2024年初三中考第一次模拟考试试题：数学（重庆卷）（参考答案及评分标准）

这是一份2024年初三中考第一次模拟考试试题：数学（重庆卷）（参考答案及评分标准），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．1012．x1=0,x2=3
13．5814．8
15．2π−416．94
17．1018. 5 9118
三、解答题（本大题共8个小题，共78分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．(8分)解：（1）原式=a2+ab−3ab−3b2−4a2+2ab
=−3a2−3b2； （4分）
（2）原式=m+2−mm+2÷m−22m+2m−2
=2m+2×m+2m−2
=2m−2． （8分）
20．（10分）（1）：如图所示
（6分）
（2）证明：
∵四边形ABCD是平行四边形．
∴AB=CD， AB//CD ， （7分）
∴∠ABG=∠CDF．
∵AH⊥BC，CE⊥BC，
∴∠AHB=∠ECB= 90 度， （8分）
∴AG∥CF，
∴∠BGA=∠EFB．
又∵ ∠EFB=∠DFC ， （9分）
∴∠BGA=∠DFC，
在△ABG和△CDF中，
∠ABG=∠CDE∠BGA=∠DFCAB=CB，
∴ΔABG≌ΔCDF(AAS)．
∴ AG//CF ， （10分）
又∵AG∥CF，
∴四边形AGCF是平行四边形．
故答案为：AB∥CD，90，∠EFB=∠DFC，AG=CF.
21． （10分）（1）解：∵七年级中得分为90分的人数有4人，人数最多，
∴七年级的众数为90分，即a=90；
将八年级老师的成绩从低到高排列，处在第10名和第11名的成绩分别为85分，85分，
∴八年级的中位数为85+852=85分，即b=85；
∵八年级得分不低于90分的人数有6人，
∴八年级的优秀率为620×100%=30%，即c=30，
故答案为：90，85，30； （6分）
（2）解：应选择七年级的教师，理由如下：
从平均数和中位数来看，两个年级的老师成绩的平均数和中位数都相同，但是七年级老师的众数比八年级老师的高且方差比八年级老师的小，并且优秀率七年级也比八年级的高，
∴应选择七年级的教师； （8分）
（3）解：60×2×9+620+20=45人，
∴估计该校参加初赛的七、八两个年级的教师的成绩为优秀的共有45人． （10分）
22． （10分）（1）设去年5月A款玩具销售单价为x元，B款玩具销售单价为y元，
由题意得：y=2x−103x+5y=275，
解得：x=25y=40，
答：去年5月A款玩具销售单价为25元，B款玩具销售单价为40元； （5分）
（2）设一个A款玩具的成本为2a元，则一个B款玩具的成本为3a元，
由题意得：19202a+14403a=180，
解得：a=8，
经检验，a=8是原方程的解，且符合题意，
∴ 14403a=14403×8=60（套)，
答：去年5月购进B款玩具60套． （10分）
23．（10分）（1）解：当0≤t≤4时，E未到达B点，
此时CE=t，
∴y=2t2=t；
当4此时CE=4−2t−4=12−2t，
∴y=212−2t2=12−2t，
综上所述，可得y=t0≤t≤412−2t4（2）解：函数解析式，如图所示：

