湖南省郴州市汝城县重点达标名校2023-2024学年中考数学模试卷含解析

湖南省郴州市汝城县重点达标名校2023-2024学年中考数学模试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1．若点A(1，a)和点B(4，b)在直线y＝－2x＋m上，则a与b的大小关系是()A．a＞b B．a＜bC．a＝b D．与m的值有关2．若关于的一元二次方程的一个根是0，则的值是（）A．1 B．-1 C．1或-1 D．3．下列各图中，既可经过平移，又可经过旋转，由图形①得到图形②的是（）A． B． C． D．4．小军旅行箱的密码是一个六位数，由于他忘记了密码的末位数字，则小军能一次打开该旅行箱的概率是（）A． B． C． D．5．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90º，AB＝6，BC＝8，点D在BC上，以AC为对角线的所有□ADCE中，DE的最小值是（

）A．4 B．6 C．8 D．106．如图，△ABC的面积为12，AC＝3，现将△ABC沿AB所在直线翻折，使点C落在直线AD上的C处，P为直线AD上的一点，则线段BP的长可能是（）A．3 B．5 C．6 D．107．在下列函数中，其图象与x轴没有交点的是（）A．y=2x B．y=﹣3x+1 C．y=x2 D．y=8．如图，在矩形ABCD中，E是AD上一点，沿CE折叠△CDE，点D恰好落在AC的中点F处，若CD＝，则△ACE的面积为（）A．1 B． C．2 D．29．如图，△ABC的面积为8cm2，AP垂直∠B的平分线BP于P，则△PBC的面积为（

）A．2cm2

B．3cm2

C．4cm2

D．5cm210．如图，在平行四边形ABCD中，点E在边DC上，DE：EC=3：1，连接AE交BD于点F，则△DEF的面积与△BAF的面积之比为（）A．3：4 B．9：16 C．9：1 D．3：1二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11．菱形ABCD中，，其周长为32，则菱形面积为____________.12．如图，一根直立于水平地面的木杆AB在灯光下形成影子AC（AC＞AB），当木杆绕点A按逆时针方向旋转，直至到达地面时，影子的长度发生变化．已知AE＝5m，在旋转过程中，影长的最大值为5m，最小值3m，且影长最大时，木杆与光线垂直，则路灯EF的高度为_____m．13．如果一个直角三角形的两条直角边的长分别为5、12，则斜边上的高的长度为______．14．如图，等边三角形的顶点A（1，1）、B（3，1），规定把等边△ABC“先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，如果这样连续经过2018次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为_____．15．将直尺和直角三角尺按如图方式摆放．若，，则________．16．已知一元二次方程2x2﹣5x+1=0的两根为m，n，则m2+n2=_____．三、解答题（共8题，共72分）17．（8分）化简求值：，其中x是不等式组的整数解．18．（8分）校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载．某中学数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道上确定点D，使CD与垂直，测得CD的长等于21米，在上点D的同侧取点A、B，使∠CAD=30，∠CBD=60．求AB的长(精确到0.1米，参考数据：)；已知本路段对校车限速为40千米／小时，若测得某辆校车从A到B用时2秒，这辆校车是否超速?说明理由．19．（8分）先化简，再求值：﹣1，其中a=2sin60°﹣tan45°，b=1．20．（8分）如图1，二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴的正半轴交于点C，顶点为D．（1）求顶点D的坐标（用含a的代数式表示）；（2）若以AD为直径的圆经过点C．①求抛物线的函数关系式；②如图2，点E是y轴负半轴上一点，连接BE，将△OBE绕平面内某一点旋转180°，得到△PMN（点P、M、N分别和点O、B、E对应），并且点M、N都在抛物线上，作MF⊥x轴于点F，若线段MF：BF＝1：2，求点M、N的坐标；③点Q在抛物线的对称轴上，以Q为圆心的圆过A、B两点，并且和直线CD相切，如图3，求点Q的坐标．21．（8分）为了保证端午龙舟赛在我市汉江水域顺利举办，某部门工作人员乘快艇到汉江水域考察水情，以每秒10米的速度沿平行于岸边的赛道AB由西向东行驶．在A处测得岸边一建筑物P在北偏东30°方向上，继续行驶40秒到达B处时，测得建筑物P在北偏西60°方向上，如图所示，求建筑物P到赛道AB的距离（结果保留根号）．22．（10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)．23．（12分）已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交，∠BAC＝40°．（1）如图1，若D为弧AB的中点，求∠ABC和∠ABD的度数；（2）如图2，过点D作⊙O的切线，与AB的延长线交于点P，若DP∥AC，求∠OCD的度数．24．如图，一次函数y＝kx＋b的图象与反比例函数的图象交于点A（4，3），与y轴的负半轴交于点B，连接OA，且OA＝OB．（1）求一次函数和反比例函数的表达式；（2）过点P（k，0）作平行于y轴的直线，交一次函数y＝2x＋n于点M，交反比例函数的图象于点N，若NM＝NP，求n的值．

