2024年浙江省中考数学二模练习试卷解析

这是一份2024年浙江省中考数学二模练习试卷解析，文件包含2024年浙江省中考数学二模练习试卷解析docx、2024年浙江省中考数学二模练习试卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分．请选出各题中唯一的正确选项，不选、多选不得分）
1. “早穿棉袄午穿纱，围着火炉吃西瓜”是对新疆地区昼夜温差的真实写照．据统计，吐鲁番三月份某天的最高气温是27℃，则吐鲁番这天的温差（最高气温与最低气温的差）为（ ）
A．26℃B．27℃C．28℃D．29℃
【解答】解：∵吐鲁番三月份某天的最高气温是27℃，最低气温是﹣1℃，
∴吐鲁番这天的温差（最高气温与最低气温的差）为：27﹣（﹣1）＝28（℃），
故选：C．
2. 右图是我们生活中常用的“空心卷纸”，其主视图为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．看不见的棱要用虚线表示．找到从前面看所得到的图形即可．
【详解】
解：卷纸的主视图应是：
，
故选：C．
年“亚运＋双节”让杭州火出圈，相关数据显示，国庆期间杭州共接待游客约人次，
将数据用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
本题考查了科学记数法表示较大的数，熟练掌握其定义是解题的关键．将一个数表示成的形式，其中，为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得到答案．
【详解】13000000=
故选：B．
4. 不等式组的解集在数轴上可表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】分别解不等式进而得出不等式组的解集，进而在数轴上表示即可．
【详解】解：
解①得：x＞﹣1，
解②得：x≤2，
故不等式组的解集为：﹣1＜x≤2，
在数轴上表示解集为：
．
故选：A．
5 . 已知直线m∥n，将一块含30°角的直角三角板按如图所示方式放置(∠ABC＝30°)，
并且顶点A，C分别落在直线m，n上，若∠1＝38°，则∠2的度数是（ ）
A．20°B．22°C．28°D．38°
【答案】B
【分析】过C作CD∥直线m，根据平行线的性质即可求出∠2的度数．
【详解】解：过C作CD∥直线m，
∵∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，
∴∠ACB＝60°，
∵直线m∥n，
∴CD∥直线m∥直线n，
∴∠1＝∠ACD，∠2＝∠BCD，
∵∠1＝38°，
∴∠ACD＝38°，
∴∠2＝∠BCD＝60°﹣38°＝22°，
故选：B．
6. 《九章算术》中记载了这样一个问题：今有上禾五秉，损实一斗一升，当下禾七秉；上禾七秉，损实二斗五升，当下禾五秉．问上、下禾实一秉各几何？大意是：5捆上等稻子少结一斗一升，相当于7捆下等稻子；7捆上等稻子少结二斗五升，相当于5捆下等稻子．问上等稻子和下等稻子一捆各能结多少？设上等稻子一捆为x升，下等稻子一捆为y升，则下列方程正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据5捆上等稻子少结一斗一升，相当于7捆下等稻子，可得方程，根据7捆上等稻子少结二斗五升，相当于5捆下等稻子，可得到方程，然后列出相应的方程组即可．
【详解】解：由题意可得，
，
故选：C．
7. 如图，点，，均在上，且，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆周角定理，求出，由三角形内角和定理可得，，代入，即可求解，
本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理，解题的关键是：熟练掌握圆周角定理．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，解得：，
故选：．
8. 如图，在中，，，以为圆心，任意长为半径画弧分别交、于点和，再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，以下结论错误的是（ ）

