2024年重庆市巴蜀中学校中考二模数学试题（含解析）

这是一份2024年重庆市巴蜀中学校中考二模数学试题（含解析），共36页。试卷主要包含了、选择题等内容，欢迎下载使用。
1．﹣5的绝对值是（ ）
A．5B．﹣5C．D．
2．如图是由6个完全相同的小正方体组成的几何体，其俯视图为（ ）
A．B．C．D．
3．下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．如图，与关于点位似，位似比为，已知， 则的长等（ ）

A．B．C．D．
5．如图，直线且顶点M在直线上，若其中一边交直线于点N，且，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
6．估算：的值应在（ ）
A．5和6之间B．6和7之间C．7和8之间D．8和9之间
7．如图，是由相同的小圆圈按照一定规律摆放而成的，第（1）个图形中小圆圈的个数是 7个，第（2）个图形中小圆圈的个数是11个，第（3）个图形中小圆圈的个数是15个，则第（10）个图形中小圆圈的个数是（ ）
A．43B．47C．51D．55
8．如图， 的半径是6，直线与相切于点P，连接、分别交于 点B、点C，若点A 为圆周上一点且，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在正方形中，点 、点 分别是和 边的中点，连接 、 交于点，连接 和，若，则的度数为( )
A．B．C．D．
10．已知四个整式分别为：，，，；若对这四个整式中的一个添加绝对值符号或多个分别添加绝对值符号（注：绝对值里面无绝对值，即不出现多重绝对值）后再求和称为一次“防御操作”；例如：为一次“防御操作”，为一次“防御操作”等；则以下表述正确的个数是（ ）．
①对于任意的实数x，存在某种“防御操作”使得化简结果恒为0；
②对于特殊“防御操作”：的最小值是6；
③共有15种不同的“防御操作”；
A．0B．1C．2D．3
二、填空题：（本大题8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
11．计算： ．
12．一个正多边形的每一个外角都是，则这个正多边形的边数为 ．
13．如图，点 是函数图像上的一点，过点作轴于点，若点是的中点，且，则 ．

14．现将正面分别标有“”“”“”“”的四张卡片，洗匀后背面朝上放在桌上，然后 随机抽出一张，不放回，再随机抽出一张，两次抽出的卡片上的数字之和是的倍数的概率是 ．
15．如图，在中，，，，点是边上一点，连接，若将沿直线翻折，使得的顶点恰好落在边上的点处，则 ．
16．如图，在矩形中，，对角线的交点为，分别以为圆心 ，的长为半径画弧，两条圆弧恰好都经过点，则图中阴影部分的面积为 ．
17．若关于x 的不等式组 至少有四个整数解，且关于y 的分式方程的解是非负整数，则满足条件的所有整数的和是 ．
18．对于任意四位自然数P，记H（为各个数位上的数字之和，若四位数满足千位数字比百位数字大2，十位数字比个位数字大4，则称这个四位数是“大2数”；若四位数 满足千位数字比百位数字大3，十位数字比个位数字大6，则称这个四位数是“大3数”；若为“大2数”，为“大3数”，则值是 ；若M，N分别是个位数字都是3的“大2数”和“大3数”，且 能被10整数，则 的最大值是 ．
三、解答题：（本大题8个小题，第19题8分，其余每题各10分，共78分）解答每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19．计算：
(1)；
(2)．
20．在中 ，， 于点，点 为线段 上一点，连接，．用直尺和圆规，在 的下方作，使得，交 的延长线于点，连接 ．
小明想要研究两底角顶点 、 底边高线上的点，及该点关于底边的对称点 所形成的四边形 的形状，请根据他的思路完成以下填空：
证明：，，
① ，
又，，
，
② ，
，
③ ，
四边形 是平行四边形．
又 ，
四边形是菱形．
小明进一步研究发现，任意等腰三角形均有此特征．
请你依照题意完成下面命题：
在等腰三角形中，④ ．