函数的性质：函数有最大值，最大值为4．（8分）
（3）解：当0≤t≤4，y=3时，
3=t，即t=3；
当43=12−2t，解得t=92
∴ t=3或92．（10分）
24．（10分）（1）解：过点D作DH⊥AB于点H，过点C作CM⊥AB于点M，交DE延长线于点K．
由题意得，DH=KM，CK⊥EK，
∵BD的坡度为3:1，
∴∠B=60°，
在Rt△DBH中，sinB=DHBD=32，BD=4003米，
∴DH=BD⋅sinB=4003×32=600米，
在Rt△ECK中，∠CEK=45°，EC=1800米，
∴CK=sin∠CEK⋅EC=22EC=9002米，
∴CM=KM+CK=DH+CK=600+9002≈1873（米）
答：山顶C到AB的距离约为1873米．（6分）
（2）解：小红先到达山顶C处，理由如下：
由题意得，在Rt△ACM中，∠CAM=30°，
∴AC=2CM=1200+18002米，
∴小明到达山顶所需时间为：1200+1800270≈53.5（分），小红到达山顶所需时间为：4003+180060+90090≈51.5（分），
∵53.5>51.5，
∴小红先到达山顶C处．（10分）
25．（10分）（1）解：∵A(−1,0)，
∴OA=1，
∵OB=OC=3OA，
∴BO=OC=3，
∴B(3,0)，C(0,−3)，
将点A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3)代入y=ax2+bx+c，
∴ c=−3a−b+c=09a+3b+c=0，
解得a=1b=−2c=−3，
∴ y=x2−2x−3；（3分）
（2）存在一点M，使得S△MBC=12S△ABC，理由如下：
连接AC，
∵A(−1,0)，C(0,−3)，
∴AC的中点为(−12,−32)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴ b=−33k+b=0，
∴ k=1b=−3，
∴y=x−3，
∴过AC的中点与BC平行的直线解析式为y=x−1，
联立方程组y=x−1y=x2−2x−3，
解得x=3+172y=1+172或x=3−172y=1−172，
∴ M 3+172,1+172或3−172,1−172；
又∵直线y=x−1关于直线BC对称的直线为y=x−5，
联立方程组y=x−5y=x2−2x−3，
解得x=1y=−4或x=2y=−3，
∴M(1,−4)或(2,−3)；
综上所述：M点坐标为(1,−4)或(2,−3)或3+172,1+172或3−172,1−172；（7分）
（3）∵ y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴D(1,−4)，
∵A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3)，
∴BC=3 2，BD=2 5，CD= 2，
∴△BCD是直角三角形，
∴∠BDC=90°，
∴tan∠CBD= 232=13，
过点P作PQ⊥x轴交于Q，
∵∠PBA=∠CBD，
∴ PQAB=13，
∵点P(m,n)在第二象限内，
∴ 3(m2−2m−3)=3−m，
解得m=3(舍)或m=−43．（10分）
26．（10分）（1）解：证明：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABD=∠ACE=180°−90°2=45°，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠ABD=∠ACEBD=CE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵∠BAC=90°，EH⊥AD于H交AB于K，
∴∠AKE=90°−∠BAD，∠KAE=90°−∠CAE，
∴∠AKE=∠KAE，
∴AE=EK；（4分）
（2）证明：如图，过点C作CH⊥AC，交FE的延长线于点P，

∴∠PCA=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴∠PCE=∠ABC=45°，
∵AD∥EF，
∴∠ADC=∠FEC，
∴∠ADB=∠FEC，
∵BD=CE，
∴△ABD≌△ACE，
∴AD=AE，AB=PC=AC，
∴AD+EF=PE+EF=PF，
过G作QG⊥GC，使GC=GQ，
∴△GCQ是等腰直角三角形，
∴ CQ=2CG，
连接FQ，CQ，
∵GF⊥AG，GF=AG，
∴△AGF是等腰直角三角形，
∴△GAC≌△GFQ，
∴AC=FQ，∠GAC=∠GFQ=45°，
∴∠AFQ=∠AFG+∠GFQ=90°，
∴∠QFC=∠PCF=90°，
∴PC∥FQ，
∵AC=PC=FQ，
∴四边形FPCQ是平行四边形，
∴PF=CQ，
∵PF=AD+EF，
∴AD+EF=2CG；（8分）
（3）如图，过点A作AG⊥BC于G，过点M作MP⊥BC延长线于P，连接MC，连接GN交AM于H，过点N作NF∥AM交AB于F，

∵AE=ME，∠AEM=90°，
∴∠GAE+∠GEA=∠PEM+∠GEA=90°，
∴∠GAE=∠PEM，
在△GAE和△PEM中，
∠GAE=∠PEM∠AGE=∠EPMAE=EM，
∴△GAE≌△PEM(AAS)，
∴AG=EP，GE=PM，
又∵AG=GC，
∴GC=EP，
∴GC−EC=EP−EC，
∴GE=CP，
∴PM=CP，
∴∠MCP=45°
∵G为BC中点，N为BM中点，
∴GN∥CM，
∴∠NGC=45°，
∵N为BM中点，FN∥AM，
∴FN是△BAM的中位线，
∴F是AB的中点，FN=12AM，
在△AGN和△CGN中，
AG=CG∠AGN=∠CGNGN=GN，
∴△GNA≌△CGN(SAS)，
∴AN=CN，
∴AN+12AM=CN+NF，
∴如图，当C、N、F三点共线时，CN+NF的值最小（两点之间，线段最短），
此时AN+12AM取得最小值，

∵∠MCP=∠ABC=45°，
∴MC∥AF，
又∵NF∥AM，
∴四边形AFCM是平行四边形，
∴MC=FA=12AB=2，
∴MP=EG=CM2=2，AG=BG=CG=AB2=22，
∴BD=CE=22，CD=22+22=32，
∴S△ACD=12⋅CD⋅AG=12−×32×22=6．（10分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
C
D
A
B
C
D
C
D
C