2024届湖北省咸宁市三校中考数学四模试卷含解析

2024学年湖北省咸宁市三校中考数学四模试卷

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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.对于两组数据A,B,如果SA2>SB2,且尤A=%B，则（）

A.这两组数据的波动相同B.数据B的波动小一些

C.它们的平均水平不相同D.数据A的波动小一些

2.甲、乙两人在笔直的湖边公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息.已知甲先出

发4分钟，在整个步行过程中，甲、乙两人的距离y（米）与甲出发的时间t（分）之间的关系如图所示，下列结论：

①甲步行的速度为60米/分；

②乙走完全程用了32分钟；

③乙用16分钟追上甲；

④乙到达终点时，甲离终点还有300米

3.如图，数轴上的A5c三点所表示的数分别为b、c,其中45=6。，如果|。|>|c|>l切那么该数轴的原点。

的位置应该在（）

A.点A的左边B.点A与点3之间C.点3与点C之间D.点C的右边

4.如图，在菱形ABCD中，NA=60。，E是AB边上一动点（不与A、B重合），且NEDF=NA,则下列结论错误的

是（）

A.AE=BFB.ZADE=ZBEF

C.△DEF是等边三角形D.ABEF是等腰三角形

5.关于二次函数丁=2%2+4%-1,下列说法正确的是（）

A.图像与y轴的交点坐标为（o,i）B.图像的对称轴在y轴的右侧

c.当X<0时,y的值随x值的增大而减小D.y的最小值为-3

33x

6.计算—的结果为（)

(x-1)2

3333

A.B.------C.D.

1-Xx-1(1-x)2(x-1)2

7.估计而一2的值在（）

A.0到1之间B.1至！J2之间C.2到3之间D.3到4之间

8.如图，点A、B、C在圆O上，若NOBC=40。，则NA的度数为（)

B.45°C.50°D.55°

-1的绝对值是（）

9.

11

A.3B.-3C.一D.

33

10.用铝片做听装饮料瓶，现有100张铝片，每张铝片可制瓶身16个或制瓶底45个，一个瓶身和两个瓶底可配成一

套,设用x张铝片制作瓶身，则可列方程（）

A.16%=45(100—%)B.16%=45(50-%)

C.2x16%=45(100-%)D.16%=2x45(100-%)

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11.若圆锥的母线长为4cm,其侧面积葭乃切？，则圆锥底面半径为cm.

12.甲乙两地9月上旬的日平均气温如图所示，则甲乙两地这10天日平均气温方差大小关系为*s].（填“>”

13.如图，从甲楼底部A处测得乙楼顶部C处的仰角是30。，从甲楼顶部B处测得乙楼底部D处的俯角是45。，已知

甲楼的高AB是120m,则乙楼的高CD是_____m（结果保留根号）

14.已知一元二次方程x2—4x—3=0的两根为m,n,贝！In?—mn+〃2=.

is.比较大小：46___5a.（填“<"，”=”，”>"）

16.如图，小红作出了边长为1的第1个正△AiBiG,算出了正△AiBiCi的面积，然后分别取AAiBiG三边的中点

A2,B2IC2,作出了第2个正△A2B2c2,算出了正△A2B2c2的面积，用同样的方法，作出了第3个正△A3B3c3,算出

了正△A3B3c3的面积…，由此可得，第8个正△AsB8c8的面积是.

17.在10个外观相同的产品中，有2个不合格产品，现从中任意抽取1个进行检测，抽到合格产品的概率是

三、解答题（共7小题，满分69分）

18.（10分）汤姆斯杯世界男子羽毛球团体赛小组赛比赛规则：两队之间进行五局比赛，其中三局单打，两局双打，

五局比赛必须全部打完，赢得三局及以上的队获胜.假如甲，乙两队每局获胜的机会相同.

（1）若前四局双方战成2：2,那么甲队最终获胜的概率是；

（2）现甲队在前两局比赛中已取得2：0的领先，那么甲队最终获胜的概率是多少？

19.(5分)计算：百)53|+(-1)2。15+(1)-1.

2

20.（8分）在平面直角坐标系中，关于x的一次函数的图象经过点M（4,7）,且平行于直线y=2x.

（1）求该一次函数表达式；

（2）若点。（x,y）是该一次函数图象上的点，且点。在直线y=3x+2的下方，求x的取值范围.

