辽宁省锦州黑山县市级名校2024届中考数学猜题卷含解析

辽宁省锦州黑山县市级名校2024届中考数学猜题卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．如图所示，把直角三角形纸片沿过顶点B的直线（BE交CA于E）折叠，直角顶点C落在斜边AB上，如果折叠后得等腰△EBA，那么结论中：①∠A=30°；②点C与AB的中点重合；③点E到AB的距离等于CE的长，正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．32．方程x2+2x﹣3=0的解是（）A．x1=1，x2=3B．x1=1，x2=﹣3C．x1=﹣1，x2=3D．x1=﹣1，x2=﹣33．下列四个几何体，正视图与其它三个不同的几何体是（）A． B．C． D．4．如图，在四边形ABCD中，∠A+∠D=α，∠ABC的平分线与∠BCD的平分线交于点P，则∠P=（）A．90°-α B．90°+α C． D．360°-α5．如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，若A0,2，BA．1,-2 B．1,-1 C．2,-1 D．2,16．如图，在正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，连接AF交CG于M点，则FM=（）A． B． C． D．7．将抛物线y＝﹣（x+1）2+4平移，使平移后所得抛物线经过原点，那么平移的过程为（）A．向下平移3个单位 B．向上平移3个单位C．向左平移4个单位 D．向右平移4个单位8．一块等边三角形的木板，边长为1，现将木板沿水平线翻滚（如图），那么B点从开始至结束所走过的路径长度为（）A． B． C．4 D．2+9．如图是某几何体的三视图及相关数据，则该几何体的全面积是（）A．15π B．24π C．20π D．10π10．-3的倒数是（）A．3 B．13 C．-1二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11．如图，点A的坐标是（2，0），△ABO是等边三角形，点B在第一象限，若反比例函数的图象经过点B，则k的值是_____．12．已知是方程组的解，则3a﹣b的算术平方根是_____．13．在函数y=x-1的表达式中，自变量x的取值范围是．14．有一个计算程序，每次运算都是把一个数先乘以2，再除以它与1的和，多次重复进行这种运算的过程如下：则，y2=_____，第n次的运算结果yn=_____．（用含字母x和n的代数式表示）．15．如图，正比例函数y1=k1x和反比例函数y2=的图象交于A（﹣1，2），B（1，﹣2）两点，若y1＞y2，则x的取值范围是_____．16．如图，直线，点A1坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画弧交x轴于点A2；再过点A2作x轴的垂线交直线于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画弧交x轴于点A3，…，按照此做法进行下去，点A8的坐标为__________．17．如图，在△ABC中，∠C=40°，CA=CB，则△ABC的外角∠ABD=°．三、解答题（共7小题，满分69分）18．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，1），B（4，0），C（4，4）．按下列要求作图：①将△ABC向左平移4个单位，得到△A1B1C1；②将△A1B1C1绕点B1逆时针旋转90°，得到△A1B1C1．求点C1在旋转过程中所经过的路径长．19．（5分）如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=1OD，OE=1OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．（1）求证：DE⊥AG；（1）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图1．①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．20．（8分）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，∠EAD＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°，得到△AFB，连接EF．求证：EF＝ED；若AB＝2，CD＝1，求FE的长．21．（10分）如图，在菱形ABCD中，，点E在对角线BD上.将线段CE绕点C顺时针旋转，得到CF，连接DF.（1）求证：BE=DF；（2）连接AC，若EB=EC，求证：.22．（10分）如图，已知Rt△ABC中，∠C=90°，D为BC的中点，以AC为直径的⊙O交AB于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若AE：EB=1：2，BC=6，求⊙O的半径．23．（12分）计算：2-1+20160-3tan30°+|-|24．（14分）益马高速通车后，将桃江马迹塘的农产品运往益阳的运输成本大大降低．马迹塘一农户需要将A，B两种农产品定期运往益阳某加工厂，每次运输A，B产品的件数不变，原来每运一次的运费是1200元，现在每运一次的运费比原来减少了300元，A，B两种产品原来的运费和现在的运费（单位：元∕件）如下表所示：品种AB原来的运费4525现在的运费3020（1）求每次运输的农产品中A，B产品各有多少件；（2）由于该农户诚实守信，产品质量好，加工厂决定提高该农户的供货量，每次运送的总件数增加8件，但总件数中B产品的件数不得超过A产品件数的2倍，问产品件数增加后，每次运费最少需要多少元．