参考答案一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1、A【解析】【分析】根据一次函数性质：中，当k>0时，y随x的增大而增大；当k<0时，y随x的增大而减小.由-2<0得，当x12时，y1>y2.【详解】因为，点A(1，a)和点B(4，b)在直线y＝－2x＋m上，-2<0,所以，y随x的增大而减小.因为，1<4,所以，a>b.故选A【点睛】本题考核知识点：一次函数性质.解题关键点:判断一次函数中y与x的大小关系，关键看k的符号.2、B【解析】

根据一元二次方程的解的定义把x=0代入方程得到关于a的一元二次方程，然后解此方程即可【详解】把x=0代入方程得，解得a=±1．∵原方程是一元二次方程，所以

，所以,故故答案为B【点睛】本题考查了一元二次方程的解的定义：使一元二次方程左右两边成立的未知数的值叫一元二次方程的解．3、D【解析】A，B，C只能通过旋转得到，D既可经过平移，又可经过旋转得到，故选D.4、A【解析】∵密码的末位数字共有10种可能（0、1、2、3、4、5、6、7、8、9、0都有可能），∴当他忘记了末位数字时，要一次能打开的概率是.故选A.5、B【解析】

平行四边形ADCE的对角线的交点是AC的中点O，当OD⊥BC时，OD最小，即DE最小，根据三角形中位线定理即可求解．【详解】平行四边形ADCE的对角线的交点是AC的中点O，当OD⊥BC时，OD最小，即DE最小。∵OD⊥BC，BC⊥AB，∴OD∥AB，又∵OC=OA，∴OD是△ABC的中位线，∴OD=AB=3，∴DE=2OD=6.故选：B.【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是利用三角形中位线定理进行求解.6、D【解析】

过B作BN⊥AC于N，BM⊥AD于M，根据折叠得出∠C′AB=∠CAB，根据角平分线性质得出BN=BM，根据三角形的面积求出BN，即可得出点B到AD的最短距离是8，得出选项即可．【详解】解：如图：

过B作BN⊥AC于N，BM⊥AD于M，

∵将△ABC沿AB所在直线翻折，使点C落在直线AD上的C′处，

∴∠C′AB=∠CAB，

∴BN=BM，

∵△ABC的面积等于12，边AC=3，

∴×AC×BN=12，

∴BN=8，

∴BM=8，

即点B到AD的最短距离是8，

∴BP的长不小于8，

即只有选项D符合，

故选D．【点睛】本题考查的知识点是折叠的性质，三角形的面积，角平分线性质的应用，解题关键是求出B到AD的最短距离，注意：角平分线上的点到角的两边的距离相等．7、D【解析】

依据一次函数的图象，二次函数的图象以及反比例函数的图象进行判断即可．【详解】A．正比例函数y=2x与x轴交于（0，0），不合题意；B．一次函数y=-3x+1与x轴交于（，0），不合题意；C．二次函数y=x2与x轴交于（0，0），不合题意；D．反比例函数y=与x轴没有交点，符合题意；故选D．8、B【解析】

由折叠的性质可得CD=CF=，DE=EF，AC=，由三角形面积公式可求EF的长，即可求△ACE的面积．【详解】解：∵点F是AC的中点，∴AF=CF=AC，∵将△CDE沿CE折叠到△CFE，∴CD=CF=，DE=EF，∴AC=，在Rt△ACD中，AD==1．∵S△ADC=S△AEC+S△CDE，∴×AD×CD=×AC×EF+×CD×DE∴1×=EF+DE，∴DE=EF=1，∴S△AEC=××1=．故选B．【点睛】本题考查了翻折变换，勾股定理，熟练运用三角形面积公式求得DE=EF=1是解决本题的关键．9、C【解析】

延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可求得△PBC的面积．【详解】延长AP交BC于E．∵AP垂直∠B的平分线BP于P，∴∠ABP＝∠EBP，∠APB＝∠BPE＝90°．在△APB和△EPB中，∵∠APB=∠EPBBP=BP∠ABP=∠EBP，∴△APB≌△EPB（ASA），∴S△APB＝S△EPB，AP＝PE，∴△APC和△CPE等底同高，∴S△APC＝S△PCE，∴S△PBC＝S△PBE+S△PCE=12S△ABC故选C．【点睛】本题考查了三角形面积和全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出S△PBC＝S△PBE+S△PCE=12S△10、B【解析】

