2023-2024學年湖南省婁底市新化縣中考數學全真模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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．甲、乙兩人分別以4m/s和5m/s的速度，同時從100m直線型跑道的起點向同一方向起跑，設乙的奔跑時間為t（s），甲乙兩人的距離為S（m），則S關于t的函數圖象為（）A． B． C． D．2．在數軸上標注了四段范圍，如圖，則表示的點落在（）A．段① B．段② C．段③ D．段④3．如圖，AB⊥BD，CD⊥BD，垂足分別為B、D，AC和BD相交于點E，EF⊥BD垂足為F．則下列結論錯誤的是（）A．AEEC=BEED B．AE4．已知二次函數y=x2+bx+c的圖象與x軸相交于A、B兩點，其頂點為P，若S△APB=1，則b與c滿足的關系是（）A．b2-4c+1=0 B．b2-4c-1=0 C．b2-4c+4=0 D．b2-4c-4=05．如圖是反比例函數（k為常數，k≠0）的圖象，則一次函數的圖象大致是（）A． B． C． D．6．如圖，在△ABC中，分別以點A和點C為圓心，大于AC長為半徑畫弧，兩弧相交于點M，N，作直線MN分別交BC，AC于點D，E，若AE=3cm，△ABD的周長為13cm，則△ABC的周長為（）A．16cm B．19cm C．22cm D．25cm7．如圖，點E是矩形ABCD的邊AD的中點，且BE⊥AC于點F，則下列結論中錯誤的是（）A．AF=CF B．∠DCF=∠DFCC．圖中與△AEF相似的三角形共有5個 D．tan∠CAD=8．如圖，將函數的圖象沿y軸向上平移得到一條新函數的圖象，其中點A（-4，m），B（-1，n）,平移后的對應點分別為點A'、B'.若曲線段AB掃過的面積為9（圖中的陰影部分），則新圖象的函數表達式是（）A． B． C． D．9．被譽為“中國天眼”的世界上最大的單口徑球面射電望遠鏡FAST的反射面總面積約為250000m2，則250000用科學記數法表示為()A．25×104m2 B．0.25×106m2 C．2.5×105m2 D．2.5×106m210．一艘輪船和一艘漁船同時沿各自的航向從港口O出發，如圖所示，輪船從港口O沿北偏西20°的方向行60海里到達點M處，同一時刻漁船已航行到與港口O相距80海里的點N處，若M、N兩點相距100海里，則∠NOF的度數為（）A．50° B．60° C．70° D．80°二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11．如圖，已知⊙P的半徑為2，圓心P在拋物線y＝x2﹣1上運動，當⊙P與x軸相切時，圓心P的坐標為_____．12．如圖，將兩張長為8，寬為2的矩形紙條交叉，使重疊部分是一個菱形，容易知道當兩張紙條垂直時，菱形的周長有最小值8，那么菱形周長的最大值是_________．13．如果等腰三角形的兩內角度數相差45°，那么它的頂角度數為_____．14．如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，點A，B，C均在格點上．（Ⅰ）AC的長等于_____；（Ⅱ）在線段AC上有一點D，滿足AB2=AD?AC，請在如圖所示的網格中，用無刻度的直尺，畫出點D，并簡要說明點D的位置是如何找到的（不要求證明）_____．15．如圖，動點P在平面直角坐標系中按圖中箭頭所示方向運動,第1次從原點運動到點（1,1），第2次接著運動到點（2,0），第3次接著運動到點（3,2），…，按這樣的運動規律，經過第2019次運動后，動點P的坐標是_______．16．某市居民用電價格如表所示：用電量不超過a千瓦時超過a千瓦時的部分單價（元/千瓦時）0.50.6小芳家二月份用電200千瓦時，交電費105元，則a=______．17．如圖，在菱形ABCD中，AB＝BD．點E、F分別在AB、AD上，且AE＝DF．連接BF與DE相交于點G，連接CG與BD相交于點H．下列結論：①△AED≌△DFB；②S四邊形BCDG＝CG2；③若AF＝2DF，則BG＝6GF．其中正確的結論有_____．（填序號）三、解答題（共7小題，滿分69分）18．（10分）解分式方程：19．（5分）計算：（π﹣3.14）0﹣2﹣|﹣3|．20．（8分）已知：正方形繞點順時針旋轉至正方形，連接.如圖，求證：；如圖，延長交于，延長交于，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出如圖中的四個角，使寫出的每一個角的大小都等于旋轉角.21．（10分）如圖，拋物線與x軸交于點A和點B（1，0），與y軸交于點C（0，3），其對稱軸為=–1，P為拋物線上第二象限的一個動點．（1）求拋物線的解析式并寫出其頂點坐標；（2）當點P的縱坐標為2時，求點P的橫坐標；（3）當點P在運動過程中，求四邊形PABC面積最大時的值及此時點P的坐標．22．（10分）先化簡，然后從中選出一個合適的整數作為的值代入求值．23．（12分）如圖，在四邊形ABCD中，AB=BC=1，CD=DA=1，且∠B=90°，求：∠BAD的度數；四邊形ABCD的面積(結果保留根號)．24．（14分）計算：（﹣2）0+（）﹣1+4cos30°﹣|4﹣|

