2024年上海市虹口区五校中考联考数学试题（解析版）

2024学年虹口区五校联考3月自适应性练习数学卷（满分：150分考试时间：100分钟）考生注意：1．带2B铅笔、黑色签字笔、橡皮擦等参加考试，考试中途不得传借文具2．不携带具有传送功能的通讯设备，一经发现视为作弊．与考试无关的所有物品放置在考场外．3．考试开始15分钟后禁止入场，不得提前交卷，考试期间严格遵守考试纪律，诚信应考，杜绝作弊．4．答题卡务必保持干净整洁，答题卡客观题建议检查好后再填涂．若因填涂模糊导致无法识别的后果自负．5．本卷为回忆版，如有题目不同请联系，答案在本卷最后一．选择题（共6题，每题4分，满分24分）1.下列计算正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据合并同类项、幂的乘方、同底数幂的除法、同底数幂的乘法进行计算即可【详解】A.不是同类项，不能合并，故错误，不符合题意；B.，故错误，不符合题意；C.，故错误，不符合题意；D.，故正确，符合题意．故答案为：D．【点睛】本题考查合并同类项、幂的乘方、同底数幂的除法、同底数幂的乘法，正确计算是解题的关键．2.若关于x的不等式组无解，则a的取值范围是（）A.a≤1 B.a＞1 C.1＜a≤2 D.﹣1＜a＜1【答案】A【解析】【分析】先解出不等式组，然后根据不等式组无解，即可解答．【详解】解：，解不等式①，得，解不等式②，得x＞1，∵关于x的不等式组无解，∴，解得：a≤1，故选：A．【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，理解题意，得出是解题的关键．3.下列平面直角坐标系内的曲线中，既是中心对称图形，也是轴对称图形的是（）A.三叶玫瑰线 B.四叶玫瑰线C.心形线 D.笛卡尔叶形线【答案】B【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；故选B．【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知二者的定义是解题的关键．4.下列说法中，不正确的是A.等腰三角形底边上的中线就是它的顶角平分线B.等腰三角形底边上的高就是底边的垂直平分线的一部分C.一条线段可看作以它的垂直平分线为对称轴的轴对称图形D.两个三角形能够重合，它们一定是轴对称的【答案】D【解析】【分析】根据平面图形的基本概念依次分析各选项即可作出判断.【详解】解：A.等腰三角形底边上的中线就是它的顶角平分线，正确，不符合题意；B.等腰三角形底边上的高就是底边的垂直平分线的一部分，正确，不符合题意；C.一条线段可看作以它的垂直平分线为对称轴的轴对称图形，正确，不符合题意；D.两个三角形能够重合，它们可能是平移或旋转的，故错误，本选项符合题意.故选：D【点睛】此题主要考查了学生对轴对称的性质及等腰三角形的性质的理解．找出每个选项正误的具体原因是解答本题的关键．5.知直线，直线，且，若以中的一条直线为x轴，中的一条直线为y轴，建立平面直角坐标系，设向右、向上为正方向，且抛物线与这四条直线的位置如图所示，则所建立的平面直角坐标系中的x轴、y轴分别为（）A.直线 B.直线 C.直线 D.直线【答案】C【解析】【分析】由函数解析式可得抛物线的对称轴及与y轴的交点，由此则可知道两坐标轴所在的直线．【详解】由解析式知，抛物线的对称轴为直线，所以抛物线的对称轴在y轴的右侧，从而直线是y轴；当x=0时，，则抛物线与y轴的交点在y轴正半轴上，所以此交点应在x轴上方，从而直线是x轴；故选：C．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，掌握二次函数的性质是关键．6.某部影片的盈利额（即影片的票房收入与固定成本之差）记为y，观影人数记为x，其函数图象如图（1）所示．由于目前该片盈利未达到预期，相关人员提出了两种调整方案，图（2）、图（3）中的实线分别为调整后y与x的函数图象．给出下列四种说法：①图（2）对应的方案是：提高票价，并提高成本；②图（2）对应的方案是：保持票价不变，并降低成本；③图（3）对应的方案是：提高票价，并保持成本不变：④图（3）对应方案是：提高票价，并降低成本．其中，正确的说法是（）A.①③ B.①④ C.②③ D.