廣西北海市合浦縣教育局教研室達標名校2023-2024學年中考數學押題試卷含解析

廣西北海市合浦縣教育局教研室達標名校2023-2024學年中考數學押題試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）1．下列運算正確的是（）A．2+a=3 B．=C． D．=2．如圖，矩形是由三個全等矩形拼成的，與，，，，分別交于點，設，，的面積依次為，，，若，則的值為（）A．6 B．8 C．10 D．123．已知一個正多邊形的一個外角為36°，則這個正多邊形的邊數是（）A．8B．9C．10D．114．若分式有意義，則x的取值范圍是（）A．x＞3 B．x＜3 C．x≠3 D．x=35．如圖所示，在長方形紙片ABCD中，AB=32cm，把長方形紙片沿AC折疊，點B落在點E處，AE交DC于點F，AF=25cm，則AD的長為（）A．16cm B．20cm C．24cm D．28cm6．如圖，A,B是半徑為1的⊙O上兩點，且OA⊥OB．點P從A出發(fā)，在⊙O上以每秒一個單位長度的速度勻速運動，回到點A運動結束.設運動時間為x，弦BP的長度為y，那么下面圖象中可能表示y與x的函數關系的是A．① B．④ C．②或④ D．①或③7．如圖1，在△ABC中，D、E分別是AB、AC的中點，將△ADE沿線段DE向下折疊，得到圖1．下列關于圖1的四個結論中，不一定成立的是（）A．點A落在BC邊的中點 B．∠B+∠1+∠C=180°C．△DBA是等腰三角形 D．DE∥BC8．如圖，一段拋物線：y=﹣x（x﹣5）（0≤x≤5），記為C1，它與x軸交于點O，A1；將C1繞點A1旋轉180°得C2，交x軸于點A2；將C2繞點A2旋轉180°得C3，交x軸于點A3；…如此進行下去，得到一“波浪線”，若點P（2018，m）在此“波浪線”上，則m的值為（

）A．4 B．﹣4 C．﹣6 D．69．為考察兩名實習工人的工作情況，質檢部將他們工作第一周每天生產合格產品的個數整理成甲，乙兩組數據，如下表：甲26778乙23488關于以上數據，說法正確的是（）A．甲、乙的眾數相同 B．甲、乙的中位數相同C．甲的平均數小于乙的平均數 D．甲的方差小于乙的方差10．已知點、都在反比例函數的圖象上，則下列關系式一定正確的是（）A． B． C． D．二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11．若一個多邊形的每一個外角都等于40°，則這個多邊形的邊數是．12．如圖，等邊三角形AOB的頂點A的坐標為（﹣4，0），頂點B在反比例函數（x＜0）的圖象上，則k=．13．如圖，⊙O的直徑CD垂直于AB，∠AOC=48°，則∠BDC=度．14．等腰中，是BC邊上的高，且，則等腰底角的度數為__________.15．用黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖所示的規(guī)律，拼成若干圖案：第4個圖案有白色地面磚______塊；第n個圖案有白色地面磚______塊．16．如圖，小陽發(fā)現(xiàn)電線桿的影子落在土坡的坡面和地面上，量得，米，與地面成角，且此時測得米的影長為米，則電線桿的高度為__________米．17．如圖所示，直線y=x+b交x軸A點，交y軸于B點，交雙曲線于P點，連OP，則OP2﹣OA2=__．三、解答題（共7小題，滿分69分）18．（10分）如圖，M是平行四邊形ABCD的對角線上的一點，射線AM與BC交于點F，與DC的延長線交于點H．（1）求證：AM2＝MF.MH（2）若BC2＝BD．DM，求證：∠AMB＝∠ADC．19．（5分）如圖，在四邊形ABCD中，∠BAC=∠ACD=90°，∠B=∠D．（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）若AB=3cm，BC=5cm，AE=AB，點P從B點出發(fā)，以1cm/s的速度沿BC→CD→DA運動至A點停止，則從運動開始經過多少時間，△BEP為等腰三角形.20．（8分）如圖所示，一次函數y=kx+b與反比例函數y=的圖象交于A（2，4），B（﹣4，n）兩點．分別求出一次函數與反比例函數的表達式；過點B作BC⊥x軸，垂足為點C，連接AC，求△ACB的面積．21．（10分）如圖，AB、CD是⊙O的直徑，DF、BE是弦，且DF＝BE，求證：∠D＝∠B．22．（10分）水果店老板用600元購進一批水果，很快售完；老板又用1250元購進第二批水果，所購件數是第一批的2倍，但進價比第一批每件多了5元，問第一批水果每件進價多少元？23．（12分）已知，在菱形ABCD中，∠ADC=60°，點H為CD上任意一點（不與C、D重合），過點H作CD的垂線，交BD于點E，連接AE．（1）如圖1，線段EH、CH、AE之間的數量關系是；（2）如圖2，將△DHE繞點D順時針旋轉，當點E、H、C在一條直線上時，求證：AE+EH=CH．24．（14分）已知：如圖，梯形ABCD，DC∥AB，對角線AC平分∠BCD，點E在邊CB的延長線上，EA⊥AC，垂足為點A．（1）求證：B是EC的中點；（2）分別延長CD、EA相交于點F，若AC2=DC?EC，求證：AD：AF=AC：FC．

