广东省汕头市潮南区重点名校2024届中考数学猜题卷含解析

广东省汕头市潮南区重点名校2024届中考数学猜题卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1．魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术．为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法．作圆内接正多边形，当正多边形的边数不断增加时，其周长就无限接近圆的周长，进而可用来求得较为精确的圆周率．祖冲之在刘徽的基础上继续努力，当正多边形的边数增加24576时，得到了精确到小数点后七位的圆周率，这一成就在当时是领先其他国家一千多年，如图，依据“割圆术”，由圆内接正六边形算得的圆周率的近似值是（）A．0.5 B．1 C．3 D．π2．根据如图所示的程序计算函数y的值，若输入的x值是4或7时，输出的y值相等，则b等于（）A．9 B．7 C．﹣9 D．﹣73．下列四个几何体中，主视图与左视图相同的几何体有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．若一个正多边形的每个内角为150°，则这个正多边形的边数是（）A．12 B．11 C．10 D．95．下列运算正确的是（）A．x4+x4=2x8B．（x2）3=x5C．（x﹣y）2=x2﹣y2D．x3•x=x46．下列各数：1.414，，﹣，0，其中是无理数的为（）A．1.414 B． C．﹣ D．07．下列标志中，可以看作是轴对称图形的是（）A． B． C． D．8．二次函数的图象如图所示，则反比例函数与一次函数在同一坐标系中的大致图象是()A． B． C． D．9．在一次数学答题比赛中，五位同学答对题目的个数分别为7，5，3，5，10，则关于这组数据的说法不正确的是（）A．众数是5 B．中位数是5 C．平均数是6 D．方差是3.610．一个圆锥的侧面积是12π，它的底面半径是3，则它的母线长等于（）A．2B．3C．4D．6二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11．随意的抛一粒豆子，恰好落在图中的方格中（每个方格除颜色外完全相同），那么这粒豆子落在黑色方格中的可能性是_____．12．已知关于x的方程x2﹣2x+n=1没有实数根，那么|2﹣n|﹣|1﹣n|的化简结果是_____．13．已知x1，x2是方程x2+6x+3＝0的两实数根，则的值为_____．14．据报道，截止2018年2月，我国在澳大利亚的留学生已经达到17.3万人，将17.3万用科学记数法表示为__________．15．已知一个斜坡的坡度，那么该斜坡的坡角的度数是______．16．已知方程x2﹣5x+2=0的两个解分别为x1、x2，则x1+x2﹣x1•x2的值为______．三、解答题（共8题，共72分）17．（8分）某天，甲、乙、丙三人一起乘坐公交车，他们上车时发现公交车上还有A，B，W三个空座位，且只有A，B两个座位相邻，若三人随机选择座位，试解决以下问题：（1）甲选择座位W的概率是多少；（2）试用列表或画树状图的方法求甲、乙选择相邻座位A，B的概率．18．（8分）矩形ABCD中，DE平分∠ADC交BC边于点E，P为DE上的一点（PE＜PD），PM⊥PD，PM交AD边于点M．（1）若点F是边CD上一点，满足PF⊥PN，且点N位于AD边上，如图1所示．求证：①PN=PF；②DF+DN=DP；（2）如图2所示，当点F在CD边的延长线上时，仍然满足PF⊥PN，此时点N位于DA边的延长线上，如图2所示；试问DF，DN，DP有怎样的数量关系，并加以证明．19．（8分）如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，CD上的点，AE＝ED，DF=DC，连结EF并延长交BC的延长线于点G，连结BE．求证：△ABE∽△DEF．若正方形的边长为4，求BG的长．20．（8分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O．过点C作BD的平行线，过点D作AC的平行线，两直线相交于点E．求证：四边形OCED是矩形；若CE=1，DE=2，ABCD的面积是．21．（8分）已知，在菱形ABCD中，∠ADC=60°，点H为CD上任意一点（不与C、D重合），过点H作CD的垂线，交BD于点E，连接AE．（1）如图1，线段EH、CH、AE之间的数量关系是；（2）如图2，将△DHE绕点D顺时针旋转，当点E、H、C在一条直线上时，求证：AE+EH=CH．22．（10分）如图1，抛物线y=ax2+bx﹣2与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，经过点B的直线交y轴于点E（0，2）．（1）求该抛物线的解析式；（2）如图2，过点A作BE的平行线交抛物线于另一点D，点P是抛物线上位于线段AD下方的一个动点，连结PA，EA，ED，PD，求四边形EAPD面积的最大值；（3）如图3，连结AC，将△AOC绕点O逆时针方向旋转，记旋转中的三角形为△A′OC′，在旋转过程中，直线OC′与直线BE交于点Q，若△BOQ为等腰三角形，请直接写出点Q的坐标．23．（12分）如图，数轴上的点A、B、C、D、E表示连续的五个整数，对应数分别为a、b、c、d、e．（1）若a+e=0，则代数式b+c+d=；（2）若a是最小的正整数，先化简，再求值：a+1a-2（3）若a+b+c+d=2，数轴上的点M表示的实数为m（m与a、b、c、d、e不同），且满足MA+MD=3，则m的范围是．24．某商城销售A，B两种自行车型自行车售价为2

