2024年中考数学第二次模拟考试（天津卷）

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3、三模考试大概在中考前两周左右，三模是中考前的最后一次考前检验。三模学校会有意降低难度，目的是增强考生信心，难度只能是中上水平，主要也是对初中三年的知识做一个系统的检测，让学生知道中考的一个大致体系和结构。
2024年中考第二次模拟考试
数学·全解全析
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36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）
1． 的值为（ ）
A．﹣2B．﹣1C．D．
【答案】B
【解答】解：2×（﹣）＝﹣1．
故选：B．
2．估计的值在（ ）
A．1和2之间B．2和3之间C．3和4之间D．4和5之间
【答案】C
【解答】解：∵9＜14＜16，
∴3＜＜4．
故选：C．
3．如图是由5个大小相同的小正方体摆成的立体图形，它的主视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解答】解：从前面看第一层是三个小正方形，第二层中间一个小正方形，
故选：A．
4．汉字是世界上最美的文字，形美如画、有的汉字是轴对称图形，下面四个汉字中是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
5．今年是共建“一带一路”倡议提出10周年，也是构建人类命运共同体理念提出10周年．2013年到2022年，中国与“一带一路”共建国家的累计双向投资超过3800亿美元．3800亿用科学记数法表示为（ ）
A．38×1010B．3.8×1011C．0.38×1012D．3.8×1012
【答案】B
【解答】解：3800亿＝380000000000＝3.8×1011．
故选：B．
6．计算+|﹣2|×cs45°的结果，正确的是（ ）
A．B．3C．2+D．2+2
【答案】B
【解答】解：原式＝2+2×＝3．
故选：B．
7．化简的结果正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解答】解：原式＝﹣
＝﹣
＝
＝．
故选：C．
8．点A（﹣3，y1）、B（﹣1，y2）、C（2，y3）都在反比例函数y＝的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y3＜y2＜y1C．y3＜y1＜y2D．y2＜y1＜y3
【答案】C
【解答】解：∵点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3）都在反比例函数y＝的图象上，
∴y1＝＝2，y2＝＝6，y3＝＝﹣3，
∵﹣3＜2＜6，
∴y3＜y1＜y2，
故选：C．
9．如果x1＝a，x2＝b是方程x2﹣2x﹣4＝0的两根，则的值为（ ）
A．2B．﹣2C．D．﹣
【答案】D
【解答】解：∵x1，x2是方程x2﹣2x﹣4＝0的两根，
∴a+b＝2，ab＝﹣4，
∴＝＝﹣．
故选：D．
10．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交边AC、AB于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，若CD＝4，AB＝15，则△ABD的面积是（ ）
A．120B．60C．45D．30
【答案】D
【解答】解：作DE⊥AB于E，
由基本尺规作图可知，AD是△ABC的角平分线，
∵∠C＝90°，DE⊥AB，
∴DE＝DC＝4，
∴△ABD的面积＝×AB×DE＝30，
故选：D．
11．如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE．下列结论：
①AF⊥CG；
②四边形BEFG是正方形；
③若DA＝DE，则CF＝FG；
其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②C．②③D．①
【答案】A
【解答】解：设AF交BC于K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABK＝90°，
∴∠KAB+∠AKB＝90°，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，
∴∠KAB＝∠BCG，
∵∠AKB＝∠CKF，
∴∠BCG+∠CKF＝90°，
∴∠KFC＝90°，
∴AF⊥CG，故①正确；
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CGB＝90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE＝BG，
