2024年中考真题—上海市数学试题 （解析版）

这是一份2024年中考真题—上海市数学试题 （解析版），共25页。

2．作答前，请在答题纸指定位置填写姓名、报名号、座位号．井将核对后的条形码贴在答题纸指定位置．
3．所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位．在试卷上作答一律不得分．
4．用2B铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题．
一、选择题（每题4分，共24分）
1. 如果，那么下列正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了不等式的基本性质，根据不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变．不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变．不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
【详解】解：A．两边都加上，不等号的方向不改变，故错误，不符合题意；
B．两边都加上，不等号的方向不改变，故错误，不符合题意；
C．两边同时乘上大于零的数，不等号的方向不改变，故正确，符合题意；
D．两边同时乘上小于零的数，不等号的方向改变，故错误，不符合题意；
故选：C．
2. 函数的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查求函数定义域，涉及分式有意义的条件：分式分母不为0，解不等式即可得到答案，熟练掌握求函数定义域的方法是解决问题的关键．
【详解】解：函数的定义域是，解得，
故选：D．
3. 以下一元二次方程有两个相等实数根的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程判别式判断根的情况，解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程，当时，方程有两个不相等实数根；当时，方程的两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．分别计算出各选项中的根的判别式的值，即可判断．
【详解】解：A． ，该方程有两个不相等实数根，故A选项不符合题意；
B． ，该方程有两个不相等实数根，故B选项不符合题意；
C． ，该方程有两个不相等实数根，故C选项不符合题意；
D． ，该方程有两个相等实数根，故D选项不符合题意；
故选：D．
4. 科学家同时培育了甲乙丙丁四种花，从甲乙丙丁选个开花时间最短的并且最平稳的．
A. 甲种类B. 乙种类C. 丙种类D. 丁种类
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了用平均数和方差做决策，根据平均数的定义以及方差的定义做决策即可． 解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
【详解】解：∵由表格可知四种花开花时间最短的为甲种类和乙种类，
四种花的方差最小的为乙种类和丁种类，方差越小越稳定，
∴乙种类开花时间最短的并且最平稳的，
故选：B．
5. 四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（ ）
A. 菱形B. 矩形C. 直角梯形D. 等腰梯形
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案．
【详解】解：如图所示：
四边形为矩形，
，，
过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，
，
如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形，
故选：A．
6. 在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（ ）
A. 内含B. 相交C. 外切D. 相离
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键．
【详解】解：圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切，
圆含在圆内，即，
在以为圆心、为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示：
当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为，
，
圆与圆相交，
故选：B．
二、填空题（每题4分，共48分）
7. 计算：___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了积的乘方以及幂的乘方，掌握相关运算法则是解题关键．先将因式分别乘方，再结合幂的乘方计算即可．
【详解】解：，
故答案为：．
8. 计算______．
【答案】
【解析】
【分析】根据平方差公式进行计算即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
【点睛】本题考查平方差公式，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
9. 已知，则___________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．由二次根式被开方数大于0可知，则可得出，求出x即可．
【详解】解：根据题意可知：，
∴，
解得：，
故答案为：1．
10. 科学家研发了一种新的蓝光唱片，一张蓝光唱片的容量约为，一张普通唱片的容量约为25，则蓝光唱片的容量是普通唱片的___________倍．（用科学记数法表示）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查科学记数法，按照定义，用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，为整数，按要求表示即可得到答案，确定与的值是解决问题的关键．
【详解】解：蓝光唱片的容量是普通唱片的倍，
故答案为：．
11. 若正比例函数的图像经过点，则y的值随x的增大而___________．（选填“增大”或“减小”）
【答案】减小