參考答案一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）1、D【解析】

根據整式的混合運算計算得到結果，即可作出判斷．【詳解】A、2與a不是同類項，不能合并，不符合題意；B、=，不符合題意；C、原式=，不符合題意；D、=，符合題意，故選D．【點睛】此題考查了整式的混合運算，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．2、B【解析】

由條件可以得出△BPQ∽△DKM∽△CNH，可以求出△BPQ與△DKM的相似比為，△BPQ與△CNH相似比為，由相似三角形的性質，就可以求出，從而可以求出．【詳解】∵矩形AEHC是由三個全等矩形拼成的，

∴AB=BD=CD，AE∥BF∥DG∥CH，∴∠BQP=∠DMK=∠CHN，∴△ABQ∽△ADM，△ABQ∽△ACH，∴，，∵EF=FG=BD=CD，AC∥EH，

∴四邊形BEFD、四邊形DFGC是平行四邊形，

∴BE∥DF∥CG，

∴∠BPQ=∠DKM=∠CNH，又∵∠BQP=∠DMK=∠CHN，

∴△BPQ∽△DKM，△BPQ∽△CNH，∴，，即，，，∴，即，解得：，∴，故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質，平行四邊形的判定和性質，相似三角形的判定與性質，三角形的面積公式，得出S2=4S1，S3=9S1是解題關鍵．3、C【解析】試題分析：已知一個正多邊形的一個外角為36°，則這個正多邊形的邊數是360÷36=10，故選C.考點：多邊形的內角和外角.4、C【解析】

試題分析：∵分式有意義，∴x﹣3≠0，∴x≠3；故選C．考點：分式有意義的條件．5、C【解析】

首先根據平行線的性質以及折疊的性質證明∠EAC=∠DCA，根據等角對等邊證明FC=AF，則DF即可求得，然后在直角△ADF中利用勾股定理求解．【詳解】∵長方形ABCD中，AB∥CD，∴∠BAC=∠DCA，又∵∠BAC=∠EAC，∴∠EAC=∠DCA，∴FC=AF=25cm，又∵長方形ABCD中，DC=AB=32cm，∴DF=DC-FC=32-25=7cm，在直角△ADF中，AD==24（cm）．故選C．【點睛】本題考查了折疊的性質以及勾股定理，在折疊的過程中注意到相等的角以及相等的線段是關鍵．6、D【解析】

分兩種情形討論當點P順時針旋轉時，圖象是③，當點P逆時針旋轉時，圖象是①，由此即可解決問題．【詳解】解：當點P順時針旋轉時，圖象是③，當點P逆時針旋轉時，圖象是①．故選D．7、A【解析】