∴四边形BEFG是正方形，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH＝AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE＝AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CG，
∵四边形BEFG是正方形，
∴BE＝GF，
∴GF＝CG，
∴CF＝FG，故③正确；
∴正确的有：①②③，
故选：A．
12．某池塘的截面如图所示，池底呈抛物线形，在图中建立平面直角坐标系，并标出相关数据（单位：m）．有下列结论：
①AB＝24m；
②池底所在抛物线的解析式为y＝﹣5；
③池塘最深处到水面CD的距离为1.8m；
④若池塘中水面的宽度减少为原来的一半，
则最深处到水面的距离减少为原来的．
其中结论正确的是（ ）
A．①②B．②④C．③④D．①④
【答案】B
【解答】解：①观察图形可知，AB＝30m，
故①错误；
②设池底所在抛物线的解析式为y＝ax2﹣5，
将（15，0）代入，可得a＝，
故抛物线的解析式为y＝x2﹣5；
故②正确；
③∵y＝x2﹣5，
∴当x＝12时，y＝﹣1.8，
故池塘最深处到水面CD的距离为5﹣1.8＝3.2（m），
故③错误；
④当池塘中水面的宽度减少为原来的一半，即水面宽度为12 m时，
将x＝6代入y＝x2﹣5，得y＝﹣4.2，
可知此时最深处到水面的距离为5﹣4.2＝0.8（m），
即为原来的，
故④正确．
故选：B．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
13．一个不透明的袋子里装有3个绿球、3个黑球和6个红球，它们除颜色外其余相同．从袋中任意摸出一个球为绿球的概率为 ．
【答案】
【解答】解：∵袋子里装有3个绿球、3个黑球和6个红球，
∴从袋中任意摸出一个球是绿球的概率为．
故答案为：．
14．计算：（﹣5a3b）2＝ ．
【答案】25a6b2
【解答】解：（﹣5a3b）2＝（﹣5）2•（a3）2•b2＝25a6b2，
故答案为：25a6b2．
15．计算的结果等于 ．
【答案】10
【解答】解：原式＝
＝16﹣6
＝10．
故答案为：10．
16．将直线沿y轴向下平移2个单位，平移后的直线与y轴的交点坐标是 ．
【答案】（0，4）
【解答】解：将直线沿y轴向下平移2个单位，得到直线的解析式为：y＝x+6﹣2＝，
当x＝0，则y＝4，
∴平移后直线与y轴的交点坐标为：（0，4）．
故答案为：（0，4）．
17．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，延长BC至点D，使BD＝12，E为边AC上的点，且AE＝4，连接ED，P，Q分别为AB，ED的中点，连接PQ，则PQ的长为 ．
【答案】2
【解答】解：如图，连接AD，取AD的中点F，连接PF、QF，
∵P，Q分别为AB，ED的中点，
∴PF是△ABD的中位线，QF是△ADE的中位线，
∴PF＝BD＝×12＝6，PF∥BD，QF＝AE＝×4＝2，QF∥AC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠PFQ＝90°，
∴PQ＝＝＝2，
故答案为：2．
18．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B在格点上，C是小正方形边的中点．
（1）AB的长等于 ；
（2）M是线段BC与网格线的交点，P是△ABC外接圆上的动点，点N在线段PB上，且满足PN＝2BN．当MN取得最大值时，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】（1）（2）略
【解答】解：（1）AB的长＝＝．故答案为：．
（2）第一种情况：如图1点P即为所求作．
由题意，＝＝2，
∴MN∥PC，MN＝PC，
∴当PC是直径时，MN的值最大，
取格点T（构造∠TBC＝90°），连接BT交△ABC的外接圆于点P；
第二种情况：如图2点P即为所求作．
取格点T（构造∠TBC＝90°），连接BT交△ABC的外接圆于点P；
故答案为：取格点T，连接BT交△ABC的外接圆于点P．

三、解答题（本大题共7个小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．（8分）解不等式组，并把解集在数轴上表示出来．
【解答】解：（1）解不等式4（x+1）≤7x+7，得：x≥﹣1，
（2）解不等式﹣＜1，得：x＜2，
（3）把它们的解集在数轴上表示如下：
（4）原不等式组的解集为﹣1≤x＜2．
20．（8分）某社区为了增强居民节约用水的意识，随机调查了部分家庭一年的月均用水量（单位：t）．根据调查结果，绘制出统计图1和图2．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受调查的家庭个数为 50 ，图1中m的值为 20 ；
（2）调查的这些家庭月均用水量的众数是 6t，中位数是 6t；
（3）求调查的这些家庭月均用水量的平均数．
【解答】解：（1）本次接受调查的家庭个数为：8÷16%＝50（个）；
m%＝×100%＝20%，即m＝20；