②④【答案】C【解析】【分析】本题主要考查函数的图象的应用，解题时要能熟练掌握并能学会读图分析是关键．依据题，分析图象变化前后的实际意义即可得答案．【详解】解：由图可知，点A的纵坐标的相反数表示成本，一次函数的比例系数表示票价．图（2）对应的方案是：保持票价不变，并降低成本，故①错误，②正确；图（3）对应的方案是：提高票价，并保持成本不变，故③正确，④错误．故选：C．二．填空题（共12题，每题4分，满分48分）7.因式分解：________．【答案】【解析】【分析】先提公因式，然后根据平方差公式进行计算即可求解．【详解】解：原式＝．故答案为：．【点睛】本题考查了因式分解，掌握因式分解的方法是解题的关键．8.已知，则的值为_____．【答案】##【解析】【分析】根据题意得出，再代入求值即可．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∴，原式，故答案：．【点睛】本题考查了分式的加减法以及分式有意义的条件，把条件变形得出是解本题的关键．9.函数的定义域为_______．【答案】【解析】【分析】本题考查了函数的定义域及其求法，函数的定义域，就是使函数解析式有意义的自变量的取值范围，是基础题．由根式的被开方数大于等于0，即可求解．【详解】解：根据题意得：，故答案为：．10.不等式的解集为_________．【答案】【解析】【分析】本题考查解一元一次不等式，直接将系数化为1即可求解．【详解】解：，系数化为1，得．故答案为：．11.在某公司的面试中，李明的得分情况为：个人形象85分，工作能力90分，交际能力80分，已知个人形象、工作能力和交际能力的权重为1:2:2，则李明的最终成绩是_____________．【答案】85分【解析】【分析】李明的各项成绩分别乘以其权，再除以权的和，求出加权平均数即可.【详解】解：根据题意得：，故答案为85分.【点睛】本题考查了加权平均数，本题易出现的错误是求89,93,83这三个数的平均数，对平均数的理解不正确.12.已知反比例函数的图象与直线交于点，则这个反比例函数的解析式为______．【答案】【解析】【分析】本题考查了求反比例函数解析式、求一次函数上点坐标，根据交点，代入求出坐标，再把完整坐标代入，求出反比例函数的解析式即可，正确代入计算是解题的关键．【详解】解：∵反比例函数的图象与直线交于点，∴把代入得：，∴点的坐标为，∴把代入得：，∴，∴这个反比例函数的解析式为，故答案为：．13.正六边形的中心角等于______度．【答案】60°【解析】【分析】根据正n边形中心角的公式直接求解即可.【详解】解：正六边形的圆心角等于一个周角，即为，正六边形有6个中心角，所以每个中心角=故答案为：60°【点睛】本题考查正六边形，解答本题的关键是掌握正六边形的性质，熟悉正六边形的中心角的概念14.如图，已知在平行四边形中，点E是边CD的中点，和交于点F，设．用向量表示向量，即=___________．【答案】【解析】【分析】本题考查了向量的线性运算及平行四边形的性质得到，即可得到，根据平行四边形的性质得到，结合点E是的中点推出，得到，所以，进而得到结论．【详解】解：∵是平行四边形，∴，，∴，又∵点E是的中点，∴，∴，又∵∴，，∴，∴，即，∴，故答案为：．15.已知反比例函数的表达式为，和是反比例函数图象上两点，若时，，则的取值范围是________．【答案】##m＞-0.5【解析】【分析】根据反比例函数的性质，可以得到关于m的不等式，从而可以求得m的取值范围．【详解】解：∵点A(x1,y1)，B(x2,y2)为反比例函数图象上两点，当时，，∴该反比例函数的图象的两个分支分别在第一、第三象限∴1+2m>0，解得，故m的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．16.在平面直角坐标系中，对于不在坐标轴上的任意一点，我们把点称为点的“逆倒数点”．如图，正方形的顶点为，顶点在轴正半轴上，函数的图象经过顶点和点，连结交正方形的一边于点，若点是点的“逆倒数点”，则点的坐标为________．【答案】或【解析】【分析】根据正方形性质和点的坐标，可知正方形顶点的坐标为，从而得到反比例函数解析式为，设点的坐标为，则“逆倒数”点的坐标为，点在正方形的一边上，分两种情况：①点在上，得；②点在上，得，即可求出点的坐标．