【解析】
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及正比例函数的性质，牢记“当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小”是解题的关键．利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出，结合正比例函数的性质，即可得出的值随的增大而减小．
【详解】解：正比例函数的图象经过点，
，
解得：，
又，
的值随的增大而减小．
故答案为：减小．
12. 在菱形中，，则___________．
【答案】##57度
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，利用菱形性质得出，利用等边对等角得出，然后结合三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
故答案为：．
13. 某种商品的销售量y（万元）与广告投入x（万元）成一次函数关系，当投入10万元时销售额1000万元，当投入90万元时销售量5000万元，则投入80万元时，销售量为___________万元．
【答案】4500
【解析】
【分析】本题考查求一次函数解析式及求函数值，设，根据题意找出点代入求出解析式，然后把代入求解即可．
【详解】解：设，
把，代入，得，
解得，
∴，
当时，，
即投入80万元时，销售量为4500万元，
故答案为：4500．
14. 一个袋子中有若干个白球和绿球，它们除了颜色外都相同随机从中摸一个球，恰好摸到绿球的概率是，则袋子中至少有___________个绿球．
【答案】3
【解析】
【分析】本题主要考查了已知概率求数量，一元一次不等式的应用，设袋子中绿球有个，则根据概率计算公式得到球的总数为个，则白球的数量为个，再由每种球的个数为正整数，列出不等式求解即可．
【详解】解：设袋子中绿球有个，
∵摸到绿球的概率是，
∴球的总数为个，
∴白球的数量为个，
∵每种球的个数为正整数，
∴，且x为正整数，
∴，且x正整数，
∴x的最小值为1，
∴绿球的个数的最小值为3，
∴袋子中至少有3个绿球，
故答案为：3．
15. 如图，在平行四边形中，E为对角线上一点，设，，若，则___________（结果用含，的式子表示）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平面向量的知识，解答本题的关键是先确定各线段之间的关系．先求出，从而可得．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，．
是上一点，，
，
，
，
故答案为：．
16. 博物馆为展品准备了人工讲解、语音播报和增强三种讲解方式，博物馆共回收有效问卷张，其中人没有讲解需求，剩余人中需求情况如图所示（一人可以选择多种），那么在总共万人的参观中，需要增强讲解的人数约有__________人．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查条形统计图及用样本的某种“率”估计总体的某种“率”，正确得出需要增强讲解的人数占有需求讲解的人数的百分比是解题关键．先求出需求讲解的人数占有效问卷的百分比，再根据条形统计图求出需要增强讲解的人数占有需求讲解的人数的百分比，进而可得答案．
【详解】解：∵共回收有效问卷1000张，其中700人没有讲解需求，剩余300人有需求讲解，
∴需求讲解的人数占有效问卷的百分比为，
由条形统计图可知：需要增强讲解的人数为人，
∴需要增强讲解的人数占有需求讲解的人数的百分比为，
∴在总共万人的参观中，需要增强讲解的人数约有（人），
故答案为：
17. 在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则__________．
【答案】或##或
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解．
【详解】解：当在之间时，作下图，
根据，不妨设，
由翻折的性质知：，
沿直线翻折至所在直线，
，
。
，
过作的垂线交于，
，
，
当在的延长线上时，作下图，
根据，不妨设，
同理知：，
过作的垂线交于，
，
，
故答案为：或．
18. 对于一个二次函数（）中存在一点，使得，则称为该抛物线的“开口大小”，那么抛物线“开口大小”为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查新定义运算与二次函数综合，涉及二次函数性质、分式化简求值等知识，读懂题意，理解新定义抛物线的“开口大小”，利用二次函数图象与性质将一般式化为顶点式得到，按照定义求解即可得到答案，熟记二次函数图象与性质、理解新定义是解决问题的关键．
【详解】解：根据抛物线的“开口大小”的定义可知中存在一点，使得，则，
，
中存在一点，有，解得，则，
抛物线“开口大小”为，
故答案为：．
三、简答题（共78分，其中第19-22题每题10分，第23、24题每题12分，第25题14分）
19. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了绝对值，二次根式，零指数幂等，掌握化简法则是解题的关键．先化简绝对值，二次根式，零指数幂，再根据实数的运算法则进行计算．
【详解】解：
．
20. 解方程组：．
【答案】，或者，．
【解析】
【分析】本题考查了二元二次方程，求解一元二次方程，解题的关键是利用代入法进行求解．
【详解】解：，
由得：代入中得：
，
，
，
，
解得：或，
当时，，
当时，，
∴方程组的解为或者．
21. 在平面直角坐标系中，反比例函数（k为常数且）上有一点，且与直线交于另一点．

（1）求k与m的值；
（2）过点A作直线轴与直线交于点C，求的值．
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数与一次函数，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是：
（1）把B的坐标代入，求出n，然后把B的坐标代入，求出k，最后把A的坐标代入求出m即可；
（2）根据轴求出C的纵坐标，然后代入，求出C的横坐标，利用勾股定理求出，最后根据正弦的定义求解即可．
【小问1详解】
解：把代入，
得，
解得，
∴，
把代入，
得，
∴，
把代入，
得；
【小问2详解】
解：由（1）知：
设l与y轴相交于D，

∵轴，轴轴，
∴A、C、D的纵坐标相同，均为2，，
