2024年浙江省宁波市镇海区蛟川书院中考数学二模试卷（含解析）

展开

这是一份2024年浙江省宁波市镇海区蛟川书院中考数学二模试卷（含解析），共33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。

1.已知⊙O的直径为6cm，点O到直线l的距离为4cm，则l与⊙O的位置关系是( )
A. 相离B. 相切C. 相交D. 相切或相交
2.若1m>1n，则下列结论正确的是( )
A. m+n>0B. m−n<0C. m2>n2D. m2n3.已知a是方程x2−2024x+1=0的一个根，则a2−2023a+2024a2+1=( )
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
4.已知 15+x2− 19−x2=2，则 19−x2+ 15+x2=( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
5.已知2x−y=a2−4a+8，x+y=2a2−2a+1，若x≤y，则a的取值范围是( )
A. a≥−52B. a≤−52C. a≥52D. a≤52
6.如图，在▱ABCD中，E是CD上一点，连结AE，BE，若点F是△ABE的重心，则S△AEF：S▱ABCD=( )
A. 14
B. 16
C. 25
D. 112
7.对于整数a，b，定义一种新的运算“⊙”：当a+b为偶数时，规定a⊙b=2|a+b|+|a−b|；当a+b为奇数时，规定a⊙b=2|a+b|−|a−b|.已知(a⊙a)⊙a=180−5a，其中a是负数，则a=( )
A. −45B. −15C. −30D. −10
8.在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2−2ax+4(a>0).若A(m−1,y1)，B(m,y2)，C(m+2,y2)为抛物线上三点，且总有y1>y3>y2，则m的取值范围可以是( )
A. m<1B. m>32C. 09.如图，点A在反比例函数y=1x(x>0)的图象上，点B在反比例函数y=−3x(x<0)的图象上，且OA⊥OB，连结AB交y=1x(x>0)图象于点C，若C是AB的中点，则△AOB的面积是( )
A. 32B. 3C. 2 3D. 4 3
10.如图，△ABC内接于⊙O，AC=BC=8，AD是⊙O的直径，连结BD，AE平分∠BAC交BD于E，若DE=2，则⊙O的半径为( )
A. 92
B. 133
C. 174
D. 5
二、填空题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
11.因式分解：x4+2x2−3= ______．
12.已知a−b=b−c=−1，a2+b2+c2=103，则ab+bc+ac= ______．
13.多项式M与多项式x2−3x+1的乘积为2x4+ax3+bx2+cx−3，则2a+b+c= ______．
14.已知二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴只有一个公共点，且当x=a和x=a+n时函数值都为m，则m与n的等量关系为______．
15.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=3，以BC为直径作半圆O，过点A作半圆O的切线，切点为D，过点D作DE//BC交BC于点E，则DE= ______．
16.如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADC交AB于点E，过E作EF⊥DE交BC于点F，延长AD至点G，使得DG=BF，连结GF，若AB=7，CF=3，tan∠EDC=2，则GF= ______．
17.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，D是AB的中点，点E，F分别在边AC，BC上，AE=1，将△ADE，△BDF分别沿DE，DF翻折使得A与A′重合，B与B′重合，若A′E//B′F，则BF= ______．
18.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，M是AC上一点，AM=23CM，MN//AB交BC于点N，D是直线MN上一动点，连结AD，将线段AD绕点D逆时针旋转90°至线段ED，连结AE.当点C，D，E共线时，CDAE= ______．
三、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题10分)
(1)计算：(x+2x2−2x−x−1x2−4x+4)÷x−4x；
(2)有两道门，各配有2把钥匙，这4把钥匙分放在2个抽屉里，使每个抽屉里恰好有每一道门的1把钥匙，若从每个抽屉里任取1把钥匙，用画树状图或列表格的方法求出能打开两道门的概率．
20.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，A(0,4)，B(4,0)，C是y轴负半轴上一点，连结BC，将线段BC绕着点B逆时针旋转90°得到线段BD，连结AD交x轴于点E，若点E横坐标为3．