21．为了进一步改善民众的生存环境、居住环境，切实提高民众的生活质量，重庆近年来 利用城市边角地修建了大量的免费城市公园，累计建成各类公园超个，让民众在家 门口就有了“小花园”、“健身房”．为了了解市民对新修建的滨江公园和体育公园的满意度，现从对滨江公园和体育公园的满意度评分中各随机抽取份，并对数据进行整理、 描述和分析（评分分数用x 表示，不满意，比较满意，满意，非常满意）．下面给出了部分信息：
抽取的对滨江公园的评分数据：，，，，，，，，，．取的对体育公园的评分数据中“满意”包含的所有数据：，，，
抽取的对体育公园的评分扇形统计图

抽取的对滨江公园和体育公园的评分统计表
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空： ； ；= ；
(2)根据以上数据，你认为哪一个公园更受市民喜爱，请说明理由（写出一条理由即可）；
(3)5月的一天，有人前往滨江公园，人前往体育公园，估计当天对前往的这 两个公园感到非常满意的市民人数．
22．中华民族的传统节日一端午节将至，甲、乙两家公司为员工购买咸粽和甜粽两种口味的粽子礼盒作为节日福利．
(1)已知一盒咸粽比一盒甜粽贵元，甲公司工会统计得出，喜爱咸粽的员工人数是喜爱甜粽的员工人数的倍，甲公司的采购根据员工的口味喜好分别花费元、元 购买咸粽和甜粽，求一盒咸粽和一盒甜粽的价格各为多少元?
(2)乙公司由于订购较晚，在（1）的基础上，一盒咸粽和一盒甜粽的价格分别上涨、，乙公司预算不超过元为名员工购买粽子礼盒，则乙公司最多购买多少盒咸粽?
23．如图，在矩形中 ，和交于点O，，点P以每秒1个单位长度的速度从点D出发，沿折线D→C→A 方向运动，到达A点停止运动，设运动时间为t 秒，的面积为y．
(1)请直接写出y 关于t的函数表达式并注明自变量t的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中画出函数y 的图象，并写出函数y的一条性质；
(3)结合函数图象，写出时，自变量t的取值范围．（结果保留一位小数，误差不超过）．
24．五一假期期间，小明和小亮相约去游乐场游玩，经勘测，激流勇进项目B 在游乐场大 门A 的南偏东方向400米处方向，过山车项目C 在游乐场大门A 的北偏东方向， 摩天轮项目D 在激流勇进项目B 的正东方向，在过山车项目C 的南偏东方向．
(1)求游乐场大门A 与摩天轮项目C 的距离（结果保留根号）；
(2)小明和小亮在游乐场门口A 汇合后，经商议，小明沿路线到激流勇进项目 游玩，小亮沿路线到过山车项目游玩，最后两人在摩天轮项目D 集合，小明步 行的速度是60米/分，在激流勇进排队和乘坐项目用时27分钟，小亮步行的速度是70米 /分，在过山车排队和乘坐项目用时30分钟，请问小明和小亮谁先到达摩天轮项目D？ （参考数据，，结果精确到）
25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线两点，过点，且交x 轴于点，B交y 轴于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P 是抛物线对称轴右侧，直线上方抛物线上的一动点，过点P 作于点M， 过点P 作 x 轴的平行线交抛物线于点N，求的最大值及此时点P 的坐标；
(3)将该抛物线沿射线平移个单位长度，Q 为平移后的抛物线上一点，使得，直接写出 Q 点的横坐标．
26．为等腰直角三角形，，， 线段 绕点旋转至线段，点的对应点为，连接．
(1)如图1，若在外部，且，交 于点，若．求 的长度；
(2)如图2，若在内部，延长 交 于点，延长交 于点，，将线段 绕点 逆时针旋转得到线段，为中点，连接并延长交 于点，求证：；
(3)如图3，将线段绕点逆时针旋转到线段，连接 、．为直 线 上一点，将沿 翻 折 ，点对应点为，，当最小时，直接写出的面积．
公园
平均数
中位数
众数
“非常满意”所 占百分比
滨江公园
体育公园
1．A
【分析】根据负数的绝对值等于它的相反数可得答案．
【详解】解：|﹣5|=5．
故选A．
2．B
【分析】根据从上面看到的图形即为俯视图进一步分析判断即可.
