19，2024年安徽省合肥市第三十八中学中考三模数学试题

这是一份19，2024年安徽省合肥市第三十八中学中考三模数学试题，共28页。
1．你拿到的试卷满分为150分，考试时间为120分钟；
2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，“试题卷”共4页，“答题卷”共4页；
3．请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的；
4．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回．
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）每小题都给出A，B，C，D四个选项，其中只有一个选项是符合题目要求的．
1. 的绝对值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用绝对值的定义直接得出结果即可
【详解】解：的绝对值是：9
故选:A
【点睛】本题考查绝对值的定义，正确理解定义是关键，熟记负数的绝对值是它的相反数是重点
2. 2024年安徽省一号文件指出，今年我省确保耕地面积不低于8115万亩，其中8115万用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查科学记数法，根据科学记数法的表示方法为整数，进行表示即可．
【详解】解：8115万；
故选B．
3. 一个由圆柱和长方体组成的几何体如图水平放置，它的俯视图是（ ）试卷源自 试卷上新，欢迎访问。
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【详解】解：从上面看，一个正方形里面有一个圆且是实线．
故选C．
【点睛】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查同底数幂的乘除法、幂的乘方和合并同类项，根据运算法则逐一判断即可．
【详解】解：A. ，故计算错误，不合题意；
B. ，故计算错误，不合题意；
C. ，故计算错误，不合题意；
D. ，计算错误，符合题意；
故选：D．
5. 在数轴上表示不等式组的解集，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出不等式组中每一个不等式的解集，然后把不等式的解集表示在数轴上，再找出它们的公共部分即可．
【详解】解：由，得：，
由，得：，
不等式组解集为，
将不等式的解集表示在数轴上如下：

故选：C．
【点睛】本题考查在数轴上表示不等式的解集，把每个不等式的解集在数轴上表示出来（“”空心圆点向右画折线，“”实心圆点向右画折线，“”空心圆点向左画折线，“”实心圆点向左画折线），然后根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无处找来确定不等式组的解集．在数轴上正确表示出不等式的解集是解题的关键．
6. 两个直角三角板如图所示摆放，其中，，，，分别与交于点，，若，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查平行线的性质及三角形外角的性质，根据平行线的性质得，根据三角形内角和定理得，再根据三角形外角的性质得到．掌握平行线的性质及三角形外角的性质是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴的大小为．
故选：B．
7. 河南是中原粮仓，粮食的水分含量是评价粮食品质的重要指标，粮食水分检测对粮食的收购、运输、储存等都具有十分重要的意义．其中，电阻式粮食水分测量仪的内部电路如图甲所示，将粮食放在湿敏电阻上，使的阻值发生变化，其阻值随粮食水分含量的变化关系如图乙所示．观察图象，下列说法不正确的是（ ）
A. 当没有粮食放置时，的阻值为
B. 的阻值随着粮食水分含量的增大而减小
C. 该装置能检测的粮食水分含量的最大值是
D. 湿敏电阻与粮食水分含量之间是反比例关系
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了物理与数学的跨学科综合，成反比例关系的概念，从函数图象获取信息，是解题的关键．
根据图象对每一个选项逐一判断即可．
【详解】解：A、当没有粮食放置时，即水分含量为0，由图象可知的阻值为，故本选项不符合题意；
B、由图象可知，的阻值随着粮食水分含量的增大而减小，故本选项不符合题意；
C、由图象可知，该装置能检测的粮食水分含量的最大值是，故本选项不符合题意；
D、如果两个变量的每一组对应值的乘积是一个不等于0的常数，那么就说这两个变量成反比例，从图象中得到当水分含量为0时，的阻值为，此时这水分含量的阻值为0，不符合成反比例关系的定义，故本选项符合题意．
故选：D．
8. 如图，点P为矩形的外接圆上的动点，连接，，，当平分时，的度数为（ ）

A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】连接，推出是的直径，利用三角函数的定义求得，再分类讨论，当点P在上方和点P在下方时，据此求解即可．
【详解】解：连接，
∵点P为矩形的外接圆上的动点，
∴，
∴是的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
当点P在上方时，
∵平分，

