2024屆安徽亳州利辛金石中學中考一模數學試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．如圖，在?ABCD中，AB=6，AD=9，∠BAD的平分線交BC于點E，交DC的延長線于點F，BG⊥AE，垂足為G，若BG=，則△CEF的面積是（）A． B． C． D．2．關于x的一元一次不等式≤﹣2的解集為x≥4，則m的值為（）A．14 B．7 C．﹣2 D．23．不等式組的解集表示在數軸上正確的是（）A． B． C． D．4．如圖所示的工件，其俯視圖是（）A． B． C． D．5．如圖，四邊形ABCD中，AB=CD，AD∥BC，以點B為圓心，BA為半徑的圓弧與BC交于點E，四邊形AECD是平行四邊形，AB=3，則的弧長為（）A． B．π C． D．36．如圖，一艘海輪位于燈塔P的南偏東70°方向的M處，它以每小時40海里的速度向正北方向航行，2小時后到達位于燈塔P的北偏東40°的N處，則N處與燈塔P的距離為A．40海里 B．60海里 C．70海里 D．80海里7．已知二次函數y=x2+bx﹣9圖象上A、B兩點關于原點對稱，若經過A點的反比例函數的解析式是y=，則該二次函數的對稱軸是直線（）A．x=1 B．x= C．x=﹣1 D．x=﹣8．在一些美術字中，有的漢字是軸對稱圖形．下面4個漢字中，可以看作是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．9．下列實數中，結果最大的是（）A．|﹣3| B．﹣（﹣π） C． D．310．在平面直角坐標系xOy中，二次函數y=ax2+bx+c（a≠0）的大致圖象如圖所示，則下列結論正確的是（）A．a＜0，b＜0，c＞0B．﹣=1C．a+b+c＜0D．關于x的方程ax2+bx+c=﹣1有兩個不相等的實數根二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11．如圖，兩個三角形相似，AD=2，AE=3，EC=1，則BD=_____．12．在一條筆直的公路上有A、B、C三地，C地位于A、B兩地之間．甲車從A地沿這條公路勻速駛向C地，乙車從B地沿這條公路勻速駛向A地，在甲、乙行駛過程中，甲、乙兩車各自與C地的距離y（km）與甲車行駛時間t（h）之間的函數關系如圖所示．則當乙車到達A地時，甲車已在C地休息了_____小時．13．已知A（﹣4，y1），B（﹣1，y2）是反比例函數y=﹣圖象上的兩個點，則y1與y2的大小關系為__________．14．已知一次函數y=kx+2k+3的圖象與y軸的交點在y軸的正半軸上，且函數值y隨x的增大而減小，則k所能取到的整數值為________．15．拋物線y=（x﹣3）2+1的頂點坐標是____．16．如圖，若∠1+∠2=180°，∠3=110°，則∠4=．17．滿足的整數x的值是_____．三、解答題（共7小題，滿分69分）18．（10分）如圖，在菱形ABCD中，作于E，BF⊥CD于F，求證：．19．（5分）已知△ABC在平面直角坐標系中的位置如圖所示.分別寫出圖中點A和點C的坐標；畫出△ABC繞點C按順時針方向旋轉90°后的△A′B′C′；求點A旋轉到點A′所經過的路線長（結果保留π）.20．（8分）如圖①，在正方形ABCD中，點E與點F分別在線段AC、BC上，且四邊形DEFG是正方形．（1）試探究線段AE與CG的關系，并說明理由．（2）如圖②若將條件中的四邊形ABCD與四邊形DEFG由正方形改為矩形，AB=3，BC=1．①線段AE、CG在（1）中的關系仍然成立嗎？若成立，請證明，若不成立，請寫出你認為正確的關系，并說明理由．②當△CDE為等腰三角形時，求CG的長．21．（10分）2015年1月，市教育局在全市中小學中選取了63所學校從學生的思想品德、學業水平、學業負擔、身心發展和興趣特長五個維度進行了綜合評價．評價小組在選取的某中學七年級全體學生中隨機抽取了若干名學生進行問卷調查，了解他們每天在課外用于學習的時間，并繪制成如下不完整的統計圖．根據上述信息，解答下列問題：（1）本次抽取的學生人數是______；扇形統計圖中的圓心角α等于______；補全統計直方圖；（2）被抽取的學生還要進行一次50米跑測試，每5人一組進行．在隨機分組時，小紅、小花兩名女生被分到同一個小組，請用列表法或畫樹狀圖求出她倆在抽道次時抽在相鄰兩道的概率．22．（10分）如圖，已知AB是圓O的直徑，F是圓O上一點，∠BAF的平分線交⊙O于點E，交⊙O的切線BC于點C，過點E作ED⊥AF，交AF的延長線于點D．求證：DE是⊙O的切線；若DE＝3，CE＝2.①求的值；②若點G為AE上一點，求OG+EG最小值．23．（12分）如圖矩形ABCD中AB=6，AD=4，點P為AB上一點，把矩形ABCD沿過P點的直線l折疊，使D點落在BC邊上的D′處，直線l與CD邊交于Q點．（1）在圖（1）中利用無刻度的直尺和圓規作出直線l．（保留作圖痕跡，不寫作法和理由）（2）若PD′⊥PD，①求線段AP的長度；②求sin∠QD′D．24．（14分）“足球運球”是中考體育必考項目之一．蘭州市某學校為了解今年九年級學生足球運球的掌握情況，隨機抽取部分九年級學生足球運球的測試成績作為一個樣本，按A，B，C，D四個等級進行統計，制成了如下不完整的統計圖．（說明：A級：8分﹣10分，B級：7分﹣7.9分，C級：6分﹣6.9分，D級：1分﹣5.9分）根據所給信息，解答以下問題：（1）在扇形統計圖中，C對應的扇形的圓心角是度；（2）補全條形統計圖；（3）所抽取學生的足球運球測試成績的中位數會落在等級；（4）該校九年級有300名學生，請估計足球運球測試成績達到A級的學生有多少人？

