF=∠BAE,∴∠EAH=∠EAF=45°,∵EA=EA,AH=AD,∴△EAH≌△EAF,∴EF=HE,∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD,∴∠HBE=90°,在Rt△BHE中,HE1=BH1+BE1,∵BH=DF,EF=HE,∵EF1=BE1+DF1,③结论正确;∵四边形ABCD是正方形,∴∠ADC=90°,∠BDC=∠ADB=45°,∵∠MAN=45°,∴∠EAN=∠EDN,∴A、E、N、D四点共圆,∴∠ADN+∠AEN=180°,∴∠AEN=90°∴△AEN是等腰直角三角形,同理△AFM是等腰直角三角形;⑤结论正确;∵△AEN是等腰直角三角形,同理△AFM是等腰直角三角形,∴AM=AF,AN=AE,如图3,过点M作MP⊥AN于P,在Rt△APM中,∠MAN=45°,∴MP=AMsin45°,∵S△AMN=AN•MP=AM•AN•sin45°,S△AEF=AE•AF•sin45°,∴S△AMN:S△AEF=1,∴S△AMN=1S△AEF,⑥正确;∵点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长,∴S正方形ABCD:S△AMN==1AB:MN,⑦结论正确.即:正确的有①②③④⑤⑥⑦,故答案为①②③④⑤⑥⑦.【题目点拨】此题是四边形综合题,主要考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,解本题的关键是构造全等三角形.13、【解题分析】

先利用平行条件证明三角形的相似,再利用相似三角形面积比等于相似比的平方,即可解题.【题目详解】解:∵DE∥BC,,∴,由平行条件易证△ADE△ABC,∴S△ADE:S△ABC=1:9,∴=.【题目点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质,中等难度,熟记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题关键.14、1【解题分析】PC切⊙O于点C,则∠PCB=∠A,∠P=∠P,

∴△PCB∽△PAC,∴,∵BP=PC=3,

∴PC2=PB•PA,即36=3•PA,

∵PA=12

∴AB=12-3=1.故答案是:1.15、2【解题分析】

连接OC,由垂径定理知,点E是CD的中点,在直角△OCE中,利用勾股定理即可得到关于半径的方程,求得圆半径即可【题目详解】设AE为x,连接OC,∵AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB于点E,CD=8,∴∠CEO=90°,CE=DE=4,由勾股定理得:OC2=CE2+OE2,52=42+(5-x)2,解得:x=2,则AE是2,故答案为:2【题目点拨】此题考查垂径定理和勾股定理,,解题的关键是利用勾股定理求关于半径的方程.16、【解题分析】

先证明△ABC∽△ADB,然后根据相似三角形的判定与性质列式求解即可.【题目详解】∵,,∴△ABC∽△ADB,∴,∵,,∴,∴AD=.故答案为:.【题目点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质:在判定两个三角形相似时,应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件,以充分发挥基本图形的作用,寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形.灵活运用相似三角形的性质进行几何计算.17、a1+1ab+b1=(a+b)1【解题分析】试题分析:两个正方形的面积分别为a1,b1,两个长方形的面积都为ab,组成的正方形的边长为a+b,面积为(a+b)1,所以a1+1ab+b1=(a+b)1.点睛:本题考查了运用完全平方公式分解因式,关键是理解题中给出的各个图形之间的面积关系.三、解答题(共7小题,满分69分)18、见解析【解题分析】