【详解】从上面看第一排是三个小正方形，第二排右边是一个小正方形，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三视图的判断，熟练掌握相关方法是解题关键.
3．A
【分析】本题考查了合并同类项、完全平方公式、积的乘方、平方差公式，熟记各运算法则是解题关键．根据合并同类项、完全平方公式、积的乘方、平方差公式运算法则求解即可．
【详解】解：A、，此选项计算正确，符合题意；
B、，此选项计算错误，不符合题意；
C、，此选项计算错误，不符合题意；
D、与不能合并，此选项计算错误，不符合题意；
故选：A．
4．D
【分析】本题主要考查位似的定义．解题的关键是掌握位似图形是相似图形的特殊形式，位似比等于相似比的特点．位似图形就是特殊的相似图形位似比等于相似比．利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：与关于点位似，位似比为，
，
，
，
则．
故选：D．
5．C
【分析】本题考查平行线的性质，先根据角的和差关系求出，再由平行线的性质，得到，即可．
【详解】解：∵，，
∴
∴
∴；
故选C．
6．D
【分析】本题考查了估算无理数的大小，二次根式的混合运算，先化简二次根式，再估算无理数的大小即可得出答案．
【详解】解：
∵
∴
∴，
故选：D．
7．A
【分析】本题考查了图形规律探索，由题意知，其规律是每次增加4个圆圈，依此规律则可求得第（10）个图形中小圆圈的个数．找出规律是解题的关键．
【详解】解：第（1）个图形中小圆圈的个数是 7个，
第（2）个图形中小圆圈的个数是（个），
第（3）个图形中小圆圈的个数是（个），
第（4）个图形中小圆圈的个数是（个），
……，
则第（10）个图形中小圆圈的个数是（个）；
故选：A．
8．C
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，连接，利用切线的性质得到，利用解直角三角形得到，利用圆周角定理得到，进而得到，再利用解直角三角形得到，结合求解，即可解题．
【详解】解：连接，
直线与相切于点P，的半径是6，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
的长为，
故选：C．
9．A
【分析】本题考查正方形性质及应用,全等三角形判定与性质；延长，交于，证明，可得，再证，可得为斜边上的中线，故，即得，．
【详解】解：延长，交于，如图：
四边形是正方形，
，，
，是，的中点，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
为斜边上的中线，
，
，
，
，
；
故选：A．
10．C
【分析】本题考查了绝对值，整式的加减运算；熟练掌握去绝对值及其几何意义，读懂防御操作的定义是解题的关键．
①当时，四个整式中不论一个添加绝对值符号或多个分别添加绝对值符号，求和后结果均大于0；
②利用绝对值的几何意义求解即可；
③四个整式中的一个添加绝对值符号或多个分别添加绝对值符号，再求和即可．
【详解】①当时，四个整式中不论添加一个或多个绝对值符号，去绝对值后再求和，结果均为，故①错误；
②表示数轴上表示x的点到表示2，1， ，的点的距离之和，所以当 时，的值最小，最小值为6，故②正确；
③共有15种不同的“防御操作”，依次为：
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
故③正确．
故选C．
11．##
【分析】本题考查了特殊角的三角函数值，零指数幂，负整数指数幂，根据以上知识进行计算即可求解．
【详解】解：原式，
故答案为：．
12．
【分析】此题考查了多边形的内角和与外角和，掌握多边形的内角和为，多边形的外角和等于是解题的关键．由一个多边形的外角为和每一个外角都是，可求得其边数．
【详解】解：一个多边形的每一个外角都是，多边形的外角和等于，
这个多边形的边数为：，
故答案为：．
13．8
【分析】本题考查了反比例函数的几何意义，根据，即可求解．
