2024年齐齐哈尔地区中考数学预测卷（八）（含解析）

2024年齐齐哈尔地区中考数学预测卷（八）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
时间：120分钟 满分：120分
一、单选题（共10小题，每小题3分，共计30分）
1．的绝对值是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·四川内江·中考真题）2024年6月5日，是二十四节气的芒种，二十四节气是中国劳动人民独创的文化遗产，能反映季节的变化，指导农事活动．下面四副图片分别代表“芒种”、“白露”、“立夏”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·四川广安·中考真题）下列运算中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．由相同的小正方体搭成的立体图形的部分视图如图所示，则搭成该立体图形的小正方体的最少个数为（ ）

A．6 B．9 C．10 D．14
5．随着科技发展，骑行共享单车这种“低碳”生活方式已融人人们的日常生活．如图是共享单车车架的示意图，线段分别为前叉、下管和立管（点C在上），为后下叉．已知，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·山东烟台·中考真题）如图，水平放置的矩形中，，，菱形的顶点，在同一水平线上，点与的中点重合，，，现将菱形以的速度沿方向匀速运动，当点运动到上时停止，在这个运动过程中，菱形与矩形重叠部分的面积与运动时间之间的函数关系图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024·内蒙古·二模）如图，在中，，，以点为圆心，以的长为半径画弧，交于点，连接，再分别以点、点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，交于点，连接，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·辽宁锦州·二模）如图，是由智力玩具七巧板的七块板拼成的正方形，其中1，2，3，5，7号板是等腰直角三角形，4号板是正方形，6号板是平行四边形．若随机向正方形上投掷一个米粒，那么米粒刚好停在7号板区域的概率是( )
A． B． C． D．
9．为提高学生学习兴趣，增强动手实践能力，某校为物理兴趣小组的同学购买了一根长度为120cm的导线，将其全部截成和两种长度的导线（每种长度的导线至少一根）用于实验操作，则截取方案共有（ ）
A．8 种 B．7种 C．6种 D．5种
10．（2024·四川遂宁·中考真题）如图，已知抛物线（a、b、c为常数，且）的对称轴为直线，且该抛物线与轴交于点，与轴的交点在，之间（不含端点），则下列结论正确的有多少个（ ）
①；
②；
③；
④若方程两根为，则．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（共7小题，每小题3分，共计21分）
11．（2024·山东德州·二模）华为手机使用了自主研发的海思麒麟芯片，目前最新的型号是麒麟990．芯片是由很多晶体管组成的，而芯片技术追求是体积更小的晶体管，以便获得更小的芯片和更低的电力功耗，而麒麟990的晶体管栅极的宽度达到了0.000000007毫米，将数据0.000000007用科学记数法表示为 ．
12．（2023·四川巴中·模拟预测）在函数中，自变量的取值范围是 ．
13．（2024·陕西渭南·二模）如图，在和中，点D在上，，，请你再添加一个条件：______，使得，并说明理由．
14．（2024·云南昭通·二模）某盏路灯照射的空间可以看成如图所示的圆锥，它的高米，母线与底面半径的夹角为α，，则圆锥的侧面积是 平方米．（结果保留π）
15．关于的分式方程无解，则的值为 ．
16．在中，的平分线交边于点E，于点M，N是的中点，连接．若，，，则的长度为 ．
17．（2024·四川广安·中考真题）已知，直线与轴相交于点，以为边作等边三角形，点在第一象限内，过点作轴的平行线与直线交于点，与轴交于点，以为边作等边三角形（点在点的上方），以同样的方式依次作等边三角形，等边三角形，则点的横坐标为 ．
三、解答题（共7小题，共计69分）
18．（1）（2024·湖南长沙·二模）（6分）计算：．
（2）（4分）因式分解：
19．（5分）解方程：(2)．
20．（2024·江苏无锡·二模）（8分）我校举办了校园文创设计大赛，并从七年级学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，要求每名学生从4个获奖作品中选择一个自己最喜欢的作品，根据调查结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图，请你根据图中信息解答下列问题：