(1)求直线AB的解析式；
(2)求点C坐标；
(3)在x轴和直线AD上分别找点P，Q，使得B、C、P、Q构成的四边形是平行四边形，直接写出点P坐标．
21.(本小题12分)
如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，以BC为直径的⊙O交AB于点F，交AD于点E，连结BE，EF，AF>BF．
(1)求证：∠BEF=∠BAD；
(2)若∠BAC=45°，⊙O的直径为5，AB=7，求BE的长．
22.(本小题12分)
某商店经销甲、乙两种坚果，其中甲坚果每盒进价比乙坚果多8元，甲、乙坚果每盒售价分别是68元和50元，若该商场用1920元购进乙坚果比用1920元购进甲坚果多8盒．
(1)分别求出甲、乙坚果每盒的进价；
(2)若超市用6000元购进了甲、乙两种坚果，其中乙坚果数量不小于甲坚果数量的3倍，在两种坚果全部售完的情况下，求总利润的最大值；
(3)因甲坚果市场反应良好，超市第二次购进的甲坚果与乙坚果的数量比为1：3，为回馈消费者，超市计划将甲坚果每盒售价降低a元(a为正整数)，但甲坚果每盒的利润率需高于乙坚果每盒的利润率，已知第二次两种坚果全部售完后获得的总利润为3600元，求a的值．
23.(本小题12分)
如图1，四边形ABCD中，∠BAD=90°，AB=AD=5，AC平分∠BCD．

(1)求证：∠BCD=90°．
(2)如图2，DE平分∠BDC交AC于点E．
①若BC>CD，CE=2，求CD的长；
②如图3，若点F是AB的中点，连结EF，DF，若△EFD∽△CBD，求AC的长．
24.(本小题12分)
四边形ABCD内接于⊙O，AC是⊙O的直径，连结BD交AC于点G，AF⊥BD，垂足为E．

(1)如图1，若AF交BC于点F．
①求证：∠BAF=∠CAD；
②若⊙O的直径为10，cs∠BCA=45，BF：CG=3：5，求AF的长．
(2)如图2，若AF交CD于点F，连结OD，若OD//AB，AE= 5，DF=2CF，求⊙O的直径．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵⊙O的直径为6cm，
∴⊙O的半径为3cm，
∵点O到直线l的距离为4cm，
∴d>r
∴l与⊙O的位置关系相离．
故选：A．
根据直线与圆的位置关系判定方法，假设圆心到直线的距离为d，当d>r，直线与圆相离，当d=r，直线与圆相切，当dr，进而l与⊙O的位置关系．
此题主要考查了直线与圆的位置关系，解决问题的关键是判断出圆的半径与圆心到直线的距离，再根据判定方法得出位置关系．
2.【答案】D
【解析】解：A．1m>1n，假设m=2，n=−3，则m+n<0，故本选项不合题意；
B.1m>1n，假设m=2，n=−3，则m−n=2+3=5>0，故本选项不合题意；
C.1m>1n，假设m=2，n=−3，则m2D.当m>n>0时，m2n−n2 m=mn(m−n)<0；
当m>0>n时，m2n−n2 m=mn(m−n)<0；
∴m2n故选：D．
根据有理数大小比较法则，有理数的加减法法则，有理数的乘方的定义以及有理数的乘法法则逐一判断即可．
本题主要考查了有理数的大小比较以及有理数的运算，掌握相关运算法则是解答本题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：∵a是方程x2−2024x+1=0的一个根，
∴a2−2024a+1=0，
∴a2+1=2024a，a2=2024a−1，a≠0，
∴a−2024+1a=0，
即a+1a=2024，
∴a2−2023a+2024a2+1
=2024a−1−2023a+20242024a
=a−1+1a
=2024−1
=2023，
故选：B．
根据方程的解的定义得出a2−2024a+1=0，然后变形为a2+1=2024a，a2=2024a−1，a+1a=2024，代入要求的式子计算即可．
本题考查了一元二次方程的解，分式的化简求值，准确进行计算是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：设 15+x2=a， 19−x2=b，
∴a2=15+x2，b2=19−x2，
∴a2+b2=15+x2+19−x2=34，
∵ 15+x2− 19−x2=2，
∴a−b=2，
∴(a−b)2=4，
即a2−2ab+b2=4，
∴2ab=34−4=30，
∴( 19−x2+ 15+x2)2
=(a+b)2
=a2+2ab+b2
=30+34
=64，
∵a≥0，b≥0，
∴ 19−x2+ 15+x2=8．
故选：B．
设 15+x2=a， 19−x2=b，则a2=15+x2，b2=19−x2，所以求出a2+b2=34，2ab=30，然后先计算( 19−x2+ 15+x2)2=(a+b)2=64，即可得出答案．
本题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式的运算法则和换元法是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：由题意得，2x−y=a2−4a+8x+y=2a2−2a+1，