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、B【解析】

勻速直線運動的路程s與運動時間t成正比，s-t圖象是一條傾斜的直線解答．【詳解】∵甲、乙兩人分別以4m/s和5m/s的速度，∴兩人的相對速度為1m/s，設乙的奔跑時間為t（s），所需時間為20s，兩人距離20s×1m/s=20m，故選B．【點睛】此題考查函數圖象問題，關鍵是根據勻速直線運動的路程s與運動時間t成正比解答．2、C【解析】試題分析：1．21=2．32；1．31=3．19；1．5=3．44；1．91=4．5．∵3．44＜4＜4．5，∴1．5＜4＜1．91，∴1．4＜＜1．9，所以應在③段上．故選C考點：實數與數軸的關系3、A【解析】

利用平行線的性質以及相似三角形的性質一一判斷即可．【詳解】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD，EF⊥BD，∴AB∥CD∥EF∴△ABE∽△DCE，∴AEED=AB∵EF∥AB，∴EFAB∴ADDB=AEBF，故選項故選：A．【點睛】考查平行線的性質，相似三角形的判定和性質，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．4、D【解析】

拋物線的頂點坐標為P（?，），設A、B兩點的坐標為A（，0）、B（，0）則AB＝，根據根與系數的關系把AB的長度用b、c表示，而S△APB＝1，然后根據三角形的面積公式就可以建立關于b、c的等式．【詳解】解：∵，∴AB＝＝，∵若S△APB＝1∴S△APB＝×AB×＝1，∴?××，∴，設＝s，則，故s＝2，∴＝2，∴．故選D．【點睛】本題主要考查了拋物線與x軸的交點情況與判別式的關系、拋物線頂點坐標公式、三角形的面積公式等知識，綜合性比較強．5、B【解析】根據圖示知,反比例函數的圖象位于第一、三象限，∴k>0，∴一次函數y=kx?k的圖象與y軸的交點在y軸的負半軸，且該一次函數在定義域內是增函數，∴一次函數y=kx?k的圖象經過第一、三、四象限；故選：B.6、B【解析】

根據作法可知MN是AC的垂直平分線，利用垂直平分線的性質進行求解即可得答案.【詳解】解：根據作法可知MN是AC的垂直平分線，∴DE垂直平分線段AC，∴DA=DC，AE=EC=6cm，∵AB+AD+BD=13cm，∴AB+BD+DC=13cm，∴△ABC的周長=AB+BD+BC+AC=13+6=19cm，故選B．【點睛】本題考查作圖-基本作圖，線段的垂直平分線的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握線段的垂直平分線的性質．7、D【解析】

