2024年中考数学总复习验收卷（七）（含解析）

2024年中考数学总复习验收卷（七）
数学试卷
考试范围：初中；考试时间：120分钟；满分：120分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．的倒数是（ ）
A．2023 B． C． D．
2．下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．一个人做“抛硬币”游戏，抛10次，反面朝上7次，下列说法正确的是（ ）
A．反面朝上的频率是7 B．反面朝上的频数是0.7
C．正面朝上的频数是3 D．正面朝上的频率是3
5．已知直线，将一块含30°角的直角三角板，按如图所示方式放置，其中A、B两点分别落在直线m、n上，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，已知正方形 的边长为 ， 从顶点 出发沿正方形的边运动，路线是 ，设 点经过的路程为 ， 的面积是 ，则下列图象能大致反映 与 的函数关 系的是（ ）
A． B．
C． D．
7．某学校足球队23人年龄情况如下表：
年龄/岁 12 13 14 15 16
人数 1 3 6 8 5
则下列结论正确的是（ ）A．极差为3 B．众数为15 C．中位数为14 D．平均数为14
8．若关于x的分式方程的解是负数，则m的取值范围为（ ）
A．且 B． C．且 D．
9．为了奖励疫情期间线上学习表现优异的同学，某校决定用1200元购买篮球和排球，其中篮球每个120元，排球每个90元，在两种球类都购买且资金恰好用尽的情况下，购买方案有（　　）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
10．如图，二次函数的图象过点，对称轴为直线．有以下结论：
①；
②；
③若（，），（，）是抛物线上的两点，当时，；
④点，是抛物线与轴的两个交点，若在轴下方的抛物线上存在一点，使得⊥，则的取值范围为；
⑤若方程的两根为，，且＜，则﹣2≤＜＜4．
其中正确结论的序号是（ ）
A．①②④ B．①③④
C．①③⑤ D．①②③⑤
二、填空题（每小题3分，满分21分）
11．韩城市为了能源结构优化、生态环境保护，以及推动绿色低碳高质量发展，计划投产大唐西庄农光互补光伏发电项目，总投资470000000元．将数据470000000用科学记数法表示为_________________．
12．函数的自变量x的取值范围是___．
13．如图，在和中，点A，，，在同一直线上，，，只添加一个条件：____________能判定．
14．如图为某几何体的三视图（单位：cm），则该几何体的侧面积等于______．
15．如果等腰三角形的一个外角是105°，那么它的顶角的度数为_____．
16．如图，矩形的边在轴上，点在反比例函数的图象上，点在反比例函数的图象上，若，，则_________．
17．如图，点在直线上，点的横坐标为，过作，交轴于点，以为边，向右作正方形，延长交轴于点；以为边，向右作正方形，延长交轴于点；以为边，向右作正方形延长交轴于点；按照这个规律进行下去，点的横坐标为_____（结果用含正整数的代数式表示）
三、解答题（共7道大题，共69分）
18．（本题共2个小题，第（1）题6分，第（2）题4分，共10分）
（1）计算：
（2）因式分解：
19．（本题满分5分）解方程：．
20．（本题满分8分）由于疫情的影响，学生不能返校上课，某校在直播授课的同时还为学生提供了四种辅助学习方式：网上自测，网上阅读，网上答疑，网上讨论．为了解学生对四种学习方式的喜欢情况，该校随机抽取部分学生进行问卷调查，规定被调查学生从四种方式中选择自己最喜欢的一种，根据调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图：
根据统计图提供的信息，解答下列问题：
(1)本次共调查了______名学生；
(2)在扇形统计图中，的值是______，对应的扇形圆心角的度数是______；
(3)请补全条形统计图；
(4)若该校共有2000名学生，根据抽样调查的结果，请你估计该校最喜欢方式的学生人数．
21．（本题满分10分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC边为直径作⊙O交BC边于点D，过点D作DE⊥AB于点E，ED、AC的延长线交于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若AC=10，CD=6，求DE的长．
22．（本题满分10分）小明星期天上午8：00从家出发到离家36千米的书城买书，他先从家出发骑公共自行车到公交车站，等了12分钟的车，然后乘公交车于9：48分到达书城（假设在整个过程中小明骑车的速度不变，公交车匀速行驶，小明家、公交车站、书城依次在一条笔直的公路旁）．如图是小明从家出发离公交车站的路程y（千米）与他从家出发的时间x（时）之间的函数图象，其中线段AB对应的函数表达式为y＝kx+6．