A．是的平分线B．
C．点在线段的垂直平分线上D．
【答案】D
【分析】A根据作图的过程可以判定是的角平分线；B利用角平分线的定义可以推知，则由直角三角形的性质来求的度数；C利用等角对等边可以证得，由线段垂直平分线的判定可以证明点在的垂直平分线上；D利用角所对的直角边是斜边的一半求出，进而可得，则．
【详解】解：根据作图方法可得是的平分线，故A正确，不符合题意；
∵，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，故B正确，不符合题意；
∵，
∴，
∴点在的垂直平分线上，故C正确，不符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
则，故D错误，符合题意，
故选：D．
9. 对于二次函数．下列说法不正确的是（ ）
A．对于任何满足条件的k，该二次函数的图象都经过点和两点
B．该函数图象与x轴必有交点
C．若，当时，y随x的增大而减小
D．若k为整数，且该二次函数的图象与x轴的两个交点都为整数点，那么
【答案】D
【分析】将二次函数解析式进行变形可得该二次函数的图象经过和两点，则A、B正确；求出抛物线对称轴，根据，结合二次函数的性质可得C正确；求出时，，，可知该二次函数的图象与x轴的两个交点都为整数点时，则D错误．
【详解】解：A、∵，
∴对于任何满足条件的k，该二次函数的图象都经过和两点，故A正确；
B、∵该二次函数的图象过点，
∴该函数图象与x轴必有交点，故B正确；
C、∵二次函数的对称轴是直线，
∴若，则，该函数图象开口向下，
∴若，当时，y随x的增大而减小，故C正确；
D、∵，
∴当时，，，
∴若k为整数，且该二次函数的图象与x轴的两个交点都为整数点，那么，故D错误；
故选：D．
10. 如图，CB＝CA，∠ACB＝90°，点D在边BC上(与B，C不重合)，四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC＝FG；②S△FAB∶S四边形CBFG＝1∶2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ·AC，其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【详解】试题解析：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠FAD=90°，AD=AF=EF，
∴∠CAD+∠FAG=90°，
∵FG⊥CA，
∴∠GAF+∠AFG=90°，
∴∠CAD=∠AFG，
在△FGA和△ACD中，
，
∴△FGA≌△ACD（AAS），
∴AC=FG，①正确；
∵BC=AC，
∴FG=BC，
∵∠ACB=90°，FG⊥CA，
∴FG∥BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴∠CBF=90°，S△FAB=FB•FG=S四边形CBFG，②正确；
∵CA=CB，∠C=∠CBF=90°，
∴∠ABC=∠ABF=45°，③正确；
∵∠FQE=∠DQB=∠ADC，∠E=∠C=90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：AD=FE：FQ，
∴AD•FE=AD2=FQ•AC，④正确；
故选D．
卷Ⅱ
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 因式分解的正确结果是______．
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式，再应用平方差公式，即可求解，
本题考查了提公因式法和公式法因式分解，解题的关键是：熟练掌握因式分解的方法．
【详解】解：
，
故答案为：．
围棋起源于中国，棋子分黑白两色．一个不透明的盒子中装有3个黑色棋子和若干个白色棋子，
每个棋子除颜色外都相同，任意摸出一个棋子，摸到黑色棋子的概率是，则盒子中棋子的总个数是 ．
【答案】
【分析】利用概率公式，得出黑色棋子的数量除以对应概率，即可算出棋子的总数．
【详解】解：，
∴盒子中棋子的总个数是．
故答案为：．
13. 若是一元二次方程的一个根，则的值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程解的定义，根据一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值，把代入原方程可得，即．
【详解】解：∵是一元二次方程的一个根，
∴，即，
故答案为：2．
14. 我国魏晋时期的数学家赵爽在为天文学著作《周髀算经》作注解时，用4个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成一个大正方形，这个图被称为“弦图”，它体现了中国古代数学的成就．如图，已知大正方形的面积是100，小正方形的面积是4，那么 ．

【答案】/0.75
【分析】根据两个正方形的面积可得，，设，得到，由勾股定理得，解方程可得x的值，从而解决问题．
【详解】解：∵大正方形ABCD的面积是100，
∴．
∵小正方形EFGH的面积是4，
∴小正方形EFGH的边长为2，
∴，
设，
则，
由勾股定理得，，
解得或（负值舍去），
∴，，
∴．
故答案为：．
15 .如图，在直角坐标系中，与轴相切于点为的直径，
点在函数的图象上，为轴上一点，的面积为6，则的值为 ．

【答案】24
【分析】
设，则，则，根据三角形的面积公式得出，列出方程求解即可．
【详解】解：设，
∵与轴相切于点，
∴轴，
∴，则点D到的距离为a，
∵为的直径，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：．
如图，在中，，，点，分别是边和上的两点，连结，
将沿折叠，点恰好落在的中点处，与交于点．下列三个结论：
①；②；③其中正确的是______．（写出正确结论的序号）