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、A【解析】

解：∵AE平分∠BAD，∴∠DAE=∠BAE；又∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠BEA=∠DAE=∠BAE，∴AB=BE=6，∵BG⊥AE，垂足為G，∴AE=2AG．在Rt△ABG中，∵∠AGB=90°，AB=6，BG=，∴AG==2，∴AE=2AG=4；∴S△ABE=AE?BG=．∵BE=6，BC=AD=9，∴CE=BC﹣BE=9﹣6=3，∴BE：CE=6：3=2：1，∵AB∥FC，∴△ABE∽△FCE，∴S△ABE：S△CEF=（BE：CE）2=4：1，則S△CEF=S△ABE=．故選A．【點睛】本題考查1．相似三角形的判定與性質；2．平行四邊形的性質，綜合性較強，掌握相關性質定理正確推理論證是解題關鍵．2、D【解析】

解不等式得到x≥m+3，再列出關于m的不等式求解.【詳解】≤﹣1，m﹣1x≤﹣6，﹣1x≤﹣m﹣6，x≥m+3，∵關于x的一元一次不等式≤﹣1的解集為x≥4，∴m+3=4，解得m=1．故選D．考點：不等式的解集3、C【解析】

根據題意先解出的解集是，把此解集表示在數軸上要注意表示時要注意起始標記為空心圓圈，方向向右；表示時要注意方向向左，起始的標記為實心圓點，綜上所述C的表示符合這些條件.故應選C.4、B【解析】試題分析：從上邊看是一個同心圓，外圓是實線，內圓是虛線，故選B．點睛：本題考查了簡單組合體的三視圖，從上邊看得到的圖形是俯視圖．看得見部分的輪廓線要畫成實線，看不見部分的輪廓線要畫成虛線．5、B【解析】∵四邊形AECD是平行四邊形，

∴AE=CD，

∵AB=BE=CD=3，

∴AB=BE=AE，

∴△ABE是等邊三角形，

∴∠B=60°，∴的弧長=.故選B.6、D【解析】分析：依題意，知MN＝40海里/小時×2小時＝80海里，∵根據方向角的意義和平行的性質，∠M＝70°，∠N＝40°，∴根據三角形內角和定理得∠MPN＝70°．∴∠M＝∠MPN＝70°．∴NP＝NM＝80海里．故選D．7、D【解析】

設A點坐標為（a，），則可求得B點坐標，把兩點坐標代入拋物線的解析式可得到關于a和b的方程組，可求得b的值，則可求得二次函數的對稱軸．【詳解】解：∵A在反比例函數圖象上，∴可設A點坐標為（a，）．∵A、B兩點關于原點對稱，∴B點坐標為（﹣a，﹣）．又∵A、B兩點在二次函數圖象上，∴代入二次函數解析式可得：，解得：或，∴二次函數對稱軸為直線x=﹣．故選D．【點睛】本題主要考查二次函數的性質，待定系數法求二次函數解析式，根據條件先求得b的值是解題的關鍵，注意掌握關于原點對稱的兩點的坐標的關系．8、A【解析】