(1)参加此次问卷调查的学生人数是_______，并将条形统计图补充完整；
(2)在扇形统计图中，选择“作品1”的学生所对应扇形的圆心角的度数是_______；
(3)若我校七年级学生共有500名，请估计七年级学生中选择“作品3”的人数．
21．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）（10分）如图，以AB为直径的⊙O与△ABC的边BC相切于点B，且与AC边交于点D，点E为BC中点，连接DE、BD．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DE＝5，cos∠ABD＝，求OE的长．
22．（10分）甲、乙两车分别从，两地同时出发，匀速行驶，先相向而行．途中乙车因故停留小时，然后以原速继续向地行驶，甲车到达地后，立即按原路原速返回地（甲车掉头的时间忽略不计），到达地后停止行驶，原地休息；甲、乙两车距地的路程（千米）与所用时间（时）之间的函数图象如图，请结合图象信息解答下列问题：

(1)乙车的速度为　　　　　千米/时，在图中的（ ）内应填上的数是　　　　　．
(2)求甲车从地返回地的过程中，与的函数关系式．
(3)两车出发后几小时相距千米，请直接写出答案：　　　　　时．
23．（2024·湖北恩施·三模）综合与探究（12分）
问题背景：如图3，四边形是矩形，，点G、H、E分别是线段、、上的动点，连接，过点E作的垂线交线段于点F（只考虑F在上的情况）
（1）①如图1，当点G运动到A点，点E运动到B点时，若，，，则的值为______（直接写答案）
②如图2，当点G不与A点重合，点E运动到B点时，若，试求的值．
问题探究：
（2）如图3，当G不与A重合，E不与B重合时，用含m的式子表示的值．
问题拓展：
（3）如图4，将背景问题中的矩形改成已知“在四边形中，，，，，则的值为______．（直接写答案）
24．（2023·贵州遵义·模拟预测）（14分）如图，抛物线（、为常数）与轴交于、两点，与轴交于点，直线的函数关系式为．