21.（10分）如图，在△ABC中，ZC=90°,NBAC的平分线交BC于点D,点O在AB上，以点O为圆心，OA为

半径的圆恰好经过点D,分别交AC、AB于点E.F.试判断直线BC与。O的位置关系，并说明理由；若BD=2色，

BF=2,求。O的半径.

22.（10分）已知，在菱形ABCD中，ZADC=60°,点H为CD上任意一点（不与C、D重合），过点H作CD的垂

线，交BD于点E,连接AE.

（1）如图1,线段EH、CH、AE之间的数量关系是；

（2）如图2,将△DHE绕点D顺时针旋转，当点E、H、C在一条直线上时，求证：AE+EH=CH.

zj—ADch_人2

23.(12分)先化简再求值：——+(a-),其中a=2cos30°+l,Z)=tan45°.

aa

24.（14分）如图，矩形ABC。中，E是的中点，延长CE,R4交于点尸，连接AC,DF.求证：四边形ACDF

是平行四边形；当C尸平分时，写出3C与C。的数量关系，并说明理由.

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】

试题解析：方差越小，波动越小.

22

SA>，

数据B的波动小一些.

故选B.

点睛：本题考查方差的意义.方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即

波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数

据越稳定.

2、A

【解题分析】

【分析】根据题意和函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题.

【题目详解】由图可得，

甲步行的速度为：240+4=60米/分，故①正确，

乙走完全程用的时间为：2400+（16x604-12）=30（分钟），故②错误，

乙追上甲用的时间为：16-4=12（分钟），故③错误，

乙到达终点时，甲离终点距离是：2400-（4+30）x60=360米，故④错误，

故选A.

【题目点拨】本题考查了函数图象，弄清题意，读懂图象，从中找到必要的信息是解题的关键.

3、C

【解题分析】

根据绝对值是数轴上表示数的点到原点的距离，分别判断出点A、B、C到原点的距离的大小，从而得到原点的位置,

即可得解.

【题目详解】

••,|a|>|c|>|b|,

...点A到原点的距离最大，点C其次，点B最小，

又；AB=BC,

二原点O的位置是在点B、C之间且靠近点B的地方.

故选：C.

【题目点拨】

此题考查了实数与数轴，理解绝对值的定义是解题的关键.

4、D

【解题分析】

连接BD,可得△ADEg△BDF,然后可证得DE=DF,AE=BF,即可得△DEF是等边三角形,然后可证得NADE=/BEF.

【题目详解】

连接BD,•.•四边形ABCD是菱形，

1

；.AD=AB,ZADB=-ZADC,AB//CD,

2

；NA=60°,

/.ZADC=120°,ZADB=60°,

同理：NDBF=60。，

即NA=NDBF,

/.△ABD是等边三角形，

；.AD=BD,

,:NADE+NBDE=60。，NBDE+NBDF=NEDF=60。，

/.ZADE=ZBDF,

；在4ADE^DABDF中，

ZADE=ZBDF

{AD=BD,

ZA=/DBF

/.△ADE^ABDF(ASA),

.\DE=DF,AE=BF,故A正确；

VZEDF=60°,

/.△EDF是等边三角形，

正确；

NDEF=60。，

/.ZAED+ZBEF=120°,

■:ZAED+ZADE=180°-ZA=120°,

二ZADE=ZBEF；

故B正确.

,.'△ADE^ABDF,

/.AE=BF,

同理：BE=CF,

但BE不一定等于BF.

故D错误.

故选D.

【题目点拨】

本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形

解决问题.

5、D

【解题分析】

分析：根据题目中的函数解析式可以判断各个选项中的结论是否成立，从而可以解答本题.

详解：Vy=2x2+4x-l=2(x+1)2-3,

.,.当x=0时,y=-l,故选项A错误，

该函数的对称轴是直线x=-l,故选项B错误，

当xV-1时，y随x的增大而减小，故选项C错误，

当x=-l时，y取得最小值，此时y=-3,故选项D正确，

故选D.

点睛：本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答.

6、A

【解题分析】

根据分式的运算法则即可

【题目详解】

3(1-x)3

解:原式=

d)21-x

故选A.

【题目点拨】

本题主要考查分式的运算。

7,B

【解题分析】

,.'9<11<16,

；・3〈而<4,

•••1<A/1T-2<2

故选B.

8、C

【解题分析】

根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求得NBOC=100。，再利用圆周角定理得到NA='NBOC.

2

【题目详解】

VOB=OC,

/.ZOBC=ZOCB.