解得x=a2−2a+3y=a2−2，
∵x≤y，
∴a2−2a+3≤a2−2，
解得a≥52，
故选：C．
先解二元一次方程组，再根据x≤y即可求出a的取值范围．
本题不等式的解法，解二元一次方程组，解题的关键是列出方程组求解，再根据不等式的性质求解．
6.【答案】B
【解析】解：延长EF交AB于G，
∵点F是△ABE的重心，
∴G是AB中点，EF：EG=2：3，
∴S△AEF=23S△AEG，
∵S△AEG=12S△EAB，
∴S△AEF=13S△EAB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC//AB，
∴S△EAB：S▱ABCD=12，
∴S△AEF：S▱ABCD=16．
故选：B．
延长EF交AB于G，由三角形重心的性质得到G是AB中点，EF：EG=2：3，因此S△AEF=23S△AEG，而S△AEG=12S△EAB，得到SAEF=13S△EAB，又S△EAB：S▱ABCD=12，于是得到S△AEF：S▱ABCD=16．
本题考查三角形的重心，平行四边形的性质，关键是由三角形重心的性质推出S△AEF=13S△EAB．
7.【答案】C
【解析】解：∵a+a=2a一定为偶数，
∴a⊙a=2|a+a|+|a−a|=4|a|是偶数，
①当a为奇数时，
(a⊙a)⊙a
=4|a|⊙a
=2|4|a|+a|−|4|a|−a|，
∵a是负数，
∴a为负奇数，
∴2|−4a+a|−|−4a−a|=−6a+5a=−a，
∴−a=180−5a，
解得a=45>0，舍去；
②当a为偶数时，
(a⊙a)⊙a
=4|a|⊙a
=2|4|a|+a|+|4|a|−a|，
∵a是负数，
∴a为负偶数，
∴2|−4a+a|+|−4a−a|
=2×(−3a)+(−5a)
=−11a，
∴−11a=180−5a，
解得a=−30<0，符合题意．
∴a的值为−30．
故选：C．
先判断(a+a)的奇偶性，列式计算结果为4|a|是偶数，求(a⊙a)⊙a转化为求4|a|⊙a，将a的取值分情况讨论，再结合(a⊙a)⊙a=180−5a，确定a的取值．
本题主要考查有理数的混合运算，解答的关键是理解清楚题意，对相应的运算法则的掌握．
8.【答案】D
【解析】解：∵y=ax2−2ax+4(a>0)，
∴抛物线对称轴为直线x=1，抛物线开口向上，
∵y3>y1，
∴x1+x32>1，即m−1+m+22>1，
解得m>12，
∵y1>y2，
∴m−1+m2<1，
解得m<32，
∴12故选：D．
由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，分类讨论y3>y1与y1>y2，由两点中点与对称轴的位置关系求解．
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数图象与系数的关系．
9.【答案】C
【解析】解：如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，
∴∠ADO=∠BEO=90°．
∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90°．
∴∠AOD+∠BOE=∠AOD+∠OAD=90°．
∴∠OAD=∠BOE．
∴△AOD∽△OBE．
∴S△AODS△OBE=(OAOB)2．
∵S△AODS△OBE=13，
∴ADOE=ODBE=OAOB= 33．
设A(m,1m)，则B(− 3m, 3m)，
∵点C为AB的中点，
∴C(m2− 32m, 3m2+12m).
∵点C也恰好在反比例函数y=1x(x>0)的图象上，
∴m2− 32m⋅ 3m2+12m=1．
∴m2−1m2=2 3．
∴m2+1m2= (m2−1m2)2+4=4．
∴S△AOB=12OA⋅OB=12OA⋅ 3OA= 32OA2= 32(m2+1m2)=2 3．
故选：C．
依据题意，过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，可证得△AOD∽△OBE，根据反比例函数系数的几何意义可得S△AODS△OBE=13，即可得出ADOE=ODBE=OAOB= 33，设A(m,1m)，则B(− 3m, 3m)，运用中点坐标公式可得C(m2− 32m, 3m2+12m)，代入y=1x，可得m2− 32m⋅ 3m2+12m=1，从而可得出m2−1m2=2 3，进而可得OA2=m2+1m2=4，最后结合面积公式可以得解．
本题主要考查了反比例函数系数的几何意义，相似三角形的判定和性质，中点坐标公式，乘法公式等知识点，熟练掌握反比例函数系数的运用及乘法公式恒等变形是解题关键．
10.【答案】B
【解析】解：作直径CM，连接AM，
∵AC=BC，AO=BO，CO=CO，
∴△AOC≌△BOC(SSS)，
∴∠ACO=∠BCO，
∴CM⊥AB，
∵AD是圆的直径，
∴∠ABD=90°，
∴DB⊥AB，
∴BD//CM，
∵OA=OD，
∴AN=NE，
∴ON是△ADE的中位线，
∴ON=12DE=12×2=1，
设圆的半径是r，
∴MN=r−1，