100元辆，B型自行车售价为1

750元辆，每辆A型自行车的进价比每辆B型自行车的进价多400元，商城用80

000元购进A型自行车的数量与用64

000元购进B型自行车的数量相等．求每辆A，B两种自行车的进价分别是多少？现在商城准备一次购进这两种自行车共100辆，设购进A型自行车m辆，这100辆自行车的销售总利润为y元，要求购进B型自行车数量不超过A型自行车数量的2倍，总利润不低于13

000元，求获利最大的方案以及最大利润．

参考答案一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1、C【解析】

连接OC、OD，根据正六边形的性质得到∠COD＝60°，得到△COD是等边三角形，得到OC＝CD，根据题意计算即可．【详解】连接OC、OD，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠COD＝60°，又OC＝OD，∴△COD是等边三角形，∴OC＝CD，正六边形的周长：圆的直径＝6CD：2CD＝3，故选：C．【点睛】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．2、C【解析】

先求出x=7时y的值，再将x=4、y=-1代入y=2x+b可得答案．【详解】∵当x=7时，y=6-7=-1，∴当x=4时，y=2×4+b=-1，解得：b=-9，故选C．【点睛】本题主要考查函数值，解题的关键是掌握函数值的计算方法．3、D【解析】解：①正方体的主视图与左视图都是正方形；②球的主视图与左视图都是圆；③圆锥主视图与左视图都是三角形；④圆柱的主视图和左视图都是长方形；故选D．4、A【解析】

根据正多边形的外角与它对应的内角互补，得到这个正多边形的每个外角=180°﹣150°=30°，再根据多边形外角和为360度即可求出边数．【详解】∵一个正多边形的每个内角为150°，∴这个正多边形的每个外角=180°﹣150°=30°，∴这个正多边形的边数==1．故选：A．【点睛】本题考查了正多边形的外角与它对应的内角互补的性质；也考查了多边形外角和为360度以及正多边形的性质．5、D【解析】A.x4+x4=2x4，故错误；B.（x2）3=x6，故错误；C.（x﹣y）2=x2﹣2xy+y2，故错误；D.x3•x=x4，正确，故选D.6、B【解析】试题分析：根据无理数的定义可得是无理数．故答案选B.考点：无理数的定义.7、D【解析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；

B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；

C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；

D、是轴对称图形，符合题意．

故选D．【点睛】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，解答时要注意：判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部沿对称轴叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图重合．8、D【解析】

根据抛物线和直线的关系分析.【详解】由抛物线图像可知，所以反比例函数应在二、四象限，一次函数过原点，应在二、四象限.故选D【点睛】考核知识点：反比例函数图象.9、D【解析】

根据平均数、中位数、众数以及方差的定义判断各选项正误即可．【详解】A、数据中5出现2次，所以众数为5，此选项正确；B、数据重新排列为3、5、5、7、10，则中位数为5，此选项正确；C、平均数为（7+5+3+5+10）÷5=6，此选项正确；D、方差为×[（7﹣6）2+（5﹣6）2×2+（3﹣6）2+（10﹣6）2]=5.6，此选项错误；故选：D．【点睛】本题主要考查了方差、平均数、中位数以及众数的知识，解答本题的关键是熟练掌握各个知识点的定义以及计算公式，此题难度不大．10、C【解析】设母线长为R，底面半径是3cm，则底面周长=6π，侧面积=3πR=12π，

∴R=4cm．故选C．二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11、【解析】

根据面积法：求出豆子落在黑色方格的面积与总面积的比即可解答．【详解】∵共有15个方格，其中黑色方格占5个，∴这粒豆子落在黑色方格中的概率是=，故答案为．【点睛】此题考查了几何概率的求法，利用概率=相应的面积与总面积之比求出是解题关键．12、﹣1【解析】