把代入，得，
解得，
∴，
∴，，
∴，
∴．
22. 同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠），直角三角形斜边上的高都为．
（1）直接写出：
两个直角三角形的直角边（结果用表示）；
小平行四边形的底、高和面积（结果用表示）；
（2）请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求：
不与给定的图形状相同；
画出三角形的边．
【答案】（1）等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和；底为，高为，面积为；
（2）画图见解析．
【解析】
【分析】（）①解直角三角形即可求解；
由题意可知四边形是矩形，利用线段的和差可求出矩形的边长，进而可求出面积；
（）根据题意画出图形即可；
本题考查了解直角三角形，矩形的判定，矩形的面积，图形设计，正确识图是解题的关键．
【小问1详解】
解：①如图，为等腰直角三角板，，
则；
如图，为含的直角三角形板，，，，
则，；
综上，等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和；
由题意可知，
∴四边形是矩形，
由图可得，，，
∴，
故小平行四边形的底为，高为，面积为；
【小问2详解】
解：如图，即为所作图形．
23. 如图所示，在矩形中，为边上一点，且．
（1）求证：；
（2）线段延长线上一点，且满足，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到；
（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到．
【小问1详解】
证明：矩形中，，，，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
；
【小问2详解】
证明：连接交于点，如图所示：
在矩形中，，则，
，
，
，
，
，
在矩形中，，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
．
【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．
24. 在平面直角坐标系中，已知平移抛物线后得到的新抛物线经过和．
（1）求平移后新抛物线表达式；
（2）直线（）与新抛物线交于点P，与原抛物线交于点Q．
①如果小于3，求m的取值范围；
②记点P在原抛物线上的对应点为，如果四边形有一组对边平行，求点P的坐标．
【答案】（1）或；
（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）设平移抛物线后得到的新抛物线为，把和代入可得答案；
（2）①如图，设，则，，结合小于3，可得，结合，从而可得答案；②先确定平移方式为，向右平移2个单位，向下平移3个单位，由题意可得：在的右边，当时，可得，结合平移的性质可得答案如图，当时，则，过作于，证明，可得，设，则，，，再建立方程求解即可.
【小问1详解】
解：设平移抛物线后得到的新抛物线为，
把和代入可得：
，
解得：，
∴新抛物线为；
【小问2详解】
解：①如图，设，则，
∴，
∵小于3，
∴，
∴，
∵，
∴；
②∵，
∴平移方式为，向右平移2个单位，向下平移3个单位，
由题意可得：在的右边，当时，
∴轴，
∴，
∴，
由平移的性质可得：，即；
如图，当时，则，
过作于，
∴，
∴，
∴，
设，则，，，
∴，
解得：（不符合题意舍去）；
综上：；
【点睛】本题属于二次函数的综合题，抛物线的平移，利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的图象与性质 ，相似三角形的判定与性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键.
25. 在梯形中，，点E在边上，且．
（1）如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：；
（2）已知；
①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长；
②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长．
【答案】（1）见详解 （2）①；②
【解析】
【分析】（1）延长交于点G，由，得到，由已知数据得到，，故，因此；
（2）①记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，先证明，再证明，则，即，求得；
②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，由，求得，可证明，角度推导得，则，求出，继而得到，由，则，设，则，由，设，，由，得到，设，可证明，求出，则，在中，运用勾股定理得：，则，在中，由勾股定理得，，故．
【小问1详解】
证明：延长交于点G，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴；
【小问2详解】
①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，
∵点O为外接圆圆心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴外接圆半径为；
②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，
∵，
∴，
∴，
由①知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由，
得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴设，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
解得：，
∴，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
∴，
∴，
而，
∴在中，由勾股定理得，，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
种类
甲种类
乙种类
丙种类
丁种类
平均数
2.3
2.3
2.8
3.1
方差
1.05
0.78
1.05
0.78