(1)求该抛物线的函数关系式与点坐标；
(2)已知点是线段上的一个动点，过点作轴的垂线分别与直线和抛物线交于、两点，当为何值时，恰好是以为底边的等腰三角形？
(3)在（2）问条件下，当恰好是以为底边的等腰三角形时，动点相应位置记为点，将绕原点顺时针旋转得到（旋转角在到之间）；
①探究：线段上是否存在定点（不与、重合），无论如何旋转，始终保持不变，若存在，试求出点坐标；若不存在，请说明理由；
②试求出此旋转过程中，的最小值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】本题考查了绝对值．根据绝对值的性质可得答案．正数的绝对值等于它本身，负数的绝对值等于它的相反数，0的绝对值等于0．
【详解】解：的绝对值是．
故选：D．
2．D
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，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，进行逐一判断即可．本题主要考查了中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
3．B
【分析】本题考查整式的运算，根据合并同类项法则、积的乘方运算法则、完全平方公式和同底数幂的除法运算法则逐项判断即可解答．
【详解】解：A、和不是同类项，不能加减，故原计算错误，不符合题意；
B、，计算正确，符合题意；
C、，故原计算错误，不符合题意；
D、，故原计算错误，不符合题意；
故选：B．
4．B
【分析】本题考查了由三视图判断小立方体的个数．根据俯视图可得底层最少有6个，再结合主视图可得第二层最少有2个，即可解答．
【详解】解：根据俯视图可得搭成该立体图形的小正方体底层最少为6个，
根据主视图可得第二层最少为2个，
根据主视图可得第三层最少为1个，
故搭成该立体图形的小正方体最少为个，
故选：B．
5．D
【分析】本题考查平行线的性质，关键是由平行线的性质推出．
由平行线的性质推出，求出．即可得到的度数．
【详解】解：∵，
，
，
，
，
，
故选：D．
6．D
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，菱形的性质，动点问题的函数图象，二次函数的图象的性质，先求得菱形的面积为，进而分三种情形讨论，重合部分为三角形，重合部分为五边形，重合部分为菱形，分别求得面积与运动时间的函数关系式，结合选项，即可求解．
【详解】解：如图所示，设交于点，
∵菱形，，
∴
又∵，
∴是等边三角形，
∵，，
∴
∴
∴
当时，重合部分为，
如图所示，
依题意，为等边三角形，
运动时间为，则，
∴
当时，如图所示，
依题意，，则
∴
∴
∵
∴当时，
当时，同理可得，
当时，同理可得，
综上所述，当时，函数图象为开口向上的一段抛物线，当时，函数图象为开口向下的一段抛物线，当时，函数图象为一条线段，当时，函数图象为开口向下的一段抛物线，当时，函数图象为开口向上的一段抛物线；
故选：D．
7．C
【分析】本题考查基本作图，等腰直角三角形的性质及勾股定理应用等知识，根据尺规作图可得，是的平分线，可证明得，根据直角三角形的性质可得，可推出，进而求出结论．
【详解】解：由尺规作图可得，是的平分线，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
，
∴，
故选：C．
8．C
【分析】本题考查几何概型概率的求法，勾股定理，正方形的性质；设号板正方形的边长为，则号板直角边长为，号板斜边长为，号板斜边长为，直角边长为，则大正方形边长为，据此知大正方形的面积为，号板的面积为，再根据概率公式求解可得．
【详解】解：设号板正方形的边长为，则号板直角边长为，号板斜边长为，
号板斜边长为，直角边长为，则大正方形边长为，
号板的面积为，
大正方形的面积为，
从这个正方形内任取一点，则刚好停在号板区域的概率是，
故选：C．
9．B
【分析】本题考查了二元一次方程的应用．设和两种长度的导线分别为根，根据题意，得出，进而根据为正整数，即可求解．