【详解】解：在正方形上，点的坐标∴正方形顶点的坐标为将代入中，解得：即反比例函数解析式为：设点的坐标为，则“逆倒数”点的坐标为点在正方形的一边上，分两种情况：①点在上，，即②点在上，，即故答案为：或．【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，新定义阅读理解能力，解题的关键是灵活运用所学的知识．17.在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于y轴对称，则把该函数称之为“Y函数”，其图象上关于y轴对称的不同两点叫做一对“Y点”．若关于x的“Y函数”（，且a，b，c是常数）经过坐标原点O，且与直线l：（，且m，n是常数）交于两点，当满足时，则直线l经过的定点为_____．【答案】【解析】【分析】先根据过原点得出，再由“Y函数”得出b的值，确定二次函数解析式后，和直线联立求出交点的横坐标，写出l的解析式，确定经过的定点即可．【详解】解：∵过原点，∴，∵是“Y函数”，∴，∴，联立直线l和抛物线得：，即：∴，又∵，化简得：∴，即，∴，当时，，∴直线l必过定点．故答案为：．【点睛】本题主要考查与二次函数有关的新定义的概念，关键是要理解新定义的函数的特点，对于过定点的问题，一般要先写出解析式，然后取适当的x求出对应的y．18.如图，在矩形中，，是的中点，连接是边AD上一动点，过点的直线将矩形折叠，使点落在上的处，当是以为腰的等腰三角形时，_______．【答案】或【解析】【分析】根据矩形的性质，勾股定理可得，根据折叠的性质可得，当是以为腰的等腰三角形，分类讨论：第一种情况，，过点作于点；第二种情况，；根据等腰三角形的性质，折叠的性质，运用相似三角形的判定和性质可得，找出线段之间的数量关系列式求解即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，，∵点是中点，∴，∴在中，，∵折叠，∴，当是以为腰的等腰三角形，分类讨论：第一种情况，如图所示，，过点作于点，∴，设，则，，∴，∵，∴，且，∴，∴，即，解得，，即，∴；第二种情况，如图所示，，同理，可得，∴，即，设，则，∴，∴，在中，，∴，解得，，（舍去），∴；综上所述，的值为或，故答案为：或

．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握折叠的性质，相似三角形的判定和性质，构造相似三角形是解题的关键．三．解答题（满分78分）19.计算：．【答案】0【解析】【分析】本题主要考查了零指数幂，负整数指数幂，特殊角锐角三角函数值．先根据零指数幂，负整数指数幂，特殊角锐角三角函数值化简，再计算，即可求解．【详解】解：原式20.解方程组：【答案】，【解析】【分析】本题考查了二元二次方程组解法，解题关键通过因式分解将二元一次方程组转化为两个二元一次方程组解答．因式分解组中的方程②，得到两个二元一次方程，再代入①即可解方程组．【详解】解：由②得：，即或，把代入①得，；把代入①得，；∴方程组的解为：，．21.如图1是一张乒乓球桌，其侧面简化结构如图2所示，台面（台面厚度忽略不计）与地面平行，且高度为（台面与地面之间的距离），直线型支架与的上端E，F与台面下方相连，与的下端P，Q与直径为的脚轮（侧面是圆）相连（衔接之间的距离忽略不计），直线型支架与的上端C，D与台面下方相连，下端G，H与，相连，圆弧形支架分别与，在点G，H相连，且，已知，，

（1）求：的长度（2）当所在的圆经过点P、Q时，求：所在的圆的圆心到台面之间的距离【答案】（1）（2）【解析】【分析】本题考查垂径定理及解直角三角形的应用，理解和灵活运用垂径定理，并能够熟练地解直角三角形是解答本题的关键．（1）过点，交于点M．连接．根据已知条件求出、，由勾股定理计算的长度；（2）设点O为所在圆的圆心．连接、、、，过点O作OK⊥GH，交GH于点K，交PQ于点N．由垂径定理求得、，由勾股定理和半径相等列方程，求出，进而求出圆心到的距离．【小问1详解】解：过点G作，交于点M．连接．由题意可得：，，∴．又∵，∴，∵，，∴，∴，，∴．【小问2详解】解：设点O为所在圆的圆心．连接、、、，过点O作OK⊥GH，交GH于点K，交PQ于点N．由垂径定理，得，∴．∴．∵，，且，∴，∴，即，解得．