【答案】③
【解析】
【分析】①由折叠的性质可得是的垂直平分线，假设，则四边形为菱形，平分，由，，是的中点，得出不是的平分线，即可判断，
②由不是的平分线，可得，在中，即可判断，
③设，，应用勾股定理，表示出的长度，在中，，即可求得：，根据锐角三角函数的定义，即可判断，
本题考查了折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，解题的关键是：熟练掌握折叠的性质．
【详解】解：由折叠的性质可得：，，
∴是的垂直平分线，
假设，则四边形为菱形，
∴，即：平分，
∵，，是的中点，
∴不是的平分线，
∴假设错误，故①错误，
∵不是的平分线，
∴，
∴，
∴，故②错误，
设，，则：，，，，
由勾股定理得：，
∴，
中，，即：，整理得：，
∴，
∴，故③正确，
综上所述，只有③正确，
故答案为：③．
三、解答题（本题有8小题，共66分，各小题都必须写出解答过程）
17. 计算：．
【答案】2，
解：（1）
．
18. 先化简，再求代数式的值，其中．
【答案】，
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再根据特殊角三角函数值求出x，继而代入计算可得．
【详解】解：原式
∵
∴原式．
如图1为放置在水平桌面l上的台灯，底座的高为，
长度均为的连杆，与始终在同一平面上．

(1)转动连杆，，使成平角，，如图2，求连杆端点D离桌面l的高度．
(2)将（1）中的连杆再绕点C逆时针旋转，使，如图3，问此时连杆端点D离桌面l的高度是增加还是减少？增加或减少了多少？（精确到，参考数据：，）
【答案】(1)；
(2)减少了，
【分析】（1）作于O．解直角三角形求出即可解决问题．
（2）作于F，于P，于G，于H．则四边形是矩形，求出，再求出即可解决问题．
【详解】（1）如图2中，作于点O．

根据题意有：，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴（），
∴（）；
（2）作于F，于P，于G，于H．
则四边形是矩形，

∵根据（1）求出，，
∴，
∵，
∴，
∴（），（），
∴（），
∴下降高度：（）．
20. 某商店准备购进甲、乙两款篮球进行销售，若一个甲款篮球的进价比一个乙款篮球的进价多30元．
(1)若商店用6000元购进甲款篮球的数量是用2400元购进乙款篮球的数量的2倍．求每个甲款篮球，每个乙款篮球的进价分别为多少元？
(2)若商店购进乙款篮球的数量比购进甲款篮球的数量的2倍少10个，且乙款篮球的数量不高于甲款篮球的数量；商店销售甲款篮球每个获利30元，商店销售乙款篮球每个获利为20元，购进甲款篮球的数量为多少时，商店获利最大？
【答案】(1)每个甲款篮球的进价为150元，每个乙款篮球的进价为120元
(2)购进甲款篮球的数量为10个时，商店获利最大
【分析】
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用以及一次函数的应用．
（1）设每个乙款篮球的进价为x元，则每个甲款篮球的进价为元，根据商店用6000元购进甲款篮球的数量是用2400元购进乙款篮球的数量的2倍．列出分式方程，解方程即可；
（2）设该商店本次购进甲款篮球m个，则购进乙款篮球个，根据乙款篮球的数量不高于甲款篮球的数量，列出关于m的一元一次不等式组，解之求出m的取值范围，再设商店共获利w元，利用总利润=每个的利润×销售数量（购进数量），得出w关于m的函数关系式，然后利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
【详解】（1）解：设每个乙款篮球的进价为x元，则每个甲款篮球的进价为元，
根据题意得：，
解得：，
经检验，是所列方程的解，且符合题意，
，
答：每个甲款篮球的进价为150元，每个乙款篮球的进价为120元；
（2）解：设该商店本次购进甲款篮球m个，则购进乙款篮球 个，
根据题意得：，
解得：，
设商店共获利w元，则，即，
，
∴w随m的增大而增大，且，
∴当时，w取得最大值，
答：购进甲款篮球的数量为10个时，商店获利最大．
21. “端午节”是我国的传统佳节，民间历来有吃“粽子”的习俗．我市某食品厂为了解市民对去年销量较好的肉馅粽、豆沙馅粽、红枣馅粽、蛋黄馅粽（以下分别用A、B、C、D表示）这四种不同口味粽子的喜爱情况，在节前对某居民区市民进行了抽样调查，并将调查情况绘制成如下两幅统计图（尚不完整）．
请根据以上信息回答：
（1）本次参加抽样调查的居民有多少人？
（2）将两幅不完整的图补充完整；
（3）若居民区有8000人，请估计爱吃D粽的人数；
（4）若有外型完全相同的A、B、C、D粽各一个，煮熟后，小王吃了两个．用列表或画树状图的方法，求他第二个吃到的恰好是C粽的概率．
【答案】（1）600；（2）见解析；（3）3200；（4）
【详解】（1）60÷10%=600（人）．
答：本次参加抽样调查的居民有600人．
（2）如图，
（3）8000×40%=3200（人）．
答：该居民区有8000人，估计爱吃D粽的人有3200人．
（4）如图；
共有12种等可能的情况，其中他第二个吃到的恰好是C粽的有3种，
∴P（C粽）==．
答：他第二个吃到的恰好是C粽的概率是．
22. 如图1，一灌溉车正为绿化带浇水，喷水口离地竖直高度为米．建立如图2所示的平面直角坐标系，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为两条抛物线的部分图象，把绿化带横截面抽象为矩形，其水平宽度米，竖直高度米，下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点离喷水口的水平距离为2米，高出喷水口米，灌溉车到绿化带的距离为米．