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、D【解析】

根据翻折变换的性质分别得出对应角相等以及利用等腰三角形的性质判断得出即可．【详解】∵把直角三角形纸片沿过顶点B的直线（BE交CA于E）折叠，直角顶点C落在斜边AB上，折叠后得等腰△EBA，∴∠A=∠EBA，∠CBE=∠EBA，∴∠A=∠CBE=∠EBA，∵∠C=90°，∴∠A+∠CBE+∠EBA=90°，∴∠A=∠CBE=∠EBA=30°，故①选项正确；∵∠A=∠EBA，∠EDB=90°，∴AD=BD，故②选项正确；∵∠C=∠EDB=90°，∠CBE=∠EBD=30°，∴EC=ED（角平分线上的点到角的两边距离相等），∴点E到AB的距离等于CE的长，故③选项正确，故正确的有3个．故选D．【点睛】此题主要考查了翻折变换的性质以及角平分线的性质和等腰三角形的性质等知识，利用折叠前后对应角相等是解题关键．2、B【解析】

本题可对方程进行因式分解，也可把选项中的数代入验证是否满足方程．【详解】x2+2x-3=0，即（x+3）（x-1）=0，∴x1=1，x2=﹣3故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．本题运用的是因式分解法．3、C【解析】

根据几何体的三视图画法先画出物体的正视图再解答.【详解】解：A、B、D三个几何体的主视图是由左上一个正方形、下方两个正方形构成的，而C选项的几何体是由上方2个正方形、下方2个正方形构成的，故选：C．【点睛】此题重点考查学生对几何体三视图的理解，掌握几何体的主视图是解题的关键.4、C【解析】试题分析：∵四边形ABCD中，∠ABC+∠BCD=360°﹣（∠A+∠D）=360°﹣α，∵PB和PC分别为∠ABC、∠BCD的平分线，∴∠PBC+∠PCB=（∠ABC+∠BCD）=（360°﹣α）=180°﹣α，则∠P=180°﹣（∠PBC+∠PCB）=180°﹣（180°﹣α）=α．故选C．考点：1.多边形内角与外角2.三角形内角和定理．5、C【解析】

根据A点坐标即可建立平面直角坐标．【详解】解：由A（0，2），B（1，1）可知原点的位置，

建立平面直角坐标系，如图，

∴C（2，-1）

故选：C．【点睛】本题考查平面直角坐标系，解题的关键是建立直角坐标系，本题属于基础题型．6、C【解析】

由正方形的性质知DG=CG-CD=2、AD∥GF，据此证△ADM∽△FGM得,求出GM的长，再利用勾股定理求解可得答案．【详解】解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，

∴AD=CD=BC=1、CE=CG=GF=3，∠ADM=∠G=90°，

∴DG=CG-CD=2，AD∥GF，

则△ADM∽△FGM，∴，即,解得：GM=,∴FM===,故选：C．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点．7、A【解析】将抛物线平移，使平移后所得抛物线经过原点，若左右平移n个单位得到，则平移后的解析式为：，将（0，0）代入后解得：n=-3或n=1，所以向左平移1个单位或向右平移3个单位后抛物线经过原点；若上下平移m个单位得到，则平移后的解析式为：，将（0，0）代入后解得：m=-3，所以向下平移3个单位后抛物线经过原点，故选A.8、B【解析】

根据题目的条件和图形可以判断点B分别以C和A为圆心CB和AB为半径旋转120°，并且所走过的两路径相等，求出一个乘以2即可得到．【详解】如图：BC=AB=AC=1，∠BCB′=120°，∴B点从开始至结束所走过的路径长度为2×弧BB′=2×.故选B．9、B【解析】解：根据三视图得到该几何体为圆锥，其中圆锥的高为4，母线长为5，圆锥底面圆的直径为6，所以圆锥的底面圆的面积=π×（）2=9π，圆锥的侧面积=×5×π×6=15π，所以圆锥的全面积=9π+15π=24π．故选B．点睛：本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的半径等于圆锥的母线长，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长．也考查了三视图．10、C【解析】