由又AD∥BC，所以故A正確，不符合題意；過D作DM∥BE交AC于N，得到四邊形BMDE是平行四邊形，求出BM=DE=BC，得到CN=NF，根據線段的垂直平分線的性質可得結論，故B正確，不符合題意；

根據相似三角形的判定即可求解，故C正確，不符合題意；

由△BAE∽△ADC，得到CD與AD的大小關系，根據正切函數可求tan∠CAD的值，故D錯誤，符合題意．【詳解】A.∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴∵∴，故A正確，不符合題意；B.過D作DM∥BE交AC于N，∵DE∥BM,BE∥DM，∴四邊形BMDE是平行四邊形，∴∴BM=CM，∴CN=NF，∵BE⊥AC于點F,DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DF=DC，∴∠DCF=∠DFC，故B正確，不符合題意；C.圖中與△AEF相似的三角形有△ACD，△BAF，△CBF，△CAB，△ABE共有5個，故C正確，不符合題意;D.設AD=a,AB=b,由△BAE∽△ADC,有∵tan∠CAD故D錯誤，符合題意.故選：D.【點睛】考查相似三角形的判定，矩形的性質，解直角三角形，掌握相似三角形的判定方法是解題的關鍵.8、D【解析】分析：過A作AC∥x軸，交B′B的延長線于點C，過A′作A′D∥x軸，交B′B的于點D，則C（-1，m），AC=-1-(-1)=3，根據平移的性質以及曲線段AB掃過的面積為9（圖中的陰影部分），得出AA′=3，然后根據平移規律即可求解．詳解：過A作AC∥x軸，交B′B的延長線于點C，過A′作A′D∥x軸，交B′B的于點D，則C（-1，m），∴AC=-1-(-1)=3，∵曲線段AB掃過的面積為9（圖中的陰影部分），∴矩形ACDA′的面積等于9，∴AC·AA′=3AA′=9，∴AA′=3，∴新函數的圖是將函數y=（x-2）2+1的圖象沿y軸向上平移3個單位長度得到的，∴新圖象的函數表達式是y=（x-2）2+1+3=（x-2）2+1．故選D．點睛：此題主要考查了二次函數圖象變換以及矩形的面積求法等知識，根據已知得出AA′的長度是解題關鍵．9、C【解析】

科學記數法的表示形式為a×10n，其中1≤|a|＜10，n為整數．【詳解】解：由科學記數法可知：250000m2=2.5×105m2，故選C．【點睛】此題考查科學記數法表示較大的數的方法，準確確定a與n值是關鍵．10、C【解析】

解：∵OM=60海里，ON=80海里，MN=100海里，∴OM2+ON2=MN2，∴∠MON=90°，∵∠EOM=20°，∴∠NOF=180°﹣20°﹣90°=70°．故選C．【點睛】本題考查直角三角形的判定，掌握方位角的定義及勾股定理逆定理是本題的解題關鍵．二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11、（，1）或（﹣，1）【解析】

根據直線和圓相切，則圓心到直線的距離等于圓的半徑，得點P的縱坐標是1或-1．將P的縱坐標代入函數解析式，求P點坐標即可【詳解】根據直線和圓相切，則圓心到直線的距離等于圓的半徑，得點P的縱坐標是1或-1．當y=1時，x1-1=1，解得x=±當y=-1時，x1-1=-1，方程無解故P點的坐標為（）或（-）【點睛】此題注意應考慮兩種情況．熟悉直線和圓的位置關系應滿足的數量關系是解題的關鍵．12、1【解析】