根據軸對稱圖形的概念判斷即可．【詳解】A、是軸對稱圖形；B、不是軸對稱圖形；C、不是軸對稱圖形；D、不是軸對稱圖形．故選：A．【點睛】本題考查的是軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合．9、B【解析】

正實數都大于0，負實數都小于0，正實數大于一切負實數，兩個負實數絕對值大的反而小，據此判斷即可．【詳解】根據實數比較大小的方法，可得<|-3|=3＜-（-π），所以最大的數是：-（-π）．故選B．【點睛】此題主要考查了實數大小比較的方法，及判斷無理數的范圍，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確：正實數＞0＞負實數，兩個負實數絕對值大的反而小．10、D【解析】試題分析：根據圖像可得：a＜0，b＞0，c＜0，則A錯誤；，則B錯誤；當x=1時，y=0，即a+b+c=0，則C錯誤；當y=－1時有兩個交點，即有兩個不相等的實數根，則正確，故選D．二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11、1【解析】

根據相似三角形的對應邊的比相等列出比例式，計算即可．【詳解】∵△ADE∽△ACB，∴=，即=，解得：BD=1．故答案為1．【點睛】本題考查的是相似三角形的性質，掌握相似三角形的對應邊的比相等是解題的關鍵．12、2.1．【解析】

根據題意和函數圖象中的數據可以求得乙車的速度和到達A地時所用的時間，從而可以解答本題．【詳解】由題意可得，甲車到達C地用時4個小時，乙車的速度為：200÷(3.1﹣1)=80km/h，乙車到達A地用時為：(200+240)÷80+1=6.1(小時)，當乙車到達A地時，甲車已在C地休息了：6.1﹣4=2.1(小時)，故答案為：2.1．【點睛】本題考查了一次函數的圖象，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數形結合的思想解答．13、y1＜y1【解析】分析：根據反比例函數的性質和題目中的函數解析式可以判斷y1與y1的大小，從而可以解答本題．詳解：∵反比例函數y=-，-4＜0，∴在每個象限內，y隨x的增大而增大，∵A（-4，y1），B（-1，y1）是反比例函數y=-圖象上的兩個點，-4＜-1，∴y1＜y1，故答案為：y1＜y1．點睛：本題考查反比例函數圖象上點的坐標特征，解答本題的關鍵是明確反比例函數的性質，利用函數的思想解答．14、-2【解析】試題分析：根據題意可得2k+3＞2，k＜2，解得﹣＜k＜2．因k為整數，所以k=﹣2．考點：一次函數圖象與系數的關系．15、(3，1)【解析】分析：已知拋物線解析式為頂點式，可直接寫出頂點坐標．詳解：∵y=（x﹣3）2+1為拋物線的頂點式，根據頂點式的坐標特點可知，拋物線的頂點坐標為（3，1）．故答案為（3，1）．點睛：主要考查了拋物線頂點式的運用．16、110°．【解析】

解：∵∠1+∠2=180°，∴a∥b，∴∠3=∠4，又∵∠3=110°，∴∠4=110°．故答案為110°．17、3，1【解析】

直接得出2＜＜3，1＜＜5，進而得出答案．【詳解】解：∵2＜＜3，1＜＜5，∴的整數x的值是：3，1．故答案為：3，1．【點睛】此題主要考查了估算無理數的大小，正確得出接近的有理數是解題關鍵．三、解答題（共7小題，滿分69分）18、見解析【解析】