【详解】解：依题意，反比例函数图象在第一象限，
∴
∵
∴
故答案为：．
14．
【分析】根据题意画出树状图，再根据树状图求得所有卡片上的数字之和是的倍数的次数进而即可解答．
【详解】解：画树状图如下
共有种可能性，两次抽出的卡片上的数字之和是的倍数的次数为，
∴两次抽出的卡片上的数字之和是的倍数的概率是，
故答案为．
【点睛】本题考查了列表法或树状图求概率，掌握列表法或树状图的画法是解题的关键．
15．
【分析】本题考查了折叠的性质，三角形的外角性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握折叠的性质．根据折叠可得：，，，根据，可得，结合三角形的外角性质可得，进而得到，最后根据线段的和差即可求解．
【详解】解：由折叠得：，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形的性质、扇形面积公式、含角的直角三角形的性质，作于，则、都是等边三角形，得出，，求出，，再由计算即可得解．
【详解】解：如图，作于，
由题意可得：，，
四边形是矩形，，
，，，
，
、都是等边三角形，
，，
，，
，，
，
故答案为：．
17．1
【分析】本题考查的一元一次不等式组的解法，分式方程的解法，理解题意是关键，本题先解不等式组根据解集的情况可得，再解分式方程结合解的情况可得且，再结合为整数，为非负整数，从而可得答案．
【详解】解：，
由①得：，
由②得：，
解得：，
∵关于的不等式组至少有四个整数解，
∴三个整数解为，，，；
∴，
解得：；
∵，
去分母得：，
整理得：，
∵关于的分式方程的解是非负整数，
∴且，
解得：且，
∴且，
∵为整数，为非负整数，
∴的值为， ，
∴；
故答案为：1
18． 15055
【分析】本题考查了对题干“大2数”与“大3数”新概念的理解，以及用代数式表示数字，根据新定义求得和中的未知数即可求得；结合题意可设M千位、百位、十位、个位上的数字依次为：，，7，3；N千位、百位、十位、个位上的数字依次为：，，9，3，则求得，；，，进一步求得，再利用能被10整除，即可得出a，b取值情况，分别计算不同情况下的值，再进行比较，即可解题．
【详解】解：∵为“大2数”，为“大3数”，
∴
∴，
则，
∵M，N分别是个位数字都是3的“大2数”和“大3数”，
∴设M千位、百位、十位、个位上的数字依次为：，，7，3；
N千位、百位、十位、个位上的数字依次为：，，9，3，
则，
；
，
；
则
，
能被10整除，
为整数，
即是的因数，
由题意可知，，（千位上最大的数字是9），
当取得最大值时，即最大，
，
当时，；
当时，；
即当时，，，时，最大值为；
当时，，，时，最大值为；
故当时，有最大值为．
故答案为：15055，．
19．(1)
(2)
【分析】本题考查了整式的乘法运算，分式的混合运算，解题的关键是掌握相关的运算法则．
（1）先根据完全平方公式和整式乘法法则将多项式展开，再合并同类项即可；
（2）先算括号里的减法，再根据分式的除法法则计算即可．
【详解】（1）解：
原式
；
（2）
原式
20．作图见解析；①；②；③；④两底角顶点，底边高线上任意一点，及该点关于底边的对称点所形成 的四边形是菱形
【分析】本题考查了菱形的性质与判定，作一个角等于已知角，根据题意证明，进而得出四边形 是平行四边形．根据得出四边形是菱形．
【详解】解：如图所示，
证明：，，
，
又，，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形．
又 ，
四边形是菱形．
小明进一步研究发现，任意等腰三角形均有此特征．
请你依照题意完成下面命题：
在等腰三角形中，两底角顶点，底边高线上任意一点，及该点关于底边的对称点所形成 的四边形是菱形
21．(1)，，
(2)滨江公园更受市民喜爱，理由见解析
(3)估计当天对前往的公园感到非常满意的市民人数为 人
【分析】此题考查了扇形统计图和统计表、中位数、众数、平均数的统计量，样本估计总体．
（1）根据已知数据和众数的定义，求得，分析扇形统计图结合中位数的定义求得，进而根据“非常满意”的人数的占比求得；