∴．∴所在的圆的圆心到台面之间的距离为．22.“长度”和“角度”是几何学研究的核心问题．相交线与平行线的学习，让我们对“角度转化”有了深刻的体会．某数学兴趣小组受此启发，试图沟通“角度”与“长度”间的关系．在研究过程中他们发现了一条关于三角形的重要结论----“等角对等边”，即：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等．如右图，在中，若，则．以此为基础，该兴趣小组邀请你加入研究，继续解决如下新问题：在平面直角坐标系中，，，已知，点为轴上方的一点．（1）如图1，若的角平分线交于点，已知点，上有一点．则①与轴的位置关系为______；②求的长度；（2）如图2，、分别平分、，过点作的平行线，分别交、于点、．若，，求四边形的周长；（3）当点为轴上方的一动点（不在轴上）时，连接、．若邻补角的角平分线和的角平分线交于点，过点作的平行线，分别交直线、直线于点、．随着点移动，图形形状及点、、的位置也跟着变化，但线段、和之间却总是存在着确定的数量关系，请直接写出这三条线段之间的数量关系______．【答案】（1）①平行；②3；（2）14；（3）【解析】【分析】（1）①根据D、E纵坐标相等可得到结果；②根据等腰三角形的性质计算即可；（2）根据角平分线的性质、平行线的性质和等腰三角形的性质计算即可；（3）根据角平分线的性质、平行线的性质和等腰三角形的性质证明即可；【详解】（1）①∵，，∴轴，∴答案是：平行；②∵，∴，∵BD评分，∴，∴，∴是等腰三角形，∴，∵，，∴，∴；（2）∵、分别平分、，∴，，又∵，∴，，∴，，∴和是等腰直角三角形，∴，，∵，，∴，∴，又∵，，，∴，，∴，∴四边形的周长；（3）如图所示，∵AP、BP分别是邻补角的角平分线和的角平分线，∴，，又∵，∴，，∴，，∴，，∴；【点睛】本题主要考查了角平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质，准确计算是解题的关键．23.如图，在菱形中，，连结，E，F分别是，上的点，且，连接，交于点P．（1）求证：；（2）连结交于O点，设，，求证：【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据菱形的性质和等边三角形的判定和性质，利用边角边判定可以证明结论成立；（2）根据（1）中的结论和锐角三角函数，可以证明结论成立；【小问1详解】证明：∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，，在和中，，∴；【小问2详解】证明：由（1）知，，∴，∵，，∴，∵四边形是菱形，∴，垂足为O，∴，，∴，∴．【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．24.二次函数的图象交x轴于点，点，交轴于点，抛物线的顶点为点．（1）求二次函数的解析式；（2）如图1，点是抛物线上的一点，设点P的横坐标为，点在对称轴上，且，若，请求出的值；（3）如图2，将抛物线绕轴正半轴上一点旋转得到新抛物线交轴于，两点，点的对应点为点，点B的对应点为点．若，求旋转中心点的坐标【答案】（1）（2）（3）R【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）证明，则，即可求解；（3）在中，，，则，解得，在中，，故点的坐标为，进而求解．【小问1详解】解：将，点，代入函数解析式得：，解得：，这个二次函数的表达式是；【小问2详解】解：过点作轴的平行线交过点与轴的平行线与点，交过点与轴的平行线于点，，，，，，，设点的坐标为，点的坐标为，则，，，，即，解得（舍去）或4，故；【小问3详解】解：过点作交的延长线于点，由抛物线的表达式知，点，，则，，故，故设，则，在中，，，则，解得，在中，，故点的坐标为，由旋转的定义知，点是点、的中点，则，故点的坐标为．【点睛】本题要考查了二次函数的解析式、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、图形的旋转、解直角三角形，解题的关键是正确的利用性质．25.如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样