（1）求小明骑公共自行车的速度；
（2）求线段CD对应的函数表达式；
（3）求出发时间x在什么范围时，小明离公交车站的路程不超过3千米？
综合与实践（本题满分12分）
如图1，在直角三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8．
【数学活动】
将三角形纸片ABC进行以下操作：第一步：折叠三角形纸片ABC使点C与点A重合，然后展开铺平，得到折痕DE；第二步：将△ABC沿折痕DE展开，然后将△DEC绕点D逆时针方向旋转得到△DFG，点E，C的对应点分别是点F，G，直线GF与边AC交于点M（点M不与点A重合），与边AB交于点N．
(1)【数学思考】
折痕DE的长为 ；
(2)在△DEC绕点D旋转的过程中，试判断MF与ME的数量关系，并证明你的结论；
(3)【数学探究】
在△DEC绕点D旋转的过程中，探究下列问题：
①如图2，当直线GF经过点B时，AM的长为　 　；
②如图3，当直线GFBC时，求AM的长；
(4)【问题延伸】
在△DEC绕点D旋转的过程中，连接AF，则AF的最小值为 ．
24.综合与探究（本题满分14分）
已知：、是方程的两个实数根，且，抛物线的图像经过点、．
（1）求这个抛物线的解析式；
（2）设（1）中抛物线与轴的另一交点为，抛物线的顶点为，试求出点、的坐标和的面积；
（3）是线段上的一点，过点作轴，与抛物线交于点，若直线把分成面积之比为的两部分，请直接写出点的坐标 ；
（4）若点在直线上，点在平面上，直线上是否存在点，使以点、点、点、点为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】根据乘积为1的两个数互为倒数，其中一个数叫做另一个数的倒数求解即可．
【详解】解：∵，
∴的倒数是．
故选C．
【点睛】本题考查了倒数的定义，熟练掌握倒数的定义是解答本题的关键．正数的倒数是正数，负数的倒数是负数，0没有倒数．
2．B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．C
【分析】分别根据同底数幂的乘除法法则，合并同类项的法则，幂的乘方的运算法则，逐一判断即可．
【详解】解：A. ，故本选项错误，不符合题意；
B. ，故本选项错误，不符合题意；
C. ，故本选项正确，符合题意；
D. ，故本选项错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘除法法则，合并同类项的法则，幂的乘方的运算法则，解题的关键是熟记相关法则并灵活运用．
4．C
【分析】根据频率等于频数除以数据总和进行计算，然后选择即可．
【详解】解：∵一个人做“抛硬币”游戏，抛10次，反面朝上7次，
∴反面朝上的频率是，即，反面朝上的频数是7，
正面朝上的频率是，即，正面朝上的频数是3，
故选：C．
【点睛】此题考查了频数与频率，熟练掌握频数与频率的定义是解本题的关键．
5．D
【分析】利用平行线的性质求出即可解决问题．
【详解】解：如图，
∵，
∴，
由题意知：，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
6．A
【分析】当点在上运动时，随着的增大而增大，当点在上运动时，不变，据此作出选择即可．
【详解】解：当点在上运动，即时，随着的增大而增大；
当点在上运动，即时，不变；
当点在上运动，即时，随的增大而减小．
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，解决动点问题的函数图象问题关键是发现随的变化而变化的趋势．
7．B
【分析】根据众数、中位数、平均数与极差的定义逐一计算即可判断．
【详解】A、极差为16-12=4，错误；
B、这23个数据的众数为15，正确；
C、共23人，排序后第12人的岁数是中位数，中位数为15，错误；
D、平均数为=14.6，错误；
故选B．
【点睛】本题主要考查众数、极差、中位数和平均数，熟练掌握众数、极差、中位数和平均数的定义是解题的关键．
8．A
【分析】先解关于x的分式方程，然后根据分式方程的解是负数和分式成立的条件分别列关于m的一元一次不等式求解，即可得到m的范围．
【详解】解：，
去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
∵分式方程的解是负数，
∴，
∴ ，
∴，
∵且，
∴，
∵，
解得且，
∴且．
故选：A．
【点睛】本题考查解分式方程和分式方程的解，解不等式，以及分式有意义的条件，熟练掌握分式方程的解法，注意方程增根的情况是解题的关键．
9．B