（2）根据中位数、平均数等方面分析即可得到答案；
（3）用总人数乘以抽取的非常满意的占比即可得到答案．
【详解】（1）解：抽取的对滨江公园的评分数据：，，，，，，，，，．
其中出现次数最多，则众数为，
∴
∵根据扇形统计图，对体育公园的评分数据中，不满意和比较满意的人数共有人，没有超过半数，则中位数在|“满意”数据中，
由取的对体育公园的评分数据中“满意”包含的所有数据：，，，
第5和第6个数据分别，，则中位数为，
则“非常满意”的人数为人，
∴
（2）我认为滨江公园更受市民喜爱，
从平均数看，滨江公园和体育公园的平均数相等，都为 ；
从中位数看，滨江公园中位数 大于体育公园中位数 .
所以滨江公园更受市民喜爱.
（3）解：(人)
答：估计当天对前往的公园感到非常满意的市民人数为 人.
22．(1)一盒咸粽的价格为元，一盒甜粽的价格为元
(2)乙公司最多购买盒咸粽
【分析】本题考查了分式方程的应用，不等式的应用，解题的关键是根据题意列出等量关系．
（1）设一盒甜粽的价格为元，则一盒咸粽的价格为元，根据“爱咸粽的员工人数是喜爱甜粽的员工人数的倍”，列出分式方程即可求解；
（2）设乙公司购买盒咸粽，则购买盒甜粽，根据题意列出不等式即可求解．
【详解】（1）解：设一盒甜粽的价格为元，则一盒咸粽的价格为元，
解得：，
经检验， 是原分式方程的解，且符合题意，
，
答：一盒咸粽的价格为元，则一盒甜粽的价格为元；
（2）设乙公司购买盒咸粽，则购买盒甜粽，
根据题意得：，
解得：，
答：乙公司最多购买盒咸粽．
23．(1)
(2)图见解析，当时，y随t的增大而增大；当时，y随t的增大而减小
(3)自变量 t 的取值范围为
【分析】本题考查矩形的性质、一次函数的图象与性质：
（1）分、两种情况，根据矩形性质和和三角形的面积公式求解即；
（2）根据（1）中表达式画出函数图象，根据图象写出函数的性质即可；
（3）先求得时对应的自变量值，结合图象求解即可．
理解动点问题是解答的关键．
【详解】（1）四边形是矩形，且，，
，，
在中，，，
，
当时，
，
当时，
如图：过点作于，
，
，即：，
解得：，
，
综上所述：．
（2）如图所示：
当 时，y随t的增大而增大；
当 时，y随t的增大而减小．
（3）由图得：
当时，
，即：，
，即：，
时，自变量t的取值范围．
24．(1)游乐场大门 A 与摩天轮项目 C 的距离为米
(2)小明先到达摩天轮项目 D
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用：
（1）如图所示，过点A作于E，由题意得，米，先解得到米，再求出的长即可；
（2）先解和求出的长，进而求出的长，再解分别求出的长，进而求出两人分别到达D所需的时间即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示，过点A作于E，
由题意得，米，
在中，米，
在中，米，
∴游乐场大门A 与摩天轮项目C 的距离为米；
（2）解：在中，米，
在中，米，
∴米，
在中，米，
米，
∴小明到达摩天轮项目 D 所需的时间为： 分钟，
小亮到达摩天轮项目 D 所需的时间为：分钟，
∴小明先到达摩天轮项目 D．
25．(1)抛物线的表达式为
(2)最大值为，此时点P的坐标为
(3)或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出，进而求出；直线的解析式为；如图所示，过点P作轴，分别交轴于D、H，证明，得到；设，则，可得；根据对称轴求出，则，据此求解即可；
（3）如图所示，当点Q在x轴上方时，设直线与y轴交于H，分别过点B、C作直线的垂线，垂足分别为F、E，根据，得到，设，，证明，求出，则，再证明，得到，则，可得，则同理可得直线解析式为；利用勾股定理求出，则将该抛物线沿射线平移个单位长度，相当于把抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，进而得到平移后的抛物线解析式为，联立得，解得，即点Q的横坐标为；同理求出当点Q在x轴下方时，点Q的横坐标即可．