又NOBC=40。，

.,.ZOBC=ZOCB=40°,

ZBOC=180°-2x40°=100°,

ZA=/ZBOC=50°

2

故选：c.

【题目点拨】

考查了圆周角定理.在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半.

9、C

【解题分析】

根据数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值的定义即可解决.

【题目详解】

在数轴上，点-1到原点的距离是工，

33

所以，-2的绝对值是工，

33

故选C.

【题目点拨】

错因分析容易题，失分原因：未掌握绝对值的概念.

10、C

【解题分析】

设用X张铝片制作瓶身，则用（100-X）张铝片制作瓶底，可作瓶身16X个，瓶底45（100-九）个，再根据一个瓶身和

两个瓶底可配成一套，即可列出方程.

【题目详解】

设用x张铝片制作瓶身，则用（100-x）张铝片制作瓶底，

依题意可列方程2x16%=45（100-x）

故选C.

【题目点拨】

此题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系.

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、3

【解题分析】

二•圆锥的母线长是5cm,侧面积是15ncm2,

2V

・••圆锥的侧面展开扇形的弧长为：1=上=当=6小

r5

•.•锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长，.•=="-=包=3＜™,

InIn

12、＞

【解题分析】

观察平均气温统计图可知：乙地的平均气温比较稳定，波动小；波动越小越稳定.

【题目详解】

解：观察平均气温统计图可知：乙地的平均气温比较稳定，波动小；

则乙地的日平均气温的方差小，

故52用＞52乙.

故答案为：＞.

【题目点拨】

本题考查方差的意义.方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越

大，数据越不稳定.反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳

定.

13、406

【解题分析】

利用等腰直角三角形的性质得出AB=AD,再利用锐角三角函数关系即可得出答案.

【题目详解】

解:由题意可得：ZBDA=45°,

贝！IAB=AD=120m,

又,.,NCAD=30。，

.•.在RtAADC中，

tanZCDA=tan30°=^^-=——，

AD3

解得：CD=406(m),

故答案为4073.

【题目点拨】

CD

此题主要考查了解直角三角形的应用，正确得出tanZCDA-tan30°=—是解题关键.

AD

14、1

【解题分析】

试题分析：由m与n为已知方程的解，利用根与系数的关系求出m+n=4,mn=-3,将所求式子利用完全平方公式变

形后,BPm2-mn+n2=(^m+-3mn=16+9=l.

故答案为1.

考点：根与系数的关系.

15、＜

【解题分析】

先比较它们的平方，进而可比较46与54的大小.

【题目详解】

(4A/5)2=80,(5a)2=100,

V80＜100,

4导5a.

故答案为：＜.

【题目点拨】

本题考查了实数的大小比较，带二次根号的实数，在比较它们的大小时，通常先比较它们的平方的大小.

1fiV3

1b、---

48

【解题分析】

根据相似三角形的性质，先求出正AA2B2c2,正AA3B3c3的面积，依此类推AAnBnCn的面积是，从而求出第8个正

△AgB8c8的面积.

【题目详解】

正4AiBiCi的面积是更，

4

而△A2B2c2与△AiBiCi相似，并且相似比是1:2,

则面积的比是，则正△A2B2c2的面积是;

44

因而正△A3B3c3与正△A2B2c2的面积的比也是一，面积是43X(—)2;

444

依此类推△AnBnCn与△AnuBn-lCn-l的面积的比是L第n个三角形的面积是且(!)已

444

所以第8个正△A8B8c8的面积是走xE乌.

4448

故答案为中.

【题目点拨】

本题考查了相似三角形的性质及应用，相似三角形面积的比等于相似比的平方，找出规律是关键.

4

17、-

5

【解题分析】

10-24

试题分析：根据概率的意义，用符合条件的数量除以总数即可，即二一=《.

考点：概率

三、解答题(共7小题，满分69分)

18、(1)，；(2)7

28

【解题分析】

分析：(1)直接利用概率公式求解；

(2)画树状图展示所有8种等可能的结果数，再找出甲至少胜一局的结果数，然后根据概率公式求.

详解：(1)甲队最终获胜的概率是6

2

(2)画树状图为:

第三局获胜甲

第四局获胜甲乙甲乙

△/\AA

第五局获胜甲乙甲乙甲乙甲乙

共有8种等可能的结果数，其中甲至少胜一局的结果数为7,

所以甲队最终获胜的概率=2.