∴，
∵，
∴，
∴；
当点P在下方时，

同理可得，
∴；
综上，度数为或
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，锐角三角函数，根据矩形的性质证明是的直径是解题的关键．
9. 如图，在中，，分别以为边在的同侧作正方形和正方形，点D在上，连接．若要求四边形的面积，则只需知道（ ）
A. 的面积B. 的长C. 的长D. 的长
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，过点作交于点，由正方形的性质得出，得到，进而得出，再证明，得到即可求解，作出合适的辅助线构建全等三角形是解本题的关键．
【详解】解：四边形，是正方形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
过点作交于点，则，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，，，
∴，
∴要求四边形的面积，只需知道的长，
故选：D．
10. 已知二次函数（为常数，）的最小值分别为，（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是熟练掌握二次函数的对称轴及二次函数最大（小值的求法．根据对称轴公式求出和的对称轴，再依据二次函数的图象和性质得出，存在最小值，进而得出，，结合条件得出，列出方程求解即可．
【详解】解：由两函数表达式可知，
函数的对称轴 为，
函数的对称轴为，且两函数图象均开口向上，
即，否则不存在最小值，两函数均在对称轴上取到最小值，
则有，，
若，则有，
解得：或（舍去），
将代入，得：，
故选：A．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11. 分解因式：=______．
【答案】a（b+1）（b﹣1）
【解析】
【详解】解：原式==a（b+1）（b﹣1），
故答案为a（b+1）（b﹣1）．
12. 一元二次方程有两个相等的实数根，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】由一元二次方程有两个相等的实数根，则 从而列方程可得答案．
【详解】解： 方程有两个相等的实数根，