根据根与系数的关系得出b2-4ac=（-2）2-4×1×（n-1）=-4n+8＜0，求出n＞2，再去绝对值符号，即可得出答案．【详解】解：∵关于x的方程x2−2x+n=1没有实数根，∴b2-4ac=（-2）2-4×1×（n-1）=-4n+8＜0，∴n＞2，∴|2−n|-│1-n│=n-2-n+1=-1.故答案为-1.【点睛】本题考查了根的判别式，解题的关键是根据根与系数的关系求出n的取值范围再去绝对值求解即可.13、1．【解析】试题分析：∵，是方程的两实数根，∴由韦达定理，知，，∴===1，即的值是1．故答案为1．考点：根与系数的关系．14、1.73×1．【解析】

科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．【详解】将17.3万用科学记数法表示为1.73×1．故答案为1.73×1．【点睛】本题考查了正整数指数科学计数法,根据科学计算法的要求，正确确定出a和n的值是解答本题的关键.15、【解析】

坡度=坡角的正切值，据此直接解答．【详解】解：∵，∴坡角=30°．【点睛】此题主要考查学生对坡度及坡角的理解及掌握．16、1【解析】解：根据题意可得x1+x2==5，x1x2==2，∴x1+x2﹣x1x2=5﹣2=1．故答案为：1．点睛：本题主要考查了根据与系数的关系，利用一元二次方程的两个根x1、x2具有这样的关系：x1+x2=，x1x2=是解题的关键．三、解答题（共8题，共72分）17、（1）；（2）【解析】

（1）根据概率公式计算可得；（2）画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合要求的结果数，利用概率公式计算可得．【详解】解：（1）由于共有A、B、W三个座位，∴甲选择座位W的概率为，故答案为：；（2）画树状图如下：由图可知，共有6种等可能结果，其中甲、乙选择相邻的座位有两种，所以P（甲乙相邻）==．【点睛】此题考查了树状图法求概率．注意树状图法适合两步或两步以上完成的事件，树状图法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．18、（1）①证明见解析；②证明见解析；（2），证明见解析．【解析】

（1）①利用矩形的性质，结合已知条件可证△PMN≌△PDF，则可证得结论；②由勾股定理可求得DM=DP，利用①可求得MN=DF，则可证得结论；（2）过点P作PM1⊥PD，PM1交AD边于点M1，则可证得△PM1N≌△PDF，则可证得M1N=DF，同（1）②的方法可证得结论．【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°．又∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠EDC=45°；∵PM⊥PD，∠DMP=45°，∴DP=MP．∵PM⊥PD，PF⊥PN，∴∠MPN+∠NPD=∠NPD+∠DPF=90°，∴∠MPN=∠DPF．在△PMN和△PDF中，，∴△PMN≌△PDF（ASA），∴PN=PF，MN=DF；②∵PM⊥PD，DP=MP，∴DM2=DP2+MP2=2DP2，∴DM=DP．∵又∵DM=DN+MN，且由①可得MN=DF，∴DM=DN+DF，∴DF+DN=DP；（2）．理由如下：过点P作PM1⊥PD，PM1交AD边于点M1，如图，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°．又∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠EDC=45°；∵PM1⊥PD，∠DM1P=45°，∴DP=M1P，∴∠PDF=∠PM1N=135°，同（1）可知∠M1PN=∠DPF．在△PM1N和△PDF中，∴△PM1N≌△PDF（ASA），∴M1N=DF，由勾股定理可得：=DP2+M1P2=2DP2，∴DM1DP．∵DM1=DN﹣M1N，M1N=DF，∴DM1=DN﹣DF，∴DN﹣DF=DP．【点睛】本题为四边形的综合应用，涉及矩形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识．在每个问题中，构造全等三角形是解题的关键，注意勾股定理的应用．本题考查了知识点较多，综合性较强，难度适中．19、（1）见解析；（2）BG=BC+CG=1．【解析】