8

点睛：本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n,再从中选出符合事件A或B

的结果数目m,然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率.

19、-1

【解题分析】

分析：根据零次幕、绝对值以及负指数次塞的计算法则求出各式的值，然后进行求和得出答案.

详解：解：(-6)°-卜3|+(-1)2015+(-)7=1-3+(-1)+2=-1.

2

点睛：本题主要考查的是实数的计算法则，属于基础题型.理解各种计算法则是解决这个问题的关键.

20、(1)y=2x-l；(2)%>—3.

【解题分析】

(1)由题意可设该一次函数的解析式为：y=2x+b,将点M(4,7)代入所设解析式求出入的值即可得到一次函数

的解析式;

(2)根据直线上的点。(x,j)在直线y=3x+2的下方可得2x—l<3x+2,解不等式即得结果.

【题目详解】

解：(1)•.•一次函数平行于直线y=2x,.•.可设该一次函数的解析式为：y^2x+b,

•.•直线y=2x+Z?过点M(4,7),

.,.8+6=7,解得万=一1,

...一次函数的解析式为：j=2x-l；

(2)•.•点。(x,j)是该一次函数图象上的点，.力=2x—1,

又•••点。在直线y=3x+2的下方，如图,

/.2x—l<3x+2,

解得x>—3.

【题目点拨】

本题考查了待定系数法求一次函数的解析式以及一次函数与不等式的关系，属于常考题型，熟练掌握待定系数法与一

次函数与不等式的关系是解题的关键.

21、(1)相切，理由见解析；(1)1.

【解题分析】

⑴求出OD〃AC,得到ODLBC,根据切线的判定得出即可；

⑴根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可.

【题目详解】

⑴直线BC与。O的位置关系是相切，

理由是：连接OD,

VOA=OD,

.\ZOAD=ZODA,

VAD平分NCAB,

/.ZOAD=ZCAD,

.,.ZODA=ZCAD,

：.OD//AC,

；NC=90。，

/.ZODB=90°,即OD_LBC,

VOD为半径，

直线BC与。O的位置关系是相切；

⑴设。O的半径为R,

贝！IOD=OF=R,

在RtABDO中，由勾股定理得：OB=BD+OD,

722

即(R+1)=(10+R,

解得：R=L

即。O的半径是1.

【题目点拨】

此题考查切线的判定，勾股定理，解题关键在于求出ODLBC.

22、(1)EH2+CH2=AE2；⑵见解析.

【解题分析】

分析:(1)如图1,过E作EM_LAD于M,由四边形ABCD是菱形,得到AD=CD,ZADE=ZCDE,通过△DME丝ZiDHE,

根据全等三角形的性质得到EM=EH,DM=DH,等量代换得到AM=CH,根据勾股定理即可得到结论；

(2)如图2,根据菱形的性质得到NBDC=NBDA=30。，DA=DC,在CH上截取HG,使HG=EH,推出△DEG是等

边三角形，由等边三角形的性质得到NEDG=60。，推出ADAE义ADCG,根据全等三角形的性质即可得到结论.

详解：

(1)EH2+CH2=AE2,

如图1,过E作EM_LAD于M,

•••四边形ABCD是菱形，

.*.AD=CD,ZADE=ZCDE,

VEH±CD,

ZDME=ZDHE=90°,

在△»乂£与4DHE中，

ZDME=ZDHE

<NMDE=NHDE,

DE=DE

/.△DME^ADHE,

.*.EM=EH,DM=DH,

.*.AM=CH,

在R3AME中，AE2=AM2+EM2,

.*.AE2=EH2+CH2；

故答案为：EH2+CH2=AE2；

(2)如图2,

••,菱形ABCD,ZADC=60°,

.•.ZBDC=ZBDA=30°,DA=DC,

VEH1CD,

:.ZDEH=60°,

在CH上截取HG,使HG=EH,

VDH±EG,；.ED=DG,

XVZDEG=60°,

.,.△DEG是等边三角形，

:.ZEDG=60°,

VZEDG=ZADC=60°,

ZEDG-ZADG=ZADC-ZADG,

，ZADE=ZCDG,

在4DAE^ADCG中，

DA=DC

<ZADE=ZCDG,

DE=DG

/.△DAE^ADCG,

.*.AE=GC,

,:CH=CG+GH,

:.CH=AE+EH.

■t

点睛：考查了全等三角形的判定和性质、菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确的