【分析】设购买篮球x个，排球y个，根据“购买篮球的总钱数+购买排球的总钱数=1200”列出关于x、y的方程，由x、y均为正整数即可得．
【详解】解：设购买篮球x个，排球y个，
根据题意可得120x+90y=1200，
则y=，
∵x、y均为正整数，
∴x=1、y=12或x=4、y=8或x=7、y=4，
所以两种球类都购买且购买资金恰好用尽的情况下，购买方案有3种，
故选：B．
【点睛】本题考查二元一次方程的应用，解题的关键是理解题意，依据相等关系列出方程，注意篮球和排球个数都是正整数．
10．B
【分析】根据二次函数的图象与性质即可求出答案．
【详解】①由图象可知：a＞0，c＜0，
＞0，
∴abc＞0，故①正确；
②∵抛物线的对称轴为直线x=1，抛物线的对称轴为直线x=1，
∴ =1，
∴b=-2a，
当x=-2时，y=4a-2b+c=0，
∴4a+4a+c=0，
∴8a+c=0，故②错误；
③∵A（x1，m），B（x2，m）是抛物线上的两点，
由抛物线的对称性可知：x1+x2=1×2=2，
∴当x=2时，y=4a+2b+c=4a-4a+c=c，故③正确；
④由题意可知：M，N到对称轴的距离为3，
当抛物线的顶点到x轴的距离不小于3时，
在x轴下方的抛物线上存在点P，使得PM⊥PN，
即，
∵8a+c=0，
∴c=-8a，
∵b=-2a，
∴，
解得：a≥，故④错误；
⑤易知抛物线与x轴的另外一个交点坐标为（4，0），
∴y=ax2+bx+c=a（x+2）（x-4）
若方程a（x+2）（4-x）=-2，
即方程a（x+2）（x-4）=2的两根为x1，x2，
则x1、x2为抛物线与直线y=2的两个交点的横坐标，
∵x1＜x2，
∴x1＜-2＜4＜x2，故⑤错误；
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于基础题型．
11．
【分析】对于一个绝对值较大的数，用科学记数法写成的形式，其中，n是比原整数位数少1的数．
【详解】．
故答案为：．
【点睛】此题考查了正整数指数科学记数法，对于一个绝对值大于10的数，科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．x＞3
【分析】根据二次根式的意义的条件，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．
【详解】解：根据题意得：x-1≥0且x-3＞0，
解得：x＞3，
故答案为：x＞3．
【点睛】考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
13．或或（填写一个即可）
【分析】根据全等三角形的判定定理可进行求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴当添加时，则可根据“”判定；
当添加时，则可根据“”判定；
当添加时，则可根据“”判定；
故答案为或或（填写一个即可）．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
14．
【分析】根据三视图易得此几何体为圆锥，再根据圆锥侧面积公式（底面周长×母线长）可计算出结果．
【详解】由题意得底面直径为，母线长为，
∴几何体的侧面积为，
故答案为．
【点睛】此题主要考查了由三视图判断几何体，以及圆锥的侧面积公式的应用，关键是判断几何体的形状．
15．75°或30°.
【详解】试题解析：∵一个外角为105°，
∴三角形的一个内角为75°，
当75°为顶角时，顶角为75°，
当75°为底角时，顶角为30°，
所以等腰三角形的顶角为75°或30°．
考点：等腰三角形的性质．
16．-10
【分析】设C（x，），根据求出OB，BC，再根据求出AC，由勾股定理求出AB，从而得出AO，得到D的坐标，进而求出k的值．
【详解】解：设C（x，）（x＞0），
，，
∵四边形ABCD是矩形，
，，
，
，
，即，
解得，，（舍去），
，，
，
，即，
，
，
，
，
∵D在函数的图象上，
．
故答案为：-10．
【点睛】此题是一道综合性较强的题目，将解直角三角形和用待定系数法求函数解析式结合起来，有一定难度．
17．
【分析】过点分别作轴，轴，轴，
轴，轴，……垂足分别为,根据题意求出，得到图中所有的直角三角形都相似，两条直角边的比都是可以求出点的横坐标为：，再依次求出……即可求解.
【详解】解：过点分别作轴，轴，轴，
轴，轴，……垂足分别为
点在直线上，点的横坐标为，
点的纵坐标为，
即：
图中所有的直角三角形都相似，两条直角边的比都是
点的横坐标为：，
点的横坐标为：
点C3的横坐标为：
点的横坐标为：
点的横坐标为：
故答案为
【点睛】本题考查的是规律，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键.