根據折疊的性質明確對應關系，易得∠A=∠1，DE是△ABC的中位線，所以易得B、D答案正確，D是AB中點，所以DB=DA，故C正確．【詳解】根據題意可知DE是三角形ABC的中位線，所以DE∥BC；∠B+∠1+∠C=180°；∵BD=AD，∴△DBA是等腰三角形．故只有A錯，BA≠CA．故選A．【點睛】主要考查了三角形的內角和外角之間的關系以及等腰三角形的性質．還涉及到翻折變換以及中位線定理的運用．（1）三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角和．（1）三角形的內角和是180度．求角的度數常常要用到“三角形的內角和是180°這一隱含的條件．通過折疊變換考查正多邊形的有關知識，及學生的邏輯思維能力．解答此類題最好動手操作．8、C【解析】分析：根據圖象的旋轉變化規(guī)律以及二次函數的平移規(guī)律得出平移后解析式，進而求出m的值，由2017÷5=403…2，可知點P（2018，m）在此“波浪線”上C404段上，求出C404的解析式，然后把P（2018，m）代入即可．詳解：當y=0時，﹣x（x﹣5）=0，解得x1=0，x2=5，則A1（5，0），∴OA1=5，∵將C1繞點A1旋轉180°得C2，交x軸于點A2；將C2繞點A2旋轉180°得C3，交x軸于點A3；…；如此進行下去，得到一“波浪線”，∴A1A2=A2A3=…=OA1=5，∴拋物線C404的解析式為y=（x﹣5×403）（x﹣5×404），即y=（x﹣2015）（x﹣2020），當x=2018時，y=（2018﹣2015）（2018﹣2020）=﹣1，即m=﹣1．故選C．點睛：此題主要考查了二次函數的平移規(guī)律，根據已知得出二次函數旋轉后解析式是解題關鍵．9、D【解析】

分別根據眾數、中位數、平均數、方差的定義進行求解后進行判斷即可得.【詳解】甲：數據7出現(xiàn)了2次，次數最多，所以眾數為7，排序后最中間的數是7，所以中位數是7，，=4.4，乙：數據8出現(xiàn)了2次，次數最多，所以眾數為8，排序后最中間的數是4，所以中位數是4，，=6.4，所以只有D選項正確，故選D.【點睛】本題考查了眾數、中位數、平均數、方差，熟練掌握相關定義及求解方法是解題的關鍵.10、A【解析】分析：根據反比例函數的性質，可得答案．詳解：由題意，得k=-3，圖象位于第二象限，或第四象限，在每一象限內，y隨x的增大而增大，∵3＜6，∴x1＜x2＜0，故選A．點睛：本題考查了反比例函數，利用反比例函數的性質是解題關鍵．二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11、9【解析】解：360÷40=9，即這個多邊形的邊數是912、-4.【解析】

過點B作BD⊥x軸于點D，因為△AOB是等邊三角形，點A的坐標為（-4，0）所∠AOB=60°，根據銳角三角函數的定義求出BD及OD的長，可得出B點坐標，進而得出反比例函數的解析式.【詳解】過點B作BD⊥x軸于點D，∵△AOB是等邊三角形，點A的坐標為（﹣4，0），∴∠AOB=60°，OB=OA=AB=4，∴OD=OB=2，BD=OB?sin60°=4×=2，∴B（﹣2，2），∴k=﹣2×2=﹣4．【點睛】本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特點、等邊三角形的性質、解直角三角函數等知識，難度適中．13、20【解析】解：連接OB，∵⊙O的直徑CD垂直于AB，∴=，∴∠BOC=∠AOC=40°，∴∠BDC=∠AOC=×40°=20°14、，，【解析】

分三種情況：①點A是頂角頂點時，②點A是底角頂點，且AD在△ABC外部時，③點A是底角頂點，且AD在△ABC內部時，再結合直角三角形中，30°的角所對的直角邊等于斜邊的一半即可求解.【詳解】①如圖，若點A是頂角頂點時，∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD，∵,∴AD=BD=CD，在Rt△ABD中，∠B=∠BAD=；②如圖，若點A是底角頂點，且AD在△ABC外部時，∵，AC=BC，∴，∴∠ACD=30°，∴∠BAC=∠ABC=×30°=15°；③如圖，若點A是底角頂點，且AD在△ABC內部時，∵，AC=BC，∴，∴∠C=30°，∴∠BAC=∠ABC=（180°-30°）=75°；綜上所述，△ABC底角的度數為45°或15°或75°；故答案為，，．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質和直角三角形中30°的角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質，解題的關鍵是要分情況討論.15、18塊（4n+2）塊．【解析】