根据题意:一边为x米,面积为4,则另一边为米,篱笆长为y=2(x)=2x,由x═()2+4可得当x=2,y有最小值,则可求篱笆长.【题目详解】根据题意:一边为x米,面积为4,则另一边为米,篱笆长为y=2(x)=2x∵x()2+()2=()2+4,∴x4,∴2x1,∴当x=2时,y有最小值为1,由此小强确定篱笆长至少为1米.故答案为:y=2x,2,1.【题目点拨】本题考查了反比例函数的应用,完全平方公式的运用,关键是熟练运用完全平方公式.19、(1)100;(2)见解析;(3)108°;(4)1250.【解题分析】试题分析:(1)根据乙班参赛30人,所占比为20%,即可求出这四个班总人数;(2)根据丁班参赛35人,总人数是100,即可求出丁班所占的百分比,再用整体1减去其它所占的百分比,即可得出丙所占的百分比,再乘以参赛得总人数,即可得出丙班参赛得人数,从而补全统计图;(3)根据甲班级所占的百分比,再乘以360°,即可得出答案;(4)根据样本估计总体,可得答案.试题解析:(1)这四个班参与大赛的学生数是:30÷30%=100(人);故答案为100;(2)丁所占的百分比是:×100%=35%,丙所占的百分比是:1﹣30%﹣20%﹣35%=15%,则丙班得人数是:100×15%=15(人);如图:(3)甲班级所对应的扇形圆心角的度数是:30%×360°=108°;(4)根据题意得:2000×=1250(人).答:全校的学生中参与这次活动的大约有1250人.考点:条形统计图;扇形统计图;样本估计总体.20、(1)2m(2)27m【解题分析】

(1)首先构造直角三角形△AEM,利用,求出即可.(2)利用Rt△AME中,,求出AE即可.【题目详解】解:(1)过点E作EM⊥AB,垂足为M.设AB为x.在Rt△ABF中,∠AFB=45°,∴BF=AB=x,∴BC=BF+FC=x+1.在Rt△AEM中,∠AEM=22°,AM=AB-BM=AB-CE=x-2,又∵,∴,解得:x≈2.∴教学楼的高2m.(2)由(1)可得ME=BC=x+1≈2+1=3.在Rt△AME中,,∴AE=MEcos22°≈.∴A、E之间的距离约为27m.21、1【解题分析】分析:先把小括号内的通分,按照分式的减法和分式的除法法则进行化简,再把字母的值代入运算即可.详解:原式

当x=-1、y=2时,

原式=-(-1)2+2×22

=-1+8

=1.点睛:本题主要考查分式的化简求值,解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则.22、公路的宽为20.5米.【解题分析】

作CD⊥AE,设CD=x米,由∠CBD=45°知BD=CD=x,根据tan∠CAD=,可得=,解之即可.【题目详解】解:如图,过点C作CD⊥AE于点D,设公路的宽CD=x米,∵∠CBD=45°,∴BD=CD=x,在Rt△ACD中,∵∠CAE=30°,∴tan∠CAD==,即=,解得:x=≈20.5(米),答:公路的宽为20.5米.【题目点拨】本题考查了直角三角形的应用,解答本题的关键是根据仰角构造直角三角形,利用三角函数解直角三角形.23、(1)y=﹣10x+740(44≤x≤52);(2)当每本足球纪念册销售单价是50元时,商店每天获利2400元;(3)将足球纪念册销售单价定为52元时,商店每天销售纪念册获得的利润w元最大,最大利润是2640元.【解题分析】

(1)售单价每上涨1元,每天销售量减少10本,则售单价每上涨(x﹣44)元,每天销售量减少10(x﹣44)本,所以y=300﹣10(x﹣44),然后利用销售单价不低于44元,且获利不高于30%确定x的范围;(2)利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到(x﹣40)(﹣10x+740)=2400,然后解方程后利用x的范围确定销售单价;(3)利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w=(x﹣40)(﹣10x+740),再把它变形为顶点式,然后利用二次函数的性质得到x=52时w最大,从而计算出x=52时对应的w的值即可.【题目详解】(1)y=300﹣10(x﹣44),即y=﹣10x+740(44≤x≤52);(2)根据题意得(x﹣40)(﹣10x+740)=2400,解得x1=50,x2=64(舍去),答:当每本足球纪念册销售单价是50元时,商店每天获利2400元;(3)w=(x﹣40)(﹣10x+740)=﹣10x2+1140x﹣29600=﹣10(x﹣5

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