故答案为：50，20；
（2）∵6出现了16次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数是6t；
将这组数数据从小到大排列，其中处于中间的两个数都是6，
∴这组数据的中位数是6t．
故答案为：6t，6t；
（3）这组月均用水量数据的平均数是×（5×8+5.5×12+6×16+6.5×10+7×4）＝5.9（t），
21．（10分）如图，某校无人机兴趣小组为测量教学楼的高度，在操场上展开活动．此时无人机在离地面30m的D处，操控者从A处观测无人机D的仰角为30°，无人机D测得教学楼BC顶端点C处的俯角为37°，又经过人工测量测得操控者A和教学楼BC之间的距离AB为60m，点A，B，C，D都在同一平面上．
（1）求此时无人机D与教学楼BC之间的水平距离BE的长度（结果保留根号）；
（2）求教学楼BC的高度（结果取整数）（参考数据：≈1.73，sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）．
【解答】解：（1）在Rt△ADE中，∠A＝30°，DE＝30m，
∴AE＝DE＝30（m），
∵AB＝60m，
∴BE＝AB﹣AE＝（60﹣30）m，
∴此时无人机D与教学楼BC之间的水平距离BE的长度为（60﹣30）m；
（2）过点C作CF⊥DE，垂足为F，
由题意得：CF＝BE＝（60﹣30）m，BC＝EF，CF∥DG，
∴∠DCF＝∠CDG＝37°，
在Rt△DCF中，DF＝CF•tan37°≈（60﹣30）×0.75＝（45﹣22.5）m，
∴EF＝DE﹣DF＝30﹣（45﹣22.5）＝22.5﹣15≈24（m），
∴BC＝EF＝24m，
∴教学楼BC的高度约为24m．
22．（10分）如图：已知⊙O的直径AB＝10，点C为⊙O上一点，CF为⊙O的切线，P是半径OA上任一点，过点P作 PE⊥AB分别交AC，CF于D，E两点．
（1）如图1，当P与圆心O重合时，
①求证：ED＝EC；
②若∠A＝30°，求图中阴影部分的面积；
（2）如图2，连接AE，当AE⊥CF时，AE交于⊙O点N，AN＝6，求EN的长度．
【解答】证明：（1）①∵CF为⊙O的切线，OC为半径，
∴OC⊥CF，
即∠FCA+∠OCA＝90°，
∵PE⊥AB，
∴∠A+∠ODA＝90°，
∴∠FCA＝∠ADO，
∵∠ADO＝∠CDE，
∴∠ECD＝∠CDE，
∴CE＝DE；
②当∠A＝30°时，
∴∠BOC＝2∠A＝60°，
∴∠COE＝90°﹣∠BOC＝30°，
∴，
∵直径AB＝10，
∴半径OC＝5，
根据勾股定理得，
CE2+CO2＝OE2，
即 CE2+CO2＝2CE2，
CE2+52＝2CE2，
解得CE＝，
∴S阴影部分＝S△OCE﹣S扇形OCD
＝×5×﹣
＝﹣
＝；
（2）如图2，过点O作OH⊥AN，垂足为H，则AH＝HN＝AN＝3，
∵OC⊥CF，AE⊥CF，OH⊥AN，
∴四边形OCEH是矩形，
∴EH＝OC＝AB＝5，
∴EN＝EH﹣NB
＝5﹣3
＝2．
23．（10分）在“看图说故事”活动中，某学习小组结合图象设计了一个问题情境．
已知小明家、体育馆、图书馆依次在同一条直线上．小明从家出发，匀速骑行0.5h到达体育馆：在体育馆停留一段时间后，匀速骑行0.4h到达图书馆：在图书馆停留一段时间后，匀速骑行返回家中．给出的图象反映了这个过程中小明离开家的距离ykm与离开家的时间xh之间的对应关系．
请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）填表：
（Ⅱ）填空：
①体育馆与图书馆之间的距离为 km；
②小明从体育馆到图书馆的骑行速度为 km/h；
③当小明离开家的距离为5km时，他离开家的时间为 h．
（Ⅲ）当2≤x≤4时，请直接写出y关于x的函数解析式．
【解答】解：（Ⅰ）由图象可得，
①在前0.5h的速度为6÷0.5＝12（km/h），
故当x＝0.2时，小明离开家的距离为0.2×12＝2.4（km），
当2＜x≤2.4时，速度为＝5（km/h），
∴当x＝2.2时，y＝6+5×0.2＝7（km），
在2.4＜x≤3.5时，距离不变，都是8km，故当x＝2.8时，小明离开家的距离为8km，
故答案为：2.4；7；8；
（Ⅱ）由图象可得，
①体育馆与图书馆之间的距离为2km，
故答案为：2；
②小明从体育馆到图书馆的骑行速度为：（8﹣6）÷（2.4﹣2）＝5（km/h），
故答案为：5；
③当0≤x≤0.5时，
小明离家的距离为5km时，小明离开家的时间为5÷12＝（h），
当3.5≤x≤4时，
小明离家的距离为5km时，小明离开家的时间为3.5+（8﹣5）÷[8÷（4﹣3.5）]＝（h），
故答案为：或；
（Ⅲ）由图象可得，
①当2≤x≤2.4时，设y＝kx+b，
，
解得，
∴y＝5x﹣4；
②当2.4＜x≤3.5时，y＝8，
③当3.5＜x≤4时，设y＝mx+n，
则，
解得，
∴y＝﹣16x+64；
由上可得，当2≤x≤4时，y关于x的函数解析式是y＝．