由已知圖形可以發(fā)現(xiàn)：前三個圖形中白色地磚的塊數分別為：6，10，14，所以可以發(fā)現(xiàn)每一個圖形都比它前一個圖形多4個白色地磚，所以可以得到第n個圖案有白色地面磚（4n+2）塊．【詳解】解：第1個圖有白色塊4+2，第2圖有4×2+2，第3個圖有4×3+2，所以第4個圖應該有4×4+2=18塊，第n個圖應該有（4n+2）塊．【點睛】此題考查了平面圖形，主要培養(yǎng)學生的觀察能力和空間想象能力．16、（14+2）米【解析】

過D作DE⊥BC的延長線于E，連接AD并延長交BC的延長線于F，根據直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出DE，再根據勾股定理求出CE，然后根據同時同地物高與影長成正比列式求出EF，再求出BF，再次利用同時同地物高與影長成正比列式求解即可．【詳解】如圖，過D作DE⊥BC的延長線于E，連接AD并延長交BC的延長線于F．∵CD=8，CD與地面成30°角，∴DE=CD=×8=4，根據勾股定理得：CE===4．∵1m桿的影長為2m，∴=，∴EF=2DE=2×4=8，∴BF=BC+CE+EF=20+4+8=（28+4）．∵=，∴AB=（28+4）=14+2．故答案為（14+2）．【點睛】本題考查了相似三角形的應用，主要利用了同時同地物高與影長成正比的性質，作輔助線求出AB的影長若全在水平地面上的長BF是解題的關鍵．17、1【解析】解：∵直線y=x+b與雙曲線(x>0)交于點P，設P點的坐標（x，y），∴x﹣y=﹣b，xy=8，而直線y=x+b與x軸交于A點，∴OA=b．又∵OP2=x2+y2，OA2=b2，∴OP2﹣OA2=x2+y2﹣b2=（x﹣y）2+2xy﹣b2=1．故答案為1．三、解答題（共7小題，滿分69分）18、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】

（1）由于AD∥BC，AB∥CD，通過三角形相似，找到分別于，都相等的比，把比例式變形為等積式，問題得證．（2）推出∽，再結合，可證得答案.【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，，∴即．（2）∵四邊形是平行四邊形，∴，又∵，∴即，又∵,∴∽，∴，∵，∴，∵，∴.【點睛】本題考查的知識點是相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是熟練的掌握相似三角形的判定與性質.19、（1）證明見解析；（2）從運動開始經過2s或s或s或s時，△BEP為等腰三角形．【解析】

（1）根據內錯角相等，得到兩邊平行，然后再根據三角形內角和等于180度得到另一對內錯角相等，從而證得原四邊形是平行四邊形；（2）分別考慮P在BC和DA上的情況求出t的值.【詳解】解：（1）∵∠BAC=∠ACD=90°，∴AB∥CD，∵∠B=∠D，∠B+∠BAC+∠ACB=∠D+∠ACD+∠DAC=180°，∴∠DAC=∠ACB，∴AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形．（2）∵∠BAC=90°，BC=5cm，AB=3cm，′由勾股定理得：AC=4cm，即AB、CD間的最短距離是4cm，∵AB=3cm，AE=AB，∴AE=1cm，BE=2cm，設經過ts時，△BEP是等腰三角形，當P在BC上時，①BP=EB=2cm，t=2時，△BEP是等腰三角形；②BP=PE，作PM⊥AB于M，∴BM=ME=BE=1cm∵cos∠ABC=，∴BP=cm，t=時，△BEP是等腰三角形；③BE=PE=2cm，作EN⊥BC于N，則BP=2BN，∴cosB=，∴，BN=cm，∴BP=，∴t=時，△BEP是等腰三角形；當P在CD上不能得出等腰三角形，∵AB、CD間的最短距離是4cm，CA⊥AB，CA=4cm，當P在AD上時，只能BE=EP=2cm，過P作PQ⊥BA于Q，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠QAD=∠ABC，∵∠BAC=∠Q=90°，∴△QAP∽△ABC，∴PQ：AQ：AP=4：3：5，設PQ=4xcm，AQ=3xcm，在△EPQ中，由勾股定理得：（3x+1）2+（4x）2=22，∴x=，AP=5x=cm，∴t=5+5+3﹣=，答：從運動開始經過2s或s或s或s時，△BEP為等腰三角形．【點睛】本題主要考查平行四邊形的判定定理及一元二次方程的解法，要求學生能夠熟練利用邊角關系解三角形.20、（1）反比例函數解析式為y=，一次函數解析式為y=x+2；（2）△ACB的面積為1．【解析】