畫出圖形，設菱形的邊長為x，根據勾股定理求出周長即可．【詳解】當兩張紙條如圖所示放置時，菱形周長最大，設這時菱形的邊長為xcm，

在Rt△ABC中，

由勾股定理：x2=（8-x）2+22，

解得：x=,∴4x=1，

即菱形的最大周長為1cm．

故答案是：1．【點睛】解答關鍵是怎樣放置紙條使得到的菱形的周長最大，然后根據圖形列方程．13、90°或30°．【解析】

分兩種情況討論求解：頂角比底角大45°；頂角比底角小45°．【詳解】設頂角為x度，則當底角為x°﹣45°時，2（x°﹣45°）+x°=180°，解得x=90°，當底角為x°+45°時，2（x°+45°）+x°=180°，解得x=30°，∴頂角度數為90°或30°．故答案為：90°或30°．【點睛】本題考查了等腰三角形的兩個底角相等即分類討論的數學思想，解答本題的關鍵是分頂角比底角大45°或頂角比底角小45°兩種情況進行計算.14、5見解析．【解析】

(1)由勾股定理即可求解；(2)尋找格點M和N，構建與△ABC全等的△AMN，易證MN⊥AC，從而得到MN與AC的交點即為所求D點.【詳解】(1)AC=；(2)如圖，連接格點M和N，由圖可知:AB=AM=4，BC=AN=，AC=MN=，∴△ABC≌△MAN，∴∠AMN=∠BAC，∴∠MAD+∠CAB=∠MAD+∠AMN=90°，∴MN⊥AC，易解得△MAN以MN為底時的高為，∵AB2=AD?AC，∴AD=AB2÷AC=，綜上可知，MN與AC的交點即為所求D點.【點睛】本題考查了平面直角坐標系中定點的問題，理解第2問中構造全等三角形從而確定D點的思路.15、（2019，2）【解析】

分析點P的運動規律，找到循環次數即可．【詳解】分析圖象可以發現，點P的運動每4次位置循環一次．每循環一次向右移動四個單位．∴2019=4×504+3當第504循環結束時，點P位置在（2016，0），在此基礎之上運動三次到（2019，2）故答案為（2019，2）.【點睛】本題是規律探究題，解題關鍵是找到動點運動過程中，每運動多少次形成一個循環．16、150【解析】

根據題意可得等量關系：不超過a千瓦時的電費+超過a千瓦時的電費=105元；根據等量關系列出方程，解出a的值即可.【詳解】∵0.5×200=100<105，∴a<200.由題意得：0.5a+0.6(200-a)=105，解得：a=150.故答案為：150【點睛】此題主要考查了一元一次方程的應用，關鍵是正確找出題目中的等量關系，列出方程.17、①②③【解析】

（1）由已知條件易得∠A=∠BDF=60°，結合BD=AB=AD，AE=DF，即可證得△AED≌△DFB，從而說明結論①正確；（2）由已知條件可證點B、C、D、G四點共圓，從而可得∠CDN=∠CBM，如圖，過點C作CM⊥BF于點M，過點C作CN⊥ED于點N，結合CB=CD即可證得△CBM≌△CDN，由此可得S四邊形BCDG=S四邊形CMGN=2S△CGN，在Rt△CGN中，由∠CGN=∠DBC=60°，∠CNG=90°可得GN=CG，CN=CG，由此即可求得S△CGN=CG2，從而可得結論②是正確的；（3）過點F作FK∥AB交DE于點K，由此可得△DFK∽△DAE，△GFK∽△GBE，結合AF=2DF和相似三角形的性質即可證得結論④成立.【詳解】（1）∵四邊形ABCD是菱形，BD=AB，∴AB=BD=BC=DC=DA，∴△ABD和△CBD都是等邊三角形，∴∠A=∠BDF=60°，又∵AE=DF，∴△AED≌△DFB，即結論①正確；（2）∵△AED≌△DFB，△ABD和△DBC是等邊三角形，∴∠ADE=∠DBF，∠DBC=∠CDB=∠BDA=60°，∴∠GBC+∠CDG=∠DBF+∠DBC+∠CDB+∠GDB=∠DBC+∠CDB+∠GDB+∠ADE=∠DBC+∠CDB+∠BDA=180°，∴點B、C、D、G四點共圓，∴∠CDN=∠CBM，如下圖，過點C作CM⊥BF于點M，過點C作CN⊥ED于點N，∴∠CDN=∠CBM=90°，又∵CB=CD，∴△CBM≌△CDN，∴S四邊形BCDG=S四邊形CMGN=2S△CGN，∵在Rt△CGN中，∠CGN=∠DBC=60°，∠CNG=90°∴GN=CG，CN=CG，∴S△CGN=CG2，∴S四邊形BCDG=2S△CGN，=CG2，即結論②是正確的；（3）如下圖，過點F作FK∥AB交DE于點K，∴△DFK∽△DAE，△GFK∽△GBE，∴，，∵AF=2DF，∴，∵AB=AD，AE=DF，AF=2DF，∴BE=2AE，∴，∴BG=6FG，即結論③成立.綜上所述，本題中正確的結論是：故答案為①②③點睛：本題是一道涉及菱形、相似三角形、全等三角形和含30°角的直角三角形等多種幾何圖形的判定與性質的題，題目難度較大，熟悉所涉及圖形的性質和判定方法，作出如圖所示的輔助線是正確解答本題的關鍵.三、解答題（共7小題，滿分69分）18、無解【解析】