18．（1）；（2）
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：
19． ，
【分析】方程变形后，利用平方差公式分解，利用两数相乘积为，两因式中至少有一个为转化为两个一元一次方程来求解．
【详解】解：方程变形得：，
分解因式得：，
开可得：或，
解得：，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
20．(1)50；
(2)30，72°；
(3)见解析；
(4)该校最喜欢方式A的学生约有800名．
【分析】（1）用A的人数除以A的百分比即可；
（2）用B的人数除以样本容量即可；
（3）求出B的人数补全统计图即可；
（4）用2000乘以A的百分比即可．
（1）
20÷40%=50（名）；
故答案为：50；
（2）
15÷50×100%=30%，即m=30；
×360°=72°；
故答案为：30，72°；
（3）
50-20-15-10=5（名）；补全图形如下：
（4）
2000×40%＝800（名）．
答：该校最喜欢方式A的学生约有800名．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．也考查了用样本估计总体．
21．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接AD、OD，由圆周角的性质定理和等腰三角形的三线合一定理，即可得到答案；
（2）先求出AD的长度，然后由三角形的面积公式，即可求出答案．
【详解】解：（1）连接AD、OD， 如图：
∵ AC为⊙O的直径，
∴ ∠ADC=90°．
∵ AB=AC，
∴ 点D是BC的中点．
∵ O是AC中点，
∴ OD是△ABC的中位线．
∴ OD∥AB．
∵ DE⊥AB，
∴ OD⊥EF．
∴ DE是⊙O的切线．
（2）连接OD、AD，
∵ AB=AC，且∠ADC=90°，
在Rt△ACD中，AC=AB=10，CD=6，
∴ AD=，
又S△ACD=AB·DE =AD·BD，
即 ×10×DE=×8×6，
∴ DE=．
【点睛】本题考查了切线的判定定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的进行解题．
22．（1）10千米/小时；（2）y＝30x﹣24；（3）0.3≤x≤0.9
【分析】（1）根据线段AB对应的函教表达式为y＝kx+6和函数图象中的数据，可以求得k的值，然后即可得到点A的坐标，从而可以求得小明骑公共自行车的速度；
（2）根据题意，可以得到点C和点D的坐标，然后即可求得线段CD对应的函数表达式；
（3）根据前面求出的函数解析式，可以得到出发时间x在什么范围时，小明离公交车站的路程不超过3千米．
【详解】解：（1）∵线段AB对应的函教表达式为y＝kx+6，点（0.6，0）在y＝kx+6上，
∴0＝0.6k+6，得k＝﹣10，
∴y＝﹣10x+6，
当x＝0时，y＝6，
∴小明骑公共自行车的速度为6÷0.6＝10（千米/小时），
答：小明骑公共自行车的速度是10千米/小时；
（2）∵点C的横坐标为：0.6+＝0．8，
∴点C的坐标为（0.8，0），
∵从8：00到9：48分是1.8小时，点D的纵坐标是36﹣6＝30，
∴点D的坐标为（1.8，30），
设线段CD对应的函数表达式是y＝mx+n，
，得，
即线段CD对应的函数表达式是y＝30x﹣24；
（3）令﹣10x+6≤3，得x≥0.3，
令30x﹣24≤3，得x≤0.9，
即出发时间x在0.3≤x≤0.9范围时，小明离公交车站的路程不超过3千米．
【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数关系式，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
23．(1)3
(2)MF＝ME，证明见解析
(3)①；②3
(4)2
【分析】（1）通过证明DE是中位线，可得DE=3；
（2）连接DM，根据HL证Rt△DMF≌Rt△DME，即可得出结论；
（3）①根据角相等得出BM=MC，设MC=BM=x，根据勾股定理求出x的值，根据AM=AC-CM求出AM的值即可；②当直线GFBC时，根据相似三角形的性质求解即可；
（4）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求得，当三点共线时，最小，最小值等于，即可求解．
（1）
由折叠可知：AE=EC，DE⊥AC，
∴DE∥AB，