由互为倒数的两数之积为1，即可求解．【详解】∵-3×-13=1，∴故选C二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11、．【解析】

已知△ABO是等边三角形，通过作高BC，利用等边三角形的性质可以求出OB和OC的长度；由于Rt△OBC中一条直角边和一条斜边的长度已知，根据勾股定理还可求出BC的长度，进而确定点B的坐标；将点B的坐标代入反比例函数的解析式中，即可求出k的值.【详解】过点B作BC垂直OA于C，∵点A的坐标是（2，0），∴AO=2，∵△ABO是等边三角形，∴OC=1，BC=，∴点B的坐标是把代入，得故答案为．【点睛】考查待定系数法确定反比例函数的解析式，只需求出反比例函数图象上一点的坐标；12、2．【解析】

灵活运用方程的性质求解即可。【详解】解：由是方程组的解，可得满足方程组，由①+②的，3x-y=8,即可3a-b=8，故3a﹣b的算术平方根是，故答案：【点睛】本题主要考查二元一次方程组的性质及其解法。13、x≥1．【解析】

根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．【详解】根据题意得，x﹣1≥0，解得x≥1．故答案为x≥1．【点睛】本题考查函数自变量的取值范围，知识点为：二次根式的被开方数是非负数．14、【解析】

根据题目中的程序可以分别计算出y2和yn，从而可以解答本题．【详解】∵y1=，∴y2===，y3=，……yn=．故答案为：．【点睛】本题考查了分式的混合运算，解答本题的关键是明确题意，用代数式表示出相应的y2和yn．15、x＜﹣2或0＜x＜2【解析】

仔细观察图像，图像在上面的函数值大，图像在下面的函数值小，当y2＞y2，即正比例函数的图像在上，反比例函数的图像在下时，根据图像写出x的取值范围即可.【详解】解：如图，结合图象可得：①当x＜﹣2时，y2＞y2；②当﹣2＜x＜0时，y2＜y2；③当0＜x＜2时，y2＞y2；④当x＞2时，y2＜y2．综上所述：若y2＞y2，则x的取值范围是x＜﹣2或0＜x＜2．故答案为x＜﹣2或0＜x＜2．【点睛】本题考查了图像法解不等式，解题的关键是仔细观察图像，全面写出符合条件的x的取值范围.16、（128，0）【解析】

∵点A1坐标为（1，0），且B1A1⊥x轴，∴B1的横坐标为1，将其横坐标代入直线解析式就可以求出B1的坐标，就可以求出A1B1的值，OA1的值，根据锐角三角函数值就可以求出∠xOB3的度数，从而求出OB1的值，就可以求出OA2值，同理可以求出OB2、OB3…，从而寻找出点A2、A3…的坐标规律，最后求出A8的坐标．【详解】点坐标为(1,0),

轴

点的横坐标为1,且点在直线上

在中由勾股定理,得

,

在中,

.

.

.

.

故答案为.【点睛】本题是一道一次函数的综合试题,也是一道规律试题,考查了直角三角形的性质,特别是所对的直角边等于斜边的一半的运用,点的坐标与函数图象的关系.17、110【解析】试题解析：解：∵∠C＝40°，CA＝CB，∴∠A＝∠ABC＝70°，∴∠ABD＝∠A＋∠C＝110°.考点：等腰三角形的性质、三角形外角的性质点评：本题主要考查了等腰三角形的性质、三角形外角的性质.等腰三角形的两个底角相等；三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和.三、解答题（共7小题，满分69分）18、（1）①见解析；②见解析；（1）1π．【解析】