可证明△DFE∽△BFA，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方即可得出答案．【详解】∵四边形ABCD为平行四边形，∴DC∥AB，∴△DFE∽△BFA，∵DE：EC=3：1，∴DE：DC=3：4，∴DE：AB=3：4，∴S△DFE：S△BFA=9：1．故选B．二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11、【解析】分析：根据菱形的性质易得AB=BC=CD=DA=8，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，再判定△ABD为等边三角形，根据等边三角形的性质可得AB=BD=8，从而得OB=4，在Rt△AOB中，根据勾股定理可得OA=4，继而求得AC=2AO=，再由菱形的面积公式即可求得菱形ABCD的面积.详解：∵菱形ABCD中，其周长为32，∴AB=BC=CD=DA=8，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，∵，∴△ABD为等边三角形，∴AB=BD=8，∴OB=4,在Rt△AOB中，OB=4，AB=8，根据勾股定理可得OA=4，∴AC=2AO=，∴菱形ABCD的面积为：=.点睛：本题考查了菱形性质:1.菱形的四个边都相等；2.菱形对角线相互垂直平分，并且每一组对角线平分一组对角；3.菱形面积公式=对角线乘积的一半.12、7.5【解析】试题解析：当旋转到达地面时，为最短影长，等于AB，∵最小值3m，∴AB=3m，∵影长最大时，木杆与光线垂直，即AC=5m，∴BC=4，又可得△CAB∽△CFE，∴∵AE=5m，∴解得：EF=7.5m.故答案为7.5.点睛：相似三角形的性质：相似三角形的对应边成比例.13、【解析】

利用勾股定理求出斜边长，再利用面积法求出斜边上的高即可．【详解】解：∵直角三角形的两条直角边的长分别为5，12，∴斜边为=13，∵三角形的面积=×5×12=×13h（h为斜边上的高），∴h=．故答案为：．【点睛】考查了勾股定理，以及三角形面积公式，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．14、（﹣2016，+1）【解析】

据轴对称判断出点C变换后在x轴上方，然后求出点C纵坐标，再根据平移的距离求出点A变换后的横坐标，最后写出即可．【详解】解：∵△ABC是等边三角形AB＝3﹣1＝2，∴点C到x轴的距离为1+2×＝+1，横坐标为2，∴C（2，+1），第2018次变换后的三角形在x轴上方，点C的纵坐标为+1，横坐标为2﹣2018×1＝﹣2016，所以，点C的对应点C′的坐标是（﹣2016，+1）故答案为：（﹣2016，+1）【点睛】本题考查坐标与图形变化，平移和轴对称变换，等边三角形的性质，读懂题目信息，确定出连续2018次这样的变换得到三角形在x轴上方是解题的关键．15、80°.【解析】

由于直尺外形是矩形，根据矩形的性质可知对边平行，所以∠4=∠3，再根据外角的性质即可求出结果.【详解】解：如图所示，依题意得：∠4=∠3，∵∠4=∠2+∠1=80°∴∠3=80°.故答案为80°.【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形外角的性质，掌握三角形外角的性质是解题的关键.16、【解析】

先由根与系数的关系得：两根和与两根积，再将m2+n2进行变形，化成和或积的形式，代入即可．【详解】由根与系数的关系得：m+n=，mn=，∴m2+n2=（m+n）2-2mn=()2-2×=，故答案为：．【点睛】本题考查了利用根与系数的关系求代数式的值，先将一元二次方程化为一般形式，写出两根的和与积的值，再将所求式子进行变形；如、x12+x22等等，本题是常考题型，利用完全平方公式进行转化．三、解答题（共8题，共72分）17、当x=﹣3时，原式=﹣，当x=﹣2时，原式=﹣1．【解析】

先化简分式，再解不等式组求得x的取值范围，在此范围内找到符合分式有意义的x的整数值，代入计算可得．【详解】原式=÷=•=，解不等式组，解不等式①，得：x＞﹣4，解不等式②，得：x≤﹣1，∴不等式组的解集为﹣4＜x≤﹣1，∴不等式的整数解是﹣3，﹣2，﹣1．又∵x+1≠0，x﹣1≠0∴x≠±1，∴x=﹣3或x=﹣2，当x=﹣3时，原式=﹣，当x=﹣2时，原式=﹣1．【点睛】本题考查了分式的化简求值及一元一次不等式组的整数解，求分式的值时，一定要选择使每个分式都有意义的未知数的值.18、（1）24.2米(2)超速，理由见解析【解析】