（1）將點A坐標代入y=可得反比例函數解析式，據此求得點B坐標，根據A、B兩點坐標可得直線解析式；（2）根據點B坐標可得底邊BC=2，由A、B兩點的橫坐標可得BC邊上的高，據此可得．【詳解】解：（1）將點A（2，4）代入y=，得：m=8，則反比例函數解析式為y=，當x=﹣4時，y=﹣2，則點B（﹣4，﹣2），將點A（2，4）、B（﹣4，﹣2）代入y=kx+b，得：，解得：，則一次函數解析式為y=x+2；（2）由題意知BC=2，則△ACB的面積=×2×1=1．【點睛】本題主要考查一次函數與反比例函數的交點問題，熟練掌握待定系數法求函數解析式及三角形的面積求法是解題的關鍵．21、證明見解析．【解析】

根據在同圓中等弦對的弧相等，AB、CD是⊙O的直徑，則，由FD=EB，得，，由等量減去等量仍是等量得：，即，由等弧對的圓周角相等，得∠D=∠B．【詳解】解：方法（一）證明：∵AB、CD是⊙O的直徑，∴．∵FD=EB，∴．∴．即．∴∠D=∠B．方法（二）證明：如圖，連接CF，AE．∵AB、CD是⊙O的直徑，∴∠F=∠E=90°（直徑所對的圓周角是直角）．∵AB=CD，DF=BE，∴Rt△DFC≌Rt△BEA（HL）．∴∠D=∠B．【點睛】本題利用了在同圓中等弦對的弧相等，等弧對的弦，圓周角相等，等量減去等量仍是等量求解．22、120【解析】

設第一批水果每件進價為x元，則第二批水果每件進價為（x+5）元，根據用1250元所購件數是第一批的2倍，列方程求解．【詳解】解：設第一批水果每件進價為x元，則第二批水果每件進價為（x+5）元，由題意得，×2=，解得：x=120，經檢驗：x=120是原分式方程的解，且符合題意．答：第一批水果每件進價為120元．【點睛】本題考查了分式方程的應用，解題的關鍵是熟練的掌握分式方程的應用.23、(1)EH2+CH2=AE2；(2)見解析.【解析】分析：（1）如圖1，過E作EM⊥AD于M，由四邊形ABCD是菱形，得到AD=CD，∠ADE=∠CDE，通過△DME≌△DHE，根據全等三角形的性質得到EM=EH，DM=DH，等量代換得到AM=CH，根據勾股定理即可得到結論；

（2）如圖2，根據菱形的性質得到∠BDC=∠BDA=30°，DA=DC，在CH上截取HG，使HG=EH，推出△DEG是等邊三角形，由等邊三角形的性質得到∠EDG=60°，推出△DAE≌△DCG，根據全等三角形的性質即可得到結論．詳解：（1）EH2+CH2=AE2，如圖1，過E作EM⊥AD于M，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD=CD，∠ADE=∠CDE，∵EH⊥CD，∴∠DME=∠DHE=90°，在△DME與△DHE中，，∴△DME≌△DHE，∴EM=EH，DM=DH，∴AM=CH，在