2024年上海市田家炳中学特色课程班中考第四次模拟数学试题（解析版）

2023-2024学年度上海市田家炳特色课程班中考第四次模拟测试卷一．选择题（共24分）1.单项式的系数和次数分别是（）A.和2 B.和3 C.2和2 D.2和3【答案】B【解析】【分析】本题考查了单项式的知识，单项式中的数字因数叫做单项式的系数，一个单项式中所有字母的指数的和叫做单项式的次数．根据单项式系数和次数的概念求解．解：单项式的系数和次数分别是和3．2.我国神舟十三号载人飞船和航天员乘组于2022年4月16日返回地球，结束了183天的在轨飞行时间．从2003年神舟五号载人飞船上天以来，我国已有13位航天员出征太空，绕地球飞行共约2.32亿公里．将数据232000000用科学记数法表示为（）A.0.232×109 B.2.32×109 C.2.32×108 D.23.2×108【答案】C【解析】【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中1≤<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．解：232000000＝2.32×108．故选：C．【点睛】本题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．3.关于的一元二次方程无实数根，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据一元二次方程判别式与根情况的关系，列代数式求解即可．解：一元二次方程无实数根，则判别式解得，故选：D．【点睛】此题考查了一元二次方程判别式与根情况的关系，解题的关键是掌握相关基础知识，一元二次方程的判别式，当时有两个不相等的实数根，当时，有两个相等的实数根，当时，无实数根．4.如图，已知点A、B、C、D都在上，，下列说法错误的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系，解题关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题意和垂径定理，可以得到，，，然后即可判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．解：∵，∴，，故A正确；，∴，,∴，故B正确；,∴，故C错误；∵，∴，故D正确；故选：C．5.下列命题中真命题是（）A.相等的圆心角所对的弦相等B.正多边形都是中心对称图形C.如果两个图形全等，那么他们一定能通过平移后互相重合D.如果一个四边形绕对角线的交点旋转90°后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形【答案】D【解析】【分析】本题考查了命题：判断事物的语句叫命题；正确的命题叫真命题，错误的命题叫假命题．依次进行判断即可得到答案．解：A．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故选项A是假命题；B．把一个图形绕着某一个点旋转后，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，正方形，正六边形等是中心对称图形，但正三角形，正五边形不是中心对称图形，故选项B是假命题；C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过翻折、平移和旋转后互相重合，故选项C是假命题；D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形，故选项D是真命题．故选：D．6.在中，，．如果以顶点为圆心，为半径作，那么与边所在直线的公共点的个数是（）A.3个 B.2个 C.1个 D.0个．【答案】B【解析】【分析】本题考查了平行四边形的面积，直线与圆的位置关系d、r法则，熟练掌握法则是解题的关键．根据面积公式计算点C到的距离d，比较d与半径的大小判断即可．解：如图，∵在平行四边形中，，，设点C到的距离为d，∴点C到的距离，∴直线与圆C相交，即有2个交点，故选：B．二．填空题（共48分）7.因式分解a4-a2=_______．【答案】【解析】试题分析：分解因式，考点：分解因式点评：本题属于对分解因式的基本知识的考查和运用8.化简的结果是______．【答案】1【解析】【分析】原式变形后，利用同分母分式的减法法则计算即可得到结果．解：．故答案为：1．【点睛】此题考查了分式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．9.将抛物线向左平移1个单位后，得到的抛物线的顶点坐标是______．【答案】【解析】【分析】本题考查了抛物线的平移，顶点坐标．由题意知，平移后的抛物线解析式为，然后求顶点坐标即可．