（1）利用正方形的性质，可得∠A=∠D，根据已知可得AE：AB=DF：DE，根据有两边对应成比例且夹角相等三角形相似，可得△ABE∽△DEF；（2）根据相似三角形的预备定理得到△EDF∽△GCF，再根据相似的性质即可求得CG的长，那么BG的长也就不难得到.【详解】（1）证明：∵ABCD为正方形，∴AD=AB=DC=BC，∠A=∠D=90°.∵AE=ED，∴AE：AB=1：2.∵DF=DC，∴DF：DE=1：2，∴AE：AB=DF：DE，∴△ABE∽△DEF；（2）解：∵ABCD为正方形，∴ED∥BG，∴△EDF∽△GCF，∴ED：CG=DF：CF.又∵DF=DC，正方形的边长为4，∴ED=2，CG=6，∴BG=BC+CG=1.【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键.20、（1）证明见解析；（2）1．【解析】【分析】（1）欲证明四边形OCED是矩形，只需推知四边形OCED是平行四边形，且有一内角为90度即可；（2）由菱形的对角线互相垂直平分和菱形的面积公式解答．【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠COD=90°．∵CE∥OD，DE∥OC，∴四边形OCED是平行四边形，又∠COD=90°，∴平行四边形OCED是矩形；（2）由（1）知，平行四边形OCED是矩形，则CE=OD=1，DE=OC=2．∵四边形ABCD是菱形，∴AC=2OC=1，BD=2OD=2，∴菱形ABCD的面积为：AC•BD=×1×2=1，故答案为1．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，熟练掌握矩形的判定及性质、菱形的性质是解题的关键.21、(1)EH2+CH2=AE2；(2)见解析.【解析】分析：（1）如图1，过E作EM⊥AD于M，由四边形ABCD是菱形，得到AD=CD，∠ADE=∠CDE，通过△DME≌△DHE，根据全等三角形的性质得到EM=EH，DM=DH，等量代换得到AM=CH，根据勾股定理即可得到结论；

（2）如图2，根据菱形的性质得到∠BDC=∠BDA=30°，DA=DC，在CH上截取HG，使HG=EH，推出△DEG是等边三角形，由等边三角形的性质得到∠EDG=60°，推出△DAE≌△DCG，根据全等三角形的性质即可得到结论．详解：（1）EH2+CH2=AE2，如图1，过E作EM⊥AD于M，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CD，∠ADE=∠CDE，∵EH⊥CD，∴∠DME=∠DHE=90°，在△DME与△DHE中，，∴△DME≌△DHE，∴EM=EH，DM=DH，∴AM=CH，在Rt△AME中，AE2=AM2+EM2，∴AE2=EH2+CH2；故答案为：EH2+CH2=AE2；（2）如图2，∵菱形ABCD，∠ADC=60°，∴∠BDC=∠BDA=30°，DA=DC，∵EH⊥CD，∴∠DEH=60°，在CH上截取HG，使HG=EH，∵DH⊥EG，∴ED=DG，又∵∠DEG=60°，∴△DEG是等边三角形，∴∠EDG=60°，∵∠EDG=∠ADC=60°，∴∠EDG﹣∠ADG=∠ADC﹣∠ADG，∴∠ADE=∠CDG，在△DAE与△DCG中，，∴△DAE≌△DCG，∴AE=GC，∵CH=CG+GH，∴CH=AE+EH．点睛：考查了全等三角形的判定和性质、菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确的作出辅助线．22、（1）y=x2﹣x﹣2；（2）9；（3）Q坐标为（﹣）或（4﹣）或（2，1）或（4+，﹣）．【解析】试题分析：把点代入抛物线，求出的值即可.先用待定系数法求出直线BE的解析式，进而求得直线AD的解析式，设则表示出,用配方法求出它的最大值，联立方程求出点的坐标，最大值=，进而计算四边形EAPD面积的最大值；分两种情况进行讨论即可.试题解析：（1）∵在抛物线上，∴解得∴抛物线的解析式为（2）过点P作轴交AD于点G，∵∴直线BE的解析式为∵AD∥BE，设直线AD的解析式为代入，可得∴直线AD的解析式为设则则∴当x=1时，PG的值最大，最大值为2，由解得或∴∴最大值=∵AD∥BE，∴∴S四边形APDE最大=S△ADP最大+（3）①如图3﹣1中，当时，作于T．∵∴∴∴可得②如图3﹣2中，当时,当时，当时，Q3综上所述，满足条件点点Q坐标为或或或23、(1)0;(1)a+2a+1,3【解析】

（1）根据a+e=0，可知a与e互为相反数，则c=0，可得b=-1，d=1，代入可得代数式b+c+d的值；（1）根据题意可得：a=1，将分式计算并代入可得结论即可；（3）先根据A、B、C、D、E为连续整数，即可求出a的值，再根据MA+MD=3，