故答案为：
【点睛】本题考查的是一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式是解题的关键．
13. 青年创意田园里的小火车共有3节车厢，且从任意一节车厢上车的机会均等，研学游期间团小瑶、团小海两位同学同时乘坐同一列小火车，则这两位同学从同一节车厢上车的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查树状图法求概率：画出树状图，列出所有等可能的情况，从中找出满足条件的情况，然后利用概率公式计算即可．
【详解】解：3节车厢用A、B、C表示，根据题意画树状图如图，
所有等可能的情况有9种，其中两位同学从同一节车厢上车的情况有3种，
∴；
故答案为：．
14. 如图，在中，，，点是内一点，过点作，，，垂足分别为，，．
（1）若点是的重心，则的长为______；
（2）连接，若，则的最小值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）如图，连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接，根据三角形重心的定义得到点是的中点，点是的中点，根据等腰三角形的性质及勾股定理得，证明，根据相似三角形的性质得，可得结论；
（2）如图，连接，，，，根据等腰三角形的性质得，继而得到，证明，得，说明四边形和四边形都是圆内接四边形，得，，∴，推出为定值，则点在以为弦，所含圆周角为的圆弧上运动，当时，取得最小值，此时点、、共线，利用等腰三角形的性质和勾股定理得到，
利用已知条件得到，设，则，证明，利用相似三角形的判定与性质得出结论．
【详解】解：（1）如图，连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接，
∵点是的重心，
∴是上的中线，是边上的中线，
∴点是的中点，点是的中点，
∵，，，
∴即，
此时点与点重合，即，
∴，
∴，
∵点是的中点，点是的中点，
∴，即，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）如图，连接，，，，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形和四边形都是圆内接四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴为定值，
∴点在以为弦，所含圆周角为的圆弧上运动，
∴当时，取得最小值，此时点、、共线，如图，
∵，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
故答案：．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形重心的定义，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，勾股定理，掌握相似三角形的判定与性质及同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算，根据零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值进行计算即可求解．
【详解】原式
16. 《九章算术》方程问题：“五只雀、六只燕，共重1斤（等于16两），雀重燕轻．互换其中一只，恰好一样重．问：每只雀、燕的重量各为多少？”
【答案】每只雀、燕的重量各为两和两
【解析】
【分析】设每只雀、燕的重量各为两，两，根据题意列二元一次方程组，解方程组即可解决问题．
【详解】解：设每只雀、燕的重量各为两，两，由题意得：
解方程组得：
答：每只雀、燕的重量各为两和两．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，根据题意列出方程组是解题的关键．
四、（本大题共2小题、每小题8分、满分16分）
17. 如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为顶点的△ABC，△DEF，已知点M，N都是格点．
（1）作出△ABC关于直线MN对称的；
（2）将向上平移4个单位长度得到新的三角形，请画出该三角形；
（3）填空：______（直接写出结果）．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）135°##135度
【解析】
【分析】（1）利用网格特点，分别作出点A、B、C关于直线MN的对称点即可；
（2）利用网格特点和平移的性质画出D、E、F的对应点即可；
（3）先利用轴对称的性质，平移的性质，得，，然后证明，最后利用相似三角形的性质及直角三角形的性质求解即可．
【小问1详解】
解：如图所示；
【小问2详解】
解：如图所示；
【小问3详解】
解：如图，由轴对称的性质，得，
，
由平移的性质，得，
，
，，
，
，
在中，，
，
在中，，
，即 ，
．
【点睛】本题考查了图形的变换，图形的翻折，平移及性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识，利用相似三角形的判定和性质是解决本题的关键．
18. 【观察思考】
一人巷是位于合肥市国家级景区三河古镇风景区的一个著名景点，其墙体是由方砖按照一定规律组合砌成的，如图①．
如图②是一层墙体，当中竖放一块方砖，就横放6块方砖（如图③）；当中竖放2块方砖，就横放9块方砖（如图④）；以此类推．
【规律发现】
若一段墙一共竖放的方砖有n（n为正整数）块，则
（1）横放方砖的块数为 （用含n的代数式表示）；
（2）当竖放的方砖为1时，墙体的长度为；当竖放的方砖为2时，墙体的长度为；当竖放的方砖为3时，墙体的长度为；……；当竖放的方砖为n时，墙体的长度为 ．
【规律应用】
（3）已知横放的方砖长为，竖放方砖的宽为，需要砌一段长为的一层墙体，若按照图中规律需要方砖多少块？
【答案】（1）；（2）；（3）需要方砖423块
【解析】
【分析】本题主要考查了图形类他规律探索，一元一次方程的应用：
（1）观察可知，当竖放n块方砖，就横放块方砖；
（2）观察可知，当竖放的方砖为n时，墙体的长度为；
（3）根据（2）所求得到方程，解方程即可得到答案。
【详解】解：（1）当竖放一块方砖，就横放块方砖；
当竖放2块方砖，就横放块方砖；
当竖放3块方砖，就横放块方砖；
当竖放4块方砖，就横放块方砖；
……，
以此类推，当竖放n块方砖，就横放块方砖；
故答案为：；
（2）当竖放的方砖为1时，墙体的长度为；
当竖放的方砖为2时，墙体的长度为；
当竖放的方砖为3时，墙体的长度为；
……；
以此类推，当竖放的方砖为n时，墙体的长度为；
故答案为：
（3）当时，
解得，
竖放的方砖总数为105，横放的方砖总数为，
方砖的总数为块，
答：需要方砖423块．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19. 如图所示是一种户外景观灯，它是由灯杆和灯管支架两部分构成，现测得灯管支架与灯杆的夹角，同学们想知道灯管支架的长度，借助相关仪器进行测量后结果如下表：
求灯管支架的长度．（参考数据：，，，）

【答案】
【解析】
【分析】本题考查的知识点是解直角三角形的应用，解题的关键是熟练的掌握解直角三角形的相关知识；作 ，垂足为，延长，作 ，垂足为，设，利用解三角形可得：，，再利用列方程求解．
【详解】解：作 ，垂足为，延长，作 ，垂足为．