由菱形的性質可得，，然后根據角角邊判定，進而得到.【詳解】證明：∵菱形ABCD，∴，，∵，，∴，在與中，，∴，∴．【點睛】本題考查菱形的性質和全等三角形的判定與性質，根據菱形的性質得到全等條件是解題的關鍵.19、（1）、（2）見解析（3）【解析】試題分析：（1）根據點的平面直角坐標系中點的位置寫出點的坐標；（2）根據旋轉圖形的性質畫出旋轉后的圖形；（3）點A所經過的路程是以點C為圓心，AC長為半徑的扇形的弧長．試題解析：（1）A（0,4）C（3,1）（2）如圖所示：（3）根據勾股定理可得：AC=3，則．考點：圖形的旋轉、扇形的弧長計算公式．20、（1）AE=CG，AE⊥CG，理由見解析；（2）①位置關系保持不變，數量關系變為；理由見解析；②當△CDE為等腰三角形時，CG的長為或或．【解析】試題分析：證明≌即可得出結論.①位置關系保持不變，數量關系變為證明根據相似的性質即可得出.分成三種情況討論即可.試題解析：（1）理由是：如圖1，∵四邊形EFGD是正方形，∴∵四邊形ABCD是正方形，∴∴∴≌∴∵∴∴即（2）①位置關系保持不變，數量關系變為理由是：如圖2，連接EG、DF交于點O，連接OC，∵四邊形EFGD是矩形，∴Rt中，OG=OF，Rt中，∴∴D、E、F、C、G在以點O為圓心的圓上，∵∴DF為的直徑，∵∴EG也是的直徑，∴∠ECG=90°，即∴∵∴∵∴∴②由①知：∴設分三種情況：（i）當時，如圖3，過E作于H，則EH∥AD，∴∴由勾股定理得：∴（ii）當時，如圖1，過D作于H，∵∴∴∴∴∴（iii）當時，如圖5，∴∴綜上所述，當為等腰三角形時，CG的長為或或．點睛：兩組角對應，兩三角形相似.21、（1）30；；（2）．【解析】試題分析：（1）根據題意列式求值，根據相應數據畫圖即可；（2）根據題意列表，然后根據表中數據求出概率即可．解：（1）6÷20%=30，（30﹣3﹣7﹣6﹣2）÷30×360=12÷30×26=144°，答：本次抽取的學生人數是30人；扇形統計圖中的圓心角α等于144°；故答案為30，144°；補全統計圖如圖所示：（2）根據題意列表如下：設豎列為小紅抽取的跑道，橫排為小花抽取的跑道，記小紅和小花抽在相鄰兩道這個事件為A，∴．考點：列表法與樹狀圖法；扇形統計圖；利用頻率估計概率．22、（1）證明見解析（2）①②3【解析】

（1）作輔助線，連接OE．根據切線的判定定理，只需證DE⊥OE即可；（2）①連接BE．根據BC、DE兩切線的性質證明△ADE∽△BEC；又由角平分線的性質、等腰三角形的兩個底角相等求得△ABE∽△AFD，所以；②連接OF，交AD于H，由①得∠FOE=∠FOA=60°,連接EF，則△AOF、△EOF都是等邊三角形，故四邊形AOEF是菱形，由對稱性可知GO=GF,過點G作GM⊥OE于M，則GM=EG，OG+EG=GF+GM,根據兩點之間線段最短，當F、G、M三點共線，OG+EG=GF+GM=FM最小，此時FM=3.故OG+EG最小值是3.【詳解】（1）連接OE∵OA=OE，∴∠AEO=∠EAO∵∠FAE=∠EAO，∴∠FAE=∠AEO∴OE∥AF∵DE⊥AF，∴OE⊥DE∴DE是⊙O的切線（2）①解：連接BE∵直徑AB∴∠AEB=90°∵圓O與BC相切∴∠ABC=90°∵∠EAB+∠EBA=∠EBA+∠CBE=90°∴∠EAB=∠CBE∴∠DAE=∠CBE∵∠ADE=∠BEC=90°∴△ADE∽△BEC∴②連接OF，交AE于G，由①，設BC=2x，則AE=3x∵△BEC∽△ABC∴∴解得：x1=2，（不合題意，舍去）∴AE=3x=6，BC=2x=4，AC=AE+CE=8∴AB=，∠BAC=30°∴∠AEO=∠EAO=∠EAF=30°，∴∠FOE=2∠FAE=60°∴∠FOE=∠FOA=60°,連接EF，則△AOF、△EOF都是等邊三角形，∴四邊形AOEF是菱形由對稱性可知GO=GF,過點G作GM⊥OE于M，則GM=EG，OG+EG=GF+GM,根據兩點之間線段最短，當F、G、M三點共線，OG+EG=GF+GM=FM最小，此時FM=FOsin60o=3.故OG+EG最小值是3.【點睛】本題考查了切線的性質、相似三角形的判定與性質．比較復雜，解答此題的關鍵是作出輔助線，利用數形結合解答．23、（1）見解析；（2）【解析】

（1）根據題意作出圖形即可；（2）由（1）知，PD=PD′，根據余角的性質得到∠ADP=∠BPD′，根據全等三角形的性質得到AD=PB=4，得到AP=2；根據勾股定理得到PD==2，根據三角函數的定義即可得到結論．【詳解】（1）連接PD，以P為圓心，PD為半徑畫弧交BC于D′，過P作DD′的垂線交CD于Q，則直線