（1）①利用点平移的坐标规律，分别画出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点可得△A1B1C1；②利用网格特点和旋转的性质，分别画出点A1、B1、C1的对应点A1、B1、C1即可；（1）根据弧长公式计算．【详解】（1）①如图，△A1B1C1为所作；②如图，△A1B1C1为所作；（1）点C1在旋转过程中所经过的路径长＝【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移的性质．19、（1）见解析；（1）30°或150°，的长最大值为，此时．【解析】

（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；（1）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，α=150°；②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=+1，此时α=315°．【详解】(1)如图1,延长ED交AG于点H,∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，∴OA=OD，OA⊥OD，∵OG=OE，在△AOG和△DOE中，，∴△AOG≌△DOE，∴∠AGO=∠DEO，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE⊥AG；(1)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况：(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时，∵OA=OD=OG=OG′，∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O==，∴∠AG′O=30°，∵OA⊥OD,OA⊥AG′，∴OD∥AG′,∴∠DOG′=∠AG′O=30°∘，即α=30°；(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，同理可求∠BOG′=30°，∴α=180°−30°=150°.综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.②如图3,当旋转到A.

O、F′在一条直线上时,AF′的长最大，∵正方形ABCD的边长为1，∴OA=OD=OC=OB=，∵OG=1OD，∴OG′=OG=，∴OF′=1，∴AF′=AO+OF′=+1，∵∠COE′=45°，∴此时α=315°.【点睛】本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数值的应用．20、（1）见解析；（2）EF＝.【解析】

（1）由旋转的性质可求∠FAE＝∠DAE＝45°，即可证△AEF≌△AED，可得EF＝ED；（2）由旋转的性质可证∠FBE＝90°，利用勾股定理和方程的思想可求EF的长．【详解】（1）∵∠BAC＝90°，∠EAD＝45°，∴∠BAE+∠DAC＝45°，∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°，得到△AFB，∴∠BAF＝∠DAC，AF＝AD，CD＝BF，∠ABF＝∠ACD＝45°，∴∠BAF+∠BAE＝45°＝∠FAE，∴∠FAE＝∠DAE，AD＝AF，AE＝AE，∴△AEF≌△AED（SAS），∴DE＝EF（2）∵AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，∴BC＝4，∵CD＝1，∴BF＝1，BD＝3，即BE+DE＝3，∵∠ABF＝∠ABC＝45°，∴∠EBF＝90°，∴BF2+BE2＝EF2，∴1+（3﹣EF）2＝EF2，∴EF＝【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用方程的思想解决问题是本题的关键．21、证明见解析【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可得BC=DC，，再根据，从而可得，继而得=，由旋转的性质可得=，证明≌，即可证得=；（2）根据菱形的对角线的性质可得，，从而得，由，可得，由（1）可知，可推得，即可得，问题得证.【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，∴，，∵，∴，∴，∵线段由线段绕点顺时针旋转得到，∴，在和中，，∴≌，∴；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴，，∴，∵，∴，由（1）可知，，∴，∴，∴.【点睛】本题考查了旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握和应用相关的性质与定理是解题的关键.22、（1）证明见解析；（1）32【解析】试题分析：（1）求出∠OED=∠BCA=90°，根据切线的判定即可得出结论；（1）求出△BEC∽△BCA，得出比例式，代入求出即可．试题解析：（1）证明：连接OE、EC．∵AC是⊙O的直径，∴∠AEC=∠BEC=90°．∵D为BC的中点，∴ED=DC=BD，∴∠1=∠1．∵OE=OC，∴∠3=∠4，∴∠1+∠3=∠1+∠4，即∠OED=∠ACB．∵∠ACB=90°，∴∠OED=90°，∴DE是⊙O的切线；（1）由（1）知：∠BEC=90°．在Rt△BEC与Rt△BCA中，∵∠B=∠B，∠BEC=∠BCA，∴△BEC∽△BCA，∴BE：BC=BC：BA，∴BC1=BE•BA．∵AE：EB=1：1，设AE=x，则BE=1x，BA=3x．∵BC=6，∴61=1x•3x，解得：x=6，即AE=6，∴AB=36，∴AC=AB2-BC2=点睛：本题考查了切线的判定和相似三角形的性质和