解：由题意知，平移后的抛物线解析式为，∴顶点坐标为，故答案为：．10.函数的定义域是【答案】＞【解析】【分析】定义域是指该函数的自变量的取值范围，根据二次根号下被开方数≥0；分式中分母不为0；即可解答.定义域是指该函数的自变量的取值范围，二次根号下被开方数≥0；分式中分母不为0；∴∴故答案为11.已知关于x的方程的解是正数，那么m的取值范围为______．【答案】且【解析】【分析】根据解分式方程的步骤，可得分式方程的解，再根据分式方程的解是正数，可得不等式，解不等式，可得答案，并注意分母不为零．解：由原方程去分母，得，去括号，得，解得，关于x的方程的解是正数，，解得，又，，，，故m的取值范围为且，故答案为：且．【点睛】本题主要考查了解分式方程、分式方程的解、一元一次不等式等知识，能根据已知和方程的解得出m的范围是解此题的关键．12.已知中，，，则_____．【答案】2【解析】【分析】过点A作交于点D，根据三角形内角和定理，得到，进而得到，再利用勾股定理求得，然后解直角三角形即可求解．解：过点A作交于点D，，，，，在中，，，∵，∴，故答案为：2．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握勾股定理是解题关键．13.正二十边形中心角的正弦值为________【答案】##0.5【解析】【分析】本题考查正十二边形性质，特殊角的三角函数值等知识，先由正十二边形的性质得到正二十边形中心角，再由特殊角的三角函数值求解即可得到答案，熟记正多边形的性质及特殊角的三角函数值是解决问题的关键．解：正二十边形中心角为，正二十边形中心角的正弦值为，故答案为：．14.如图，正六边形螺帽的边长是，那么这个扳手的开口的值是______．【答案】【解析】【分析】本题考查解直角三角形，等腰三角形的性质，含角的直角三角形的性质．由螺帽是正六边形，可得是含角的直角三角形，再根据即可求出和．解：如图，连接,则，过点作于螺帽是正六边形，,．故答案为：．15.如图，梯形中，，，平分，如果，，，那么是_______（用向量、表示）．【答案】【解析】【分析】本题主要考查了角平分线的定义，平行线的性质，向量的运算，解题的关键是熟练掌握这些知识．根据角平分线的定义，平行线的性质，推出，结合，可得，最后根据，即可求解．解：设，平分，，，，，，，，，，故答案为：．16.如图，在中，，，．点在边上，，以点为圆心，为半径作．点在边上，以点为圆心，为半径作．如果和外切，那么长为________．【答案】##【解析】【分析】本题考查的是圆和圆的位置关系、解直角三角形的知识，作于点H，连接，先求出，设，在中，根据勾股定理列方程即可解决．解：作于点H，连接，，，，在中，，，，设，和外切，半径为2，，在中，，，解得：，故答案为：．17.如图，在中，上的中线相交于点F，如果，那么的值为______．【答案】【解析】【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，先证明，再证明，则，证明，则，设，则，得到（负值舍去），进一步得到，则，即可得到答案．解：过点E作于点H，∴，∵上的中线相交于点F，∴，∴∴，∵∴∴∵，，∴∴∴设，则，∴，∴（负值舍去），∴∴，∴∴故答案为：18.如图，在扇形中，，，点在半径上，将沿着翻折，点的对称点恰好落在弧上，再将弧沿着翻折至弧（点是点A的对称点），那么的长为________．【答案】##【解析】【分析】本题考查翻折性质，圆的基本性质，等边三角形判定与性质、勾股定理的应用，连接，由翻折得，证出是等边三角形，设，在中，根据勾股定理列方程并解出进而求出结论．解：连接，由翻折得：，，，是等边三角形，，，设，则，中，，，解得：（舍去），，故答案为：．三．解答题（共78分）19.计算：．【答案】【解析】【分析】本题主要考查的是实数的运算，根据二次根式的化简，分数指数幂的运算，绝对值的性质即可求解．解：20.解方程组：．【答案】或【解析】【分析】由①可得，，代入将③代入②得，求出，，然后代入求解即可．由①可得，将③代入②得，整理得，或解得，将代入③得，；将代入③得，．∴方程组的解为或．【点睛】本题考查了二元二次方程组解法，解题关键是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．21.根据以下素材，完成探索任务．探究斜坡上两车之间距离素材1图①是某高架入口的横断面示意图．高架路面用表示，地面用表示，斜坡用表示．已知，高架路面离地面的距离为25米，斜坡长为65米．素材2如图②，矩形为一辆大巴车的侧面示意图，长为10米，长为米．如图③，该大巴车遇堵车后停在素材1中的斜坡上，矩形的顶点与点重合，点与指示路牌底端点之间的距离为米，且．小张驾驶一辆小轿车跟随大巴车行驶，小张的眼睛到斜坡的距离为1米．问题解决任务一如图①，求斜坡的坡比．任务二如图③，当小张正好可以看到整个指示路牌（即、、在同一条直线上）时，试求小张距大巴车尾的距离．