【详解】解：设和两种长度的导线分别为根，根据题意得，
，
即，
∵为正整数，
∴，3，5，7，9，11，13，
则，6，5，4，3，2，1，
故有7种方案，
故选：B．
10．B
【分析】本题主要考查二次函数和一次函数的性质，根据题干可得，，，即可判断①错误；根据对称轴和一个交点求得另一个交点为，即可判断②错误；将c和b用a表示，即可得到，即可判断③正确；结合抛物线和直线与轴得交点，即可判断④正确．
【详解】解：由图可知，
∵抛物线的对称轴为直线，且该抛物线与轴交于点，
∴，，
则，
∵抛物线与轴的交点在，之间，
∴，
则，故①错误；
设抛物线与轴另一个交点，
∵对称轴为直线，且该抛物线与轴交于点，
∴，解得，
则，故②错误；
∵，，，
∴，解得，故③正确；
根据抛物线与轴交于点和，直线过点和，如图，
方程两根为满足，故④正确；
故选：B．
11．
【分析】本题考查了科学记数法的表示方法．根据科学记数法的表示形式为的形式，其中为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
【详解】解：将数据0.000000007用科学记数法表示为，
故答案为：．
12．且
【分析】本题考查了函数自变量的取值范围的确定，根据二次根式，分式有意义的条件及非零指数幂列出不等式，解不等式即可求解，熟练掌握二次根式，分式有意义的条件及非零指数幂的概念是解题的关键．
【详解】解：由题意得，且
∴且，
故答案为：且．
13．，理由见解析
【分析】本题考查了三角形全等的判定条件，判定三角形全等的定理有：，熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
根据已知条件可推知，两个三角形有一组角、一组边分别对应相等，只需要再添加一组对应角相等，构成或即可证得两三角形全等（也可添加条件，构成）．
【详解】解：添加的条件是：．
理由：∵，
∴，即．
在和中，，，，
∴．
注：答案不唯一，添加或均可．
14．
【分析】本题考查求圆锥的侧面积，解直角三角形，根据三角函数求出和的长，再利用圆锥的侧面积公式进行求解即可．
【详解】解：在中，，，
∴，
∴，
∴圆锥的侧面积；
故答案为：．
15．或
【分析】本题考查了解分式方程无解的情况，先将分式方程去分母，化为整式方程，再分和两种情况解答即可求解，理解分式方程无解的意义是解题的关键．
【详解】解：方程两边同乘以得，，
整理的，，
当，即时，方程无解；
当，即时，，
∵方程无解，
∴是方程的增根，
∴，
解得；
∴的值为或，
故答案为：或．
16．或
【分析】根据题意画出示意图，当点G在线段上时，延长交于点F，连接过点B作于点G，过点A作于点H，证明，进而证明四边形是菱形，得到，点M是的中点，由N是的中点，易得是的中位线，从而得到，，再根据，利用勾股定理，利用勾股定理求出，从而得到，由三角形面积公式，求出，由等腰三角形的性质得到，从而得到，利用勾股定理即可求出的长；当点G在延长线上时，同理进行解答即可．
【详解】解；如图，当点G在线段上时，延长交于点F，连接过点B作于点G，过点A作于点H，
在中，，
四边形是平行四边形，
是的平分线，，
，，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，点M是的中点，
N是的中点，
是的中位线，
，
，
，，
，
，
（负值舍去），
，
，
，
，
，
，
；
如图，当点G在延长线上时，
同理，得到，
，
，
，
，
，
，
；
综上，的长度为或．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形面积公式，根据题意画出示意图并正确作出辅助线是解题的关键．
17．
【分析】直线直线可知，点坐标为，可得，由于是等边三角形，可得点，把代入直线解析式即可求得的横坐标，可得，由于是等边三角形，可得点；同理，，发现规律即可得解，准确发现坐标与字母的序号之间的规律是解题的关键．
【详解】解：∵直线l：与x轴负半轴交于点，
∴点坐标为，
∴，
过，，作轴交x轴于点M，轴交于点D，交x轴于点N，