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24．（10分）如图，等腰直角△OEF在坐标系中，有E（0，2），F（﹣2，0），将直角△OEF绕点E逆时针旋转90°得到△ADE，且A在第一象限内，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A，E．且2a+3b+5＝0．
（1）求抛物线的解析式．
（2）过ED的中点O′作O′B⊥OE于B，O′C⊥OD于C，求证OBO′C为正方形．
（3）如果点P由E开始沿EA边以每秒2厘米的速度向点A移动，同时点Q由点A沿AD边以每秒1厘米的速度向点D移动，当点P移动到点A时，P，Q两点同时停止，且过P作GP⊥AE，交DE于点G，设移动的开始后为t秒．
①若S＝PQ2（厘米），试写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围？
②当S取最小时，在抛物线上是否存在点R，使得以P，A，Q，R为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出R的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）E（0，2），F（﹣2，0），由旋转的性质得点A（2，2），
将点A、E的坐标代入抛物线表达式并整理得：2a+b＝0，而2a+3b+5＝0，
将上述二式联立并解得：a＝，b＝﹣，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x+2；
（2）∵O′B⊥OE，O′C⊥OD，
∴∠O′BO＝∠O′CO＝90°，
又∵∠EOD＝90°，
∴四边形OBO′C为矩形，
O′是ED的中点，O′B⊥OE，
则O′B＝OD，
O′C⊥OD，同理O′C＝OE，
而OE＝OD，故O′B＝OC′
故OBO′C为正方形；
（3）①点P、Q的坐标分别为：（2t，2）、（2，2﹣t），
S＝PQ2＝（2t﹣2）2+（t）2＝5t2﹣8t+4（0＜t≤2）；
②S＝5t2﹣8t+4（0＜t≤2）；
∵5＞0，故S有最小值，此时t＝，
则点P、Q的坐标分别为：（，2）、（2，），而点A（2，2），
设：点R（m，n），n＝m2﹣m+2；
（Ⅰ）当AP是边时，
点P向右平移个单位得到A，
同样点Q（R）向右平移个单位得到R（Q），
即2＝m，解得：m＝或，
故点R（，）或（，）；
（Ⅱ）当PA是对角线时，
由中点公式得：2+＝m+2，
解得：m＝，故点R（，）；
综上，点R的坐标为：（，）或（，）．
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25．（10分）已知抛物线y＝ax2+bx+4（a，b为常数，a≠0）经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，其顶点为D．
（Ⅰ）求该抛物线的解析式；
（Ⅱ）求四边形ACDB的面积；
（Ⅲ）若P是直线BC上方该抛物线上一点，且∠ACO＝∠PBC，求点P的坐标．
【解答】解：（Ⅰ）∵抛物线y＝ax2+bx+4（a，b为常数，a≠0）经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，
∴设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣4）（x+1），
则y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4），
则﹣4a＝4，
解得：a＝﹣1，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4；
（Ⅱ）由抛物线y＝﹣x2+3x+4知，点C（0，4），其对称轴为直线x＝，点D（，），
过D作DE⊥x轴于点E，
∴DE＝，OE＝，
则四边形ACDB的面积＝S△AOC+S梯形OCDE+S△BDE
＝×AO×CO+×（OC+DE）×OE+×BE×DE
＝×1×4+×（4+）×+×（4﹣）×
＝；
（Ⅲ）过P作PH⊥BC于点H，作PQ⊥x轴于点Q，
∴PQ∥OC，
∴∠PQH＝∠OCB，
∵B（4，0），C（0，4），
∴ON＝OC，直线BC的表达式为：y＝﹣x+4，
∴∠OCB＝45°，
∴∠PQH＝∠OCB＝45°，
∴PH＝QH，PQ＝PH，
∵A（﹣1，0），C（0，4），
∴tan∠ACO＝＝，
∵∠ACO＝∠PBC，
∴tan∠ACO＝tan∠PBC＝＝，
设PH＝QH＝m，则BH＝4m，PQ＝m，BQ＝3m，
∴m＝PQ＝，
设点P的坐标为（p，﹣p2+3p+4），则Q（p，﹣p+4），
∴PQ＝﹣p2+3p+4+p﹣4＝﹣p2+4p，
BQ＝＝（4﹣p），
∴（﹣p2+4p）＝×（4﹣p），
解得p＝或4（舍去），
∴点P的坐标为（，）．
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小明离开家的时间/h
0.1
0.2
1.8
2.2
2.8
小明离开家的距离/km
1.2

6