【答案】任务一：斜坡的坡比；任务二：米【解析】【分析】本题考查的是解直角三角形坡度坡角问题及相似三角形判定与性质，矩形判定与性质，任务一：根据勾股定理求出第三边进而求出坡度；任务二：作交延长线于点O，作于点Q，交于点R，通过解直角三角形结合矩形判定与性质求出相关线段长度，再证明，根据性质求出结论即可．解：任务一：如图①，由题意得：在中，为25米，斜坡长为65米，（米），斜坡的坡比；任务二：如图③，作交延长线于点O，作于点Q，交于点R，则四边形为矩形，四边形为矩形，米，米，，为米，，解得：米，米，米，米，，，，，，解得：，经检验，是原方程的解，米．22.一个凸四边形的四条边及两条对角线共6条线段中，如果只有两种大小不同的长度，那么称这个四边形为“精致四边形”．如正方形的四条边都相等，两条对角线相等，且边长与对角线长度不等，所以正方形是一个“精致四边形”．（1）如图所示的四边形是一个“精致四边形”，其中，．试写出该“精致四边形”的两条性质（，除外）；（2）如果一个菱形（除正方形外）是“精致四边形”，试画出它的大致图形，并求出该“精致四边形”的6条线段中较长线段与较短线段长度的比值；（3）如果一个梯形是“精致四边形”，试画出它的大致图形，指出两种长度的线段各是哪几条，并求出它的各内角度数．【答案】（1）①，平分；②四边形是轴对称图形，直线所在的直线是它的对称轴；③，，（2）画图形见解析，该“精致四边形”的6条线段中较长线段与较短线段长度的比值为（3）画图形见解析，两种长度的线段各是，它的各内角度数【解析】【分析】本题考查了新定义，菱形的性质，梯形的性质，解题的关键是正确理解题目所给“精致四边形”的定义，正确画出图形，以及熟练掌握相关性质定理．（1）根据题意易得是的垂直平分线，，是等边三角形，即可得出结论；（2）根据题意画出图形，则在菱形中，且，根据菱形的性质得出，，，进而得出，则；（3）根据题意画出图形，推出，，再根据平行线的性质得出，求出，即可解答．【小问1】解：∵，，∴是的垂直平分线，则，平分；∵，，，∴，∴，∴四边形是轴对称图形，直线所在的直线是它的对称轴；∵，∴是等边三角形，则，∵，∴，∵，∴，∴，综上：该“精致四边形”的性质有：①，平分；②四边形是轴对称图形，直线所在直线是它的对称轴；③，，．【小问2】解：画图∵在菱形中，且，∴，，，∴，∴．【小问3】解：画图，如图：，，∵，∴，∵，∴，∵，，，∴，∴，则，∵，∴，∵，∴，则，解得：，∴，．23.如图，中，，延长至点，使得，过点、分别作，，与相交于点，连接．（1）求证：；（2）连接交于点，连接交于点．如果，求证：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法．（1）先证四边形是平行四边形，得出从而证出四边形是矩形，即可证明结论；（2）设，算出，证明，求出，进而证出结论；【小问1】证明：，，四边形是平行四边形，，，，又，点D在的延长线上，，四边形是平行四边形，又，四边形是矩形，；【小问2】解：如图，四边形是平行四边形，，设，，，，，，，，，，，在中，，，，在中，，，．24.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线与x轴相交于、B两点，且与y轴交于点．（1）求抛物线的表达式；（2）如果点D是x正半轴上一点，，且四边形是菱形，请直接写出点D和点Q的坐标（不需要说明理由）；（3）由平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次连接所组成的封闭图形叫做多边形，对于平面内的一个多边形，画出它的任意一边所在的直线，如果其余各边都在这条直线的一侧，那么这个多边形叫做“凸多边形”：否则叫做“凹多边形”．如果点E是抛物线对称轴上的一个动点，纵坐标为t，且四边形是凹四边形（线段与线段不相交），求t的取值范围．【答案】（1）（2），（3）【解析】【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；（2）先求出点坐标，勾股定理逆定理求出，根据，得到为的中点，再根据菱形的性质，求出点坐标即可；（3）求出直线的解析式，分别求出两条直线与对称轴的交点坐标，结合凹四边形的定义，讨论求解即可．【小问1】解：把，代入，得：，解得：，∴；小问2】∵，当时，解得：，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∵，∵，∴，连接，则：，∴，∴，，∵，∴，∴，∴为的中点，∴，∵是菱形，∴，把点先向右平移个单位，再向上平移个单位得到点，∴把点先向右平移个单位，再向上平移个单位得到点，∴；【小问3】∵，∴对称轴为直线，∴对称轴与轴的交点坐标为，∵，，，∴设直线的解析式为，把代入，得：，∴，当时，，∴直线与对称轴的交点坐标为，同法可得：直线的解析式为：，直线与对称轴的交点坐标为，∵点E是抛物线对称轴上的一个动点，纵坐标为t，且四边形是凹四边形，∴当点