（1）分别在Rt△ADC与Rt△BDC中，利用正切函数，即可求得AD与BD的长，从而求得AB的长．（2）由从A到B用时2秒，即可求得这辆校车的速度，比较与40千米/小时的大小，即可确定这辆校车是否超速．【详解】解：（1）由題意得，在Rt△ADC中，，在Rt△BDC中，，∴AB=AD－BD=（米）．（2）∵汽车从A到B用时2秒，∴速度为24.2÷2=12.1（米/秒），∵12.1米/秒=43.56千米/小时，∴该车速度为43.56千米/小时．∵43.56千米/小时大于40千米/小时，∴此校车在AB路段超速．19、【解析】

对待求式的分子、分母进行因式分解，并将除法化为乘法可得×-1，通过约分即可得到化简结果；先利用特殊角的三角函数值求出a的值，再将a、b的值代入化简结果中计算即可解答本题.【详解】原式=×-1=-1==，当a═2sin60°﹣tan45°=2×﹣1=﹣1，b=1时，原式=.【点睛】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是熟练的掌握分式的化简求值运算法则.20、（1）（1，﹣4a）；（2）①y=﹣x2+2x+3；②M（，）、N（，）；③点Q的坐标为（1，﹣4+2）或（1，﹣4﹣2）．【解析】分析:（1）将二次函数的解析式进行配方即可得到顶点D的坐标．（2）①以AD为直径的圆经过点C，即点C在以AD为直径的圆的圆周上，依据圆周角定理不难得出△ACD是个直角三角形，且∠ACD＝90°，A点坐标可得，而C、D的坐标可由a表达出来，在得出AC、CD、AD的长度表达式后，依据勾股定理列等式即可求出a的值．②将△OBE绕平面内某一点旋转180°得到△PMN，说明了PM正好和x轴平行，且PM＝OB＝1，所以求M、N的坐标关键是求出点M的坐标；首先根据①的函数解析式设出M点的坐标，然后根据题干条件：BF＝2MF作为等量关系进行解答即可．③设⊙Q与直线CD的切点为G，连接QG，由C、D两点的坐标不难判断出∠CDQ＝45°，那么△QGD为等腰直角三角形，即QD²＝2QG²＝2QB²，设出点Q的坐标，然后用Q点纵坐标表达出QD、QB的长，根据上面的等式列方程即可求出点Q的坐标．详解:（1）∵y=ax2﹣2ax﹣3a=a（x﹣1）2﹣4a，∴D（1，﹣4a）．（2）①∵以AD为直径的圆经过点C，∴△ACD为直角三角形，且∠ACD=90°；由y=ax2﹣2ax﹣3a=a（x﹣3）（x+1）知，A（3，0）、B（﹣1，0）、C（0，﹣3a），则：AC2=9a2+9、CD2=a2+1、AD2=16a2+4由勾股定理得：AC2+CD2=AD2，即：9a2+9+a2+1=16a2+4，化简，得：a2=1，由a＜0，得：a=﹣1，②∵a=﹣1，∴抛物线的解析式：y=﹣x2+2x+3，D（1，4）．∵将△OBE绕平面内某一点旋转180°得到△PMN，∴PM∥x轴，且PM=OB=1；设M（x，﹣x2+2x+3），则OF=x，MF=﹣x2+2x+3，BF=OF+OB=x+1；∵BF=2MF，∴x+1=2（﹣x2+2x+3），化简，得：2x2﹣3x﹣5=0解得：x1=﹣1（舍去）、x2=.∴M（，）、N（，）．③设⊙Q与直线CD的切点为G，连接QG，过C作CH⊥QD于H，如下图：∵C（0，3）、D（1，4），∴CH=DH=1，即△CHD是等腰直角三角形，∴△QGD也是等腰直角三角形，即：QD2=2QG2；设Q（1，b），则QD=4﹣b，QG2=QB2=b2+4；得：（4﹣b）2=2（b2+4），化简，得：b2+8b﹣8=0，解得：b=﹣4±2；即点Q的坐标为（1，）或（1，）．点睛:此题主要考查了二次函数解析式的确定、旋转图形的性质、圆周角定理以及直线和圆的位置关系等重要知识点；后两个小题较难，最后一题中，通过构建等腰直角三角形找出QD和⊙Q半径间的数量关系是解题题目的关键．21、100米.【解析】【分析】如图，作PC⊥AB于C，构造出Rt△PAC与Rt△PBC，求出AB的长度，利用特殊角的三角函数值进行求解即可得.【详解】如图，过P点作PC⊥AB于C，由题意可知：∠PAC=60°，∠PBC=30°，在Rt△PAC中，tan∠PAC=，∴AC=PC，在Rt△PBC中，tan∠PBC=，∴BC=PC，∵AB=AC+BC=PC+PC=10×40=400，∴PC=100，答：建筑物P到赛道AB的距离为100米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，正确添加辅助线构造直角三角形，利用特殊角的三角函数值进行解答是关键.22、（1）2m（2）27m【解析】

（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．【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