【详解】（1）解：把和代入中得：，
∴，
∴抛物线的表达式为；
（2）解：在中，当，解得或，当时，，
∴，
∴，
∴；
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为；
如图所示，过点P作轴，分别交轴于D、H，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
设，则，
∴；
∵轴，
∴点P与点N关于对称轴对称，即关于直线，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
当时，，
∴点P的坐标为
（3）解：如图所示，当点Q在x轴上方时，设直线与y轴交于H，分别过点B、C作直线的垂线，垂足分别为F、E，
∵，
∴，
设，，
∵，
∴，
∴，即，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
同理可得直线解析式为；
在中，，
∴，
∴将该抛物线沿射线平移个单位长度，相当于把抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，
∴平移后的抛物线解析式为，
联立得，
解得，
∴点Q的横坐标为；
如图所示，当点Q在x轴下方时，设直线与y轴交于H，分别过点B、C作直线的垂线，垂足分别为F、E，
∵，
∴，
设，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
同理可得直线解析式为；
联立得，
解得，
∴点Q的横坐标为
综上所述，点Q的横坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等，解（2）的关键在于把线段的长转换成的长，解（3）的关键在于通过构造相似三角形求出直线的解析式．
26．(1)的长度为
(2)见解析
(3) 的面积为
【分析】（1）过点作于点，依题意是等腰直角三角形，则，根据旋转的性质可得是等边三角形，根据，进而即可求解；
（2）连接，证明得出是等边三角形，进而证明，根据全等三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，即可得证；
（3）根据题意得出为直 线 上一点，将沿 翻 折 ，点对应点为，进而证明，得出，以为斜边作等边三角形，根据圆周角定理可得在上运动，根据题意当三点共线，且时，最小，过点作于点，得出，证明，设交于点，进而求得，最后根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，过点作于点
∵为等腰直角三角形，，，
∴
∴是等腰直角三角形，
∵
∴
又∵线段 绕点旋转至线段，，
则是等边三角形，
∴
∴
∴
∴
（2）证明：如图所示，连接
∵为等腰直角三角形，，，
∴
∴是等腰直角三角形，
∵，则，
∵将线段 绕点 逆时针旋转段，
∴
∴
∴
∵线段 绕点旋转至线段，
∴
∴
∴
在中，
∴
又∵为中点，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴，
∵
∴
又∵
∴
∴，
∴
∴
∴
∴；
（3）解：∵为等腰直角三角形，，，
∴
∴是等腰直角三角形，
∵为直 线 上一点，将沿 翻 折 ，点对应点为，
∴在上，，
∵将线段绕点逆时针旋转到线段，
∴
∴是等边三角形，
∵
∴
∴
以为斜边作等边三角形，如图所示，
∵
∴在上运动，
∴当三点共线，且时，最小，
设交于点，
∵
∴
∴
在中，，，
∴
∴
过点作于点，
∴
∵垂直平分，
∴
∴
∴，
∴，
又，
∴，
∴，，
设交于点，
∵又，
∴，
又∵为的中点，
∴是的中位线，
∴，则，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了勾股定理，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．