(1)求上边缘抛物线喷出水的最大射程；
(2)求下边缘抛物线与轴交点的坐标；
(3)若米，灌溉车行驶时喷出的水______（填“能”或“不能”）浇灌到整个绿化带．
【答案】(1)上边缘抛物线喷出水的最大射程为；
(2)；
(3)不能．
【分析】
（1）求得上边缘的抛物线解析式，即可求解；
（2）根据二次函数的性质，确定平移的单位，求得下边缘抛物线解析式，即可求解；
（3）根据题意，求得点的坐标，判断上边缘抛物线能否经过点即可；
【详解】（1）解：由题意可得：，
且上边缘抛物线的顶点为，故设抛物线解析式为：
将代入可得：
即上边缘的抛物线为：
将代入可得：
解得：（舍去）或
即
上边缘抛物线喷出水的最大射程为；
（2）由（1）可得，
上边缘抛物线为：，可得对称轴为：
点关于对称轴对称的点为：
下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，可得上边缘抛物线向左平移个单位，得到下边缘抛物线，即下边缘的抛物线解析式为：
将代入可得：
解得：（舍去）或
即点；
（3）∵，
∴绿化带的左边部分可以灌溉到，
由题意可得：
将代入到可得：
因此灌溉车行驶时喷出的水不能浇灌到整个绿化带．
23. 如图，已知⊙O的直径为AB，AC⊥AB于点A，BC与⊙O相交于点D，在AC上取一点E，使得ED＝EA．
（1）求证：ED是⊙O切线；
（2）填空：
①当OA＝3，AE＝4时，则BC＝ ．
②连接OD，当∠ABC的度数为 时，四边形AODE为正方形．
【答案】（1）见解析 （2）①10；②45°
【解析】
【分析】(1)连接OD，通过证明△AOE≌△DOE得到∠OAE=∠ODE=90°，易证得结论；
(2)①利用圆周角定理和垂径定理推知OEBC，所以根据平行线分线段成比例求得BC的长度即可；
②由OB=OD，得到∠ODB=∠ABC=45°，根据三角形内角和得到∠AOD=90°，于是得到∠OAD=∠ODA=45°，∠EAD=90°−45°=45°，根据切线长定理得到EA=ED，由等腰三角形的性质推出∠EDA=∠EAD=45°，推出∠ODE=90°，根据矩形的判定得到四边形AODE是矩形，由OA=OD推出矩形AODE为正方形．
【小问1详解】
证明：如图，连接OD．
∵AC⊥AB，
∴∠BAC＝90°，即∠OAE＝90°．
在△AOE与△DOE中，
，
∴△AOE≌△DOE（SSS），
∴∠OAE＝∠ODE＝90°，即OD⊥ED．
又∵OD是⊙O的半径，
∴ED是⊙O的切线；
【小问2详解】
解：①在△OAE中，∠OAE＝90°，OA＝3，AE＝4，
∴由勾股定理易求OE＝5．
∵AB直径，
∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC．
又∵由（1）知，△AOE≌△DOE，
∴∠AEO＝∠DEO，
又∵AE＝DE，
∴OE⊥AD，
∴OEBC，
∴，
BC＝2OE＝10，即BC的长度是10
故答案为：10；
②当∠ABC的度数为45°时，四边形AODE为正方形；
理由如下：
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠ABC＝45°，
∴∠BOD＝90°，
∴∠AOD＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA＝45°，
∵OA⊥AB于点A，OA是⊙O的半径，
∴EA是⊙O的切线，∠EAD＝90°﹣45°＝45°，
由（1）知，ED是⊙O的切线，
∴EA＝ED，
∴∠EDA＝∠EAD＝45°，
∴∠ODE＝∠ODA+∠EDA＝45°+45°＝90°，
∴∠ODE＝∠AOD＝∠OAE＝90°，
∴四边形AODE是矩形，
∵OA＝OD，
∴矩形AODE为正方形，
故答案为：45°．
24. 【问题情境】
(1)如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，CD上的点，FG⊥AE于点Q．求证：AE＝FG．
【尝试应用】
(2)如图2，正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点O．求tan∠AOC的值；
【拓展提升】
(3)如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N．
①求∠DMC的度数；
②连接AC交DE于点H，直接写出的值．
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)①；②
【分析】（1）通过正方形四边相等和两线段垂直的特点构造与△ABE全等的三角形，从而得到对应边相等从而证明题目所给要求．
（2）通过平移构建一个新的三角形，再通过各边边长符合勾股定理证明新构建的三角形是直角三角形，再找到两条直角边之长即可求出题目要求的夹角的正切值．
（3）①同样平移线段CB使得点C和点D重合，得到平行四边形DGBC，通过平行四边形特征和正方形特征证明△AGD≌△BEG，再通过全等得知两直角三角形斜边相等且∠GBE＝90°，从而得知△DGE为等腰直角三角形；故所求角度为45°；
②通过三角形相似得对应边成比例，从而得出题目所求线段比例．
【详解】（1）证明：方法1，平移线段FG至BH交AE于点K，如图1﹣1所示：
由平移的性质得：FG∥BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，
∴四边形BFGH是平行四边形，
∴BH＝FG，
∵FG⊥AE，
∴BH⊥AE，
∴∠BKE＝90°，
∴∠KBE+∠BEK＝90°，
∵∠BEK+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CBH，
在△ABE和△BCH中，