∵，
∴．
设，
则在中，，．
在中，，
由题意得，
∵，
∴，
在中，，
，
解得；
答：灯管支架的长度是 ．
20. 如图，内接于，过点C的切线交的延长线于点D，且，连接并延长交于点E．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，解决本题的关键是掌握切线的性质．
（1）延长交圆于点，连接，根据切线的性质证明，再利用圆周角定理证明，进而可以解决问题；
（2）结合（1）根据，，得，证明，可得，利用，求出的长，进而可以求的半径．
【小问1详解】
证明：延长交圆于点，连接，
，
，
，
，
是的直径，
，
，
是的切线，
，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：，，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
的半径为．
六、（本题满分12分）
21. 为弘扬数学文化，展示数学魅力，某校八年级开展了一次数学素养大赛，并设立了以我国古代数学家名字命名的四个奖项：“祖冲之奖”、“刘徽奖”、“赵爽奖”、“秦九韶奖”，根据获奖情况绘制了获最高奖项“祖冲之奖”的学生成绩统计表（分数为整数，满分为100分），以及获奖情况的条形统计图、扇形统计图，如下所示：
获“祖冲之奖”的学生成绩统计表
据图表信息，解答下列问题．
（1）本次获奖人数有多少人？并补全条形统计图；
（2）获得“祖冲之奖”的学生成绩的中位数是 分，众数是 分；
（3）若该校共有学生1400人，则估计获得“刘徽奖”的学生人数是多少？
【答案】（1）人，补全图形见解析
（2）90，90 （3）估计该校获得“刘徽奖”学生人数大约是280人
【解析】
【分析】本题考查条形统计图和扇形统计图关联，从统计图中获取相关信息是解题的关键．
（1）先根据祖冲之奖的人数及其百分比求得总人数，再根据扇形统计图得出获得刘徽奖的人数进而补全条形统计图；
（2）根据中位数和众数的定义求解可得；
（3）用获得“刘微奖”学生人数占总获奖人数的比例乘以1400即可求解．
【小问1详解】
解：本次获奖人数有：（人），
则获得“刘徽奖”的人数有（人）．
补全条形统计图如解图所示：
【小问2详解】
解：由共有20人获得“祖冲之奖”，
则中位数应在成绩排名的第10和第11位的平均值，
成绩排名的第10和第11位都是90分，
获得“祖冲之奖”的学生成绩的中位数是90分，
获得“祖冲之奖”的学生成绩90分最多，
众数是90分；
故答案为：90，90；
【小问3详解】
解：由（1）知获得“刘微奖”学生人数为40人，总获奖人数为200人，
（人），
答：估计该校获得“刘徽奖”学生人数大约是280人．
七、（本题满分12分）
22. 在平行四边形中，分别为边上的点，且，连接．
（1）如图，若，在上截取，连接，求证：；
（2）如图，若，，求的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（）利用菱形的性质证明为等边三角形，得到，，进而证明，得到，即可求证；
（）如图，在上截取，连接，证明得到，可设，，再证明，得，可设，，可得，，即得，得到，据此即可求解；
本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握菱形的性质、等边三角形的判定和性质是解题的关键．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，，
四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
，为等边三角形，
，，
∴，
∴，
∵，
∴，
，，
，
，
，
，
∴；
【小问2详解】
解：如图，在上截取，连接，
由（）得，
，
．
，
，
设，则，
由（）知是等边三角形，
，，
，
设，则，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
．
八、（本题满分14分）
23. 如图1，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上且位于y轴右侧，点Q在x轴上，以点B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点的直线（直线除外）与抛物线交于G，H两点，直线分别交x轴于点M，N求的值．
【答案】（1）抛物线的解析式为
（2）P的坐标为或
（3）的值为16
【解析】
【分析】（1）将两点代入抛物线的解析式即可求解；
（2）分为平行四边形的对角线和边，两种情况进行讨论求解即可．
（3）可设直线解析式为，，，可求，再求直线的解析式为，从而可求，同理可求，即可求解．
【小问1详解】
解：抛物线与x轴交于两点，
，
解得，
故抛物线的解析式为．
【小问2详解】
解：∵，
∴对称轴为直线，当时，，
∴，
设，
①当为边时，则：为对角线
∵，
由中点坐标公式可得：点的纵坐标为，
令，
解得：，
∵点在轴右侧，
∴；
②当为对角线时，则：，
∴关于对称轴对称，
∴；
综上：或；
【小问3详解】
解：如图，
直线经过，
可设直线的解析式为，
、在抛物线上，
可设，，
，
整理得：，
，，
，
当时，，
，
设直线的解析式为，则有
，
解得，
直线的解析式为，
当时，，
解得：，
，
，
同理可求：，
；
当与对调位置后，同理可求；
故的值为．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合问题，待定系数法求函数解析式，求函数图象与坐标轴交点坐标，动点产生的平行四边形判定，一元二次方程根与系数的关系，理解一次函数与二次函数图象的交点，与对应一元二次方程根的关系，掌握具体的解法，并会根据题意设合适的辅助未知数是解题的关键．测量项目
测量数据
从D处测得灯杆顶部B处仰角α
从E处测得灯杆支架C处仰角β
两次测量之间水平距离
灯杆的高度
分数／分
80
85
90
95
人数／人
4
2
10
4