∴，
∴DC=BD，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=AB=3，
故答案为：3；
（2）
MF=ME，证明如下：
连接DM，
由旋转知，DE=DF，∠DFM=∠DEM=90°，
在Rt△DMF和Rt△DME中，
，
∴Rt△DMF≌Rt△DME（），
∴MF=ME；
（3）
①∵DG=DB=DC，
∴∠G=∠DBG，
∴∠G=∠C，
∴∠MBC=∠C，
∴BM=MC，
设BM=MC=x，
在Rt△ABM中，BM2=AB2+AM2，
即62+（8-x）2=x2，
解得x=，
∴AM=AC-CM=8-；
②如图， 连接DM，当直线GFBC时，
∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，
，
设到的距离为，则，
则到的距离为，
，
，
，
，
，
（4）
如下图所示：
是直角三角形，为斜边上的中线，则
当A、D、F三点共线时，最小，最小值等于．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
24．（1）y= x2 4x+5；（2）15；（3）( ,0)或( ,0)；（4）存在M点，M点坐标为(7,12)或
【分析】（1）通过解方程即可求出p、q的值，那么A、B两点的坐标就可求出．然后根据A、B两点的坐标即可求出抛物线的解析式．
（2）根据（1）得出的抛物线的解析式即可求出C、D两点的坐标．由于△BCD的面积无法直接求出，可用其他图形的面积的“和，差关系”来求出．过D作DM⊥x轴于M，那么△BCD的面积=梯形DMOB的面积+△DCM的面积-△BOC的面积．由此可求出△BCD的面积．
（3）由于△PCH被直线BC分成的两个小三角形等高，因此面积比就等于底边的比．如果设PH与BC的交点为E，那么EH就是抛物线与直线BC的函数值的差，而EP就是E点的纵坐标．然后可根据直线BC的解析式设出E点的坐标，然后表示出EH，EP的长．进而可分两种情况进行讨论：①当EH=EP时；②当EH=EP时．由此可得出两个不同的关于E点横坐标的方程即可求出E点的坐标．也就求出了P点的坐标．
（4）分两种情况讨论，当CD=DM和当时，根据M点在直线BC上设出M点坐标，根据两点间距离公式列出方程即可求解出M点坐标．
【详解】解方程x2 6x+5=0，
(x 1)(x 5)=0，
得x1=5，x2=1
∵，
∴p=1，q=5
∴点A、B的坐标分别为A(1,0)，B(0,5)．
将A(1,0)，B(0,5)的坐标分别代入y= x2+bx+c．
得
得：
∴抛物线的解析式为y= x2 4x+5
故答案为：y= x2 4x+5
(2)∵y= x2 4x+5，
令y=0，得 x2 4x+5=0，
得x1= 5，x2=1，
∴C点的坐标为( 5,0)
∵，
∴点D( 2,9)
过D作x轴的垂线交x轴于M
∴S△DMC=×9×(5 2)=
S梯形MDBO=×2×(9+5)=14，
S△BOC=×5×5=
∴S△BCD=S梯形MDBO+S△DMC S△BOC=14+ =15
故答案为：15
(3)设P点的坐标为(a,0)
∵B(0,5)，C ( 5,0)
设BC直线的解析式为y=kx+b
∴
∴
∴BC所在的直线解析式为y=x+5
设PH与直线BC的交点坐标为E(a,a+5)，
PH与抛物线y= x2 4x+5的交点坐标为H(a, a2 4a+5)
∵①EH=EP，
即( a2 4a+5) (a+5)=(a+5)
∴a= 或a= 5(舍去)
②EH=EP，
即( a2 4a+5) (a+5)=(a+5)
∴a= 或a= 5(舍去)，
P点的坐标为( ,0)或( ,0)
故答案为：( ,0)或( ,0)
（4）①∵M在直线BC上，设M(m,m+5)
若使四边形CDMN为菱形，则CD=DM
∵C(-5,0)，D(-2,9)
∴
解得m=-5或m=7
m=-5时，恰好为C点，不符合题意舍去
∴m=7
∴M(7,12)
②∵直线BC上存在一点，设
若使四边形是菱形，则
∵C(-5,0)，D(-2,9)
∴
解得
∴
综上所述在直线BC上存在一点M，且以点、点、点、点为顶点的四边形为菱形，此时M点坐标为(7,12)或
故答案为：存在M点，M点坐标为(7,12)或
【点睛】本题是二次函数的综合题目，涉及了待定系数法求抛物线方程，利用面积差求图形面积，两点间距离公式求线段长，菱形的判定和性质等知识点．
答案第1页，共2页
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