∴△ABE≌△BCH（ASA），
∴AE＝BH，
∴AE＝FG；
方法2：平移线段BC至FH交AE于点K，如图1﹣2所示：
则四边形BCHF是矩形，∠AKF＝∠AEB，
∴FH＝BC，∠FHG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝90°，
∴AB＝FH，∠ABE＝∠FHG，
∵FG⊥AE，
∴∠HFG+∠AKF＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠HFG，
在△ABE和△FHG中，
∴△ABE≌△FHG（ASA），
∴AE＝FG；
（2）解：将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，如图2所示：
∴∠AOC＝∠FDC，
设正方形网格的边长为单位1，
则AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，FG＝3，DG＝4，
由勾股定理可得：CF＝，CD＝，DF＝，
∵
∴CF2+CD2＝DF2，
∴∠FCD＝90°，
∴tan∠AOC＝tan∠FDC＝；
（3）解：①平移线段BC至DG处，连接GE，如图3﹣1所示：
则∠DMC＝∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，
∴DC＝GB，
∵四边形ADCP与四边形PBEF都是正方形，
∴DC＝AD＝AP，BP＝BE，∠DAG＝∠GBE＝90°
∴DC＝AD＝AP＝GB，
∴AG＝BP＝BE，
在△AGD和△BEG中，

∴△AGD≌△BEG（SAS），
∴DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，
∴∠EGB+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°，
∴∠EGD＝90°，
∴∠GDE＝∠GED＝45°，
∴∠DMC＝∠GDE＝45°；
②如图3﹣2所示：
∵AC为正方形ADCP的对角线，
∴AD＝CD，∠DAC＝∠PAC＝∠DMC＝45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AC＝AD，
∵∠HCM＝∠BCA，
∴∠AHD＝∠CHM＝∠ABC，
∴△ADH∽△ACB，
∴