∵为等边三角形，
∴
∴，
∴
∴，
当时，，解得：，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴当时，，解得：，
∴；
而，
同理可得：的横坐标为，
∴点的横坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理的应用，等边三角形的性质，特殊图形点的坐标的规律，掌握探究的方法是解本题的关键.
18．（1）0；(2)
【详解】（1）
．
（2）解：原式
．
19．
【详解】，
整理得：，
∴，
或，
．
20．(1)50，图见解析
(2)
(3)180名
【分析】本题考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，求扇形统计图中圆心角的度数，用样本估计总体的数量等知识；善于从统计图中获取相关信息是解题的关键．
（1）根据喜欢作品4的人数及所占的百分比即可求得调查的人数，则可求得喜欢作品2的人数，进而补充完整条形统计图；
（2）根据喜欢作品1所占的百分比与周角的乘积即可求得圆心角的度数；
（3）喜欢作品3所上占的百分比与全校七年级学生人数的乘积，即是估计喜欢作品3的人数．
【详解】（1）解：参加调查问卷的学生人数为：（名）；
喜欢作品2的人数为：（名），
补充后的条形统计图如下：

故答案为：50；
（2）解：；
故答案为：；
（3）解：（名）
答：估计七年级学生中选择作品3的有180名．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OD，可推出∠BDC＝90°，进而得出DE＝BE，然后证明△DOE≌△BOE，求出∠ODE＝∠ABC＝90°即可得出结论；
（2 ）可推出∠C＝∠ABD，解直角△ABC求得AC，进而根据三角形中位线定理求得OE．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵AB为⊙O的直径，BC为⊙O的切线，
∴∠BDC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝90°，
∵E是BC的中点，
∴DE＝BE＝EC＝，
在△DOE和△BOE中，，
∴△DOE≌△BOE（SSS），
∴∠ODE＝∠ABC＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠CBD＝90°，
由（1）知：∠BDC＝90°，BC＝2DE，
∴∠C+∠DBC＝90°，BC＝2DE＝10，
∴∠C＝∠ABD，
在Rt△ABC中，AC＝＝，
∵OA＝OB，BE＝CE，
∴OE＝．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形中位线定理等知识，解决问题的关键是灵活运用有关基础知识．
22．(1)，；
(2)与的函数解析式为；
(3)或或．
【分析】()结合函数图象，根据行程问题的数量关系：速度=路程时间，路程速度时间就可以求解；
()由()的结论可以求出点的坐标，再由题意可得点的坐标，由待定系数法求出的解析式；
()分当两车第一次相遇前相距千米的路程；当两车第一次相遇后，甲车到达地前，相距千米的路程；当甲车到达地后返回地，两车第二次相遇后，甲车到地距离共有千米，所以两车不可能再相距千米；分别求解即可．
【详解】（1）由函数图象可得：，两地相距路程是千米，
乙车行驶的速度是（千米/时），
图中括号内的数为：，
故答案为：，；
（2），甲车的速度为千米/时，
甲车从地到地需（小时），故点坐标，
设甲车从地返回地过程中与的函数解析式为，
将，代入上式，得
，
解得，
∴与的函数解析式为；
（3）设两车出发后小时相距千米的路程，
当两车第一次相遇前相距千米的路程，根据题意，得
，
解得：，
当两车第一次相遇后，甲车到达地前，相距千米的路程，根据题意，得
，
解得：，
当甲车到达地后返回甲地，两车第二次相遇时相距千米的路程，
∵，
∴乙在停留时两车第二次相遇时相距120千米，
根据题意，得，
解得：，
当甲车到达地后返回地，两车第二次相遇后，甲车到地距离共有千米，所以两车不可能再相距千米；
综上，两车出发后小时或小时或小时相距千米的路程．
故答案为：2或或．
【点睛】此题考查了待定系数法求一次函数的解析式，函数图象，一次函数与一元一次方程的运用，解答时从函数图象获取信息是解题的关键．
23．（1）①2；②2；（2）；（3）．
【分析】（1）①如图， 证明，可得，结合，，，从而可得答案；②如图，过作交于， 而，可得，再利用①的结论即可；
（2）如图，过作交于， 而，可得，同理可得：，过作交于，同理可得：四边形为平行四边形，可得，，结合①可得答案；
（3）如图，过作的平行线交的延长线于，过作的垂线交于，而，证明四边形为矩形，，设，则，求解，再结合（1）的结论可得答案．
【详解】解：（1）①如图，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴

∵，，，
∴，
∴；
②如图，过作交于， 而
∴，
∵矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，

由①可得：，
∴；
（2）如图，过作交于， 而
∴，
同理可得：，
过作交于，
同理可得：四边形为平行四边形，
∴，，

由①可得：，
∴；
（3）如图，过作的平行线交的延长线于，过作的垂线交于，而，
∴，，，
∴四边形为矩形，
∴，

∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
结合（1）的结论可得：．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的利用类比的数学方法解题是关键．
24．(1)，
(2)
(3)①存在，；②
【分析】（1）先求出，再运用待定系数法求出抛物线的函数关系式，即，再令，解出，即可作答．
（2）先表达，结合“恰好是以为底边的等腰三角形”得出，代入数值，运用因式分解法解方程，即可作答．
（3）①证明，根据，得出不变，则，即可作答．②在以为圆心，4为半径的半圆上，，结合运动轨迹，得出的最小值，再运用勾股定理列式计算，即可作答．
【详解】（1）解：在中，
令，则，
令，则，
，
把代入
得，
，
抛物线的函数关系式为：，
令，则，
，
；
（2）解：点，过点作轴的垂线分别与直线和抛物线交于、两点，
，
当为底时，作于，

则，
，
，
解得：（不合题意，舍去），
当时，恰好是以为底边的等腰三角形；
（3）解：①存在，，过程如下：
，
，
当时，，
不变，
即，
②将绕原点顺时针旋转得到（旋转角在到之间）；
∴在以为圆心，4为半径的半圆上，
由①知，，
，
的最小值，
此时三点共线，

∵
的最小值．
【点睛】本题考查了二次函数的几何综合，解一元二次方程，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页