首先進行去分母，將分式方程轉化為整式方程，然后按照整式方程的求解方法進行求解，最后對所求的解進行檢驗，看是否能使分母為零．【詳解】解：兩邊同乘以（x+2）（x－2）得：x（x+2）－（x+2）（x－2）=8去括號，得：+2x－+4=8移項、合并同類項得：2x=4解得：x=2經檢驗，x=2是方程的增根∴方程無解【點睛】本題考查解分式方程，注意分式方程結果要檢驗．19、﹣1．【解析】

本題涉及零指數冪、負指數冪、二次根式化簡和特殊角的三角函數值4個考點．在計算時，需要針對每個考點分別進行計算，然后根據實數的運算法則求得計算結果．【詳解】原式=1﹣3+4﹣3，=﹣1．【點睛】本題主要考查了實數的綜合運算能力，是各地中考題中常見的計算題型．解決此類題目的關鍵是熟練掌握負整數指數冪、零指數冪、二次根式、絕對值等考點的運算．20、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）連接AF、AC，易證∠EAC=∠DAF，再證明ΔEAC?ΔDAF，根據全等三角形的性質即可得CE=DF；（2）由旋轉的性質可得∠DAG、∠BAE都是旋轉角，在四邊形AEMB中，∠BAE+∠EMB=180°，∠FMC+∠EMB=180°，可得∠FMC=∠BAE，同理可得∠DAG=∠CNF，由此即可解答.【詳解】(1)證明：連接，∵正方形旋轉至正方形∴，∴∴在和中,,∴∴(2).∠DAG、∠BAE、∠FMC、∠CNF；由旋轉的性質可得∠DAG、∠BAE都是旋轉角，在四邊形AEMB中，∠BAE+∠EMB=180°，∠FMC+∠EMB=180°，可得∠FMC=∠BAE，同理可得∠DAG=∠CNF，【點睛】本題考查了正方形的性質、旋轉的性質及全等三角形的判定與性質，證明ΔEAC?ΔDAF是解決問題的關鍵.21、（1）二次函數的解析式為，頂點坐標為（–1，4）；（2）點P橫坐標為––1；（3）當時，四邊形PABC的面積有最大值，點P（）．【解析】試題分析:（1）已知拋物線與軸交于點A和點B（1，0），與y軸交于點C（0，3），其對稱軸為=﹣1，由此列出方程組，解方程組求得a、b、c的值，即可得拋物線的解析式，把解析式化為頂點式，直接寫出頂點坐標即可；（2）把y=2代入解析式，解方程求得x的值，即可得點P的橫坐標，從而求得點P的坐標；（3）設點Ｐ（，），則,根據得出四邊形PABC與x之間的函數關系式，利用二次函數的性質求得x的值，即可求得點P的坐標.試題解析:（1）∵拋物線