∵AE平分∠CAB，
∴∠CAE=∠BAE，
∵∠ANM=∠CAN+∠ACO，∠MAN=∠BAE+∠MAB，∠MAB=∠BCO，
∴∠ANM=∠MAN，
∴MA=MN=r−1，
∵AM是圆的直径，
∴∠CAM=90°，
∴CM2=AC2+AM2，
∴(2r)2=82+(r−1)2，
∴r=133(舍去负值)，
∴⊙O的半径为133．
故选：B．
作直径CM，连接AM，OB，由SSS推出△AOC≌△BOC，得到∠ACO=∠BCO，由等腰三角形的性质推出CM⊥AB，由圆周角定理推出∠ABD=90°，由平行线分线段成比例定理推出AN=NE，得到ON是△ADE的中位线，因此ON=12DE=1，设圆的半径是r，得到MN=r−1，由角平分线定义得到∠CAE=∠BAE，由三角形外角的性质得到∠ANM=∠MAN，推出MA=MN=r−1，由勾股定理得到(2r)2=82+(r−1)2，求出r=133(舍去负值)，即可得到⊙O的半径为133．
本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的外接圆与外心，平行线分线段成比例，三角形中位线定理，圆周角定理，关键是由三角形中位线定理求出ON的长，由勾股定理列出关于r的方程．
11.【答案】(x2+3)(x−1)(x+1)
【解析】解：x4+2x2−3
=(x2+3)(x2−1)
=(x2+3)(x−1)(x+1)．
故答案为：(x2+3)(x−1)(x+1)．
利用十字相乘法分解即可
此题考查了因式分解−十字相乘法，熟练掌握十字相乘的方法是解本题的关键．
12.【答案】13
【解析】解：∵a−b=b−c=−1，
∴a−c=−2，
∴a2+b2+c2−ab−bc−ac=12(2a2+2b2+2c2−2ab−2bc−2ac)=12[(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2]=3，
∴ab+bc+ac=a2+b2+c2−3=103−3=13；
故答案为：13．
由已知得出a−c=2，求出a2+b2+c2−ab−bc−ac=12(2a2+2b2+2c2−2ab−2bc−2ac)=12[(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2]=3，即可得出所求的值．
本题考查了完全平方式以及配方法；能够运用完全平方式熟练推导与记忆a2+b2+c2−ab−bc−ac=[(a−b)2+(b−c)2+(a−c)2]是解题的关键．
13.【答案】−4
【解析】解：∵多项式M与多项式x2−3x+1的乘积为2x4+ax3+bx2+cx−3，
∴设多项式M=2x2+mx−3，
由题意得：
(2x2+mx−3)×(x2−3x+1)
=2x4−6x3+2x2+mx3−3mx2+mx−3x2+9x−3
=2x4+(m−6)x3−(3m+1)x2+(m+9)x−3，
∴m−6=a，−3m−1=b，c=m+9，
∴2a+b+c=2m−12−3m−1+m+9=−4，
故答案为：−4．
根据多项式乘多项式和单项式乘单项式的运算法则计算即可．
本题考查的是多项式乘多项式和单项式乘单项式，熟练掌握其运算法则是解题的关键．
14.【答案】m=14n2
【解析】解：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴只有一个交点，
∴Δ=b2−4c=0，
即b2=4c，
∵当x=a和x=a+n时函数值都为m，
∴−b2=a+a+n2，
∴a=12(−b−n)，
把x=a，y=m代入y=x2+bx+c得，
m=14(−b−n)2+b×12(−b−n)+c=n24−b24+c，
∵b2=4c，
∴m=n24，
故答案为：m=14n2．
由“抛物线y=x2+bx+c与x轴只有一个交点“得出b2−4c=0，即b2=4c，其次，根据抛物线对称轴的定义知当x=a和x=a+n时函数值都为m，得出最后−b2=a+a+n2，根据二次函数图象上点的坐标特征即可得出结论．
本题考查的是抛物线与x轴的交点问题，根据题意得出抛物线的对称轴方程是解答此题的关键．
15.【答案】95
【解析】解：延长AD交CB的延长线于F点，过D点作DG⊥BC于G点，过O点作OH⊥DE于H点，连接OD，如图，
∵∠ACB=90°，AC=BC=3，
∴AC为⊙O的切线，
∵AD为⊙O的切线，
∵OD⊥AD，AD=AC=3，
∴∠FDO=90°，
∴∠DFO=∠CFA，∠FDO=∠FCA，
∴△FDO∽△FCA，
∴FOFA=ODAC=323=12，
设FO=x，则FA=2x，
∴FD=2x−3，
在Rt△FDO中，(32)2+(2x−3)2=x2，
解得x=52，
即OF=52，
∵12DG⋅OF=12OD⋅DF，
∴DG=32×252=65，
∴OG= (32)2−(65)2=910，
∵DE//BC，DG⊥BC，OH⊥DE，
∴四边形OGDH为矩形，
∴DH=OG=910，
∵OH⊥DE，
∴DH=EH，
∴DE=2DH=95．
故答案为：95．
延长AD交CB的延长线于F点，过D点作DG⊥BC于G点，过O点作OH⊥DE于H点，连接OD，如图，先证明AC为⊙O的切线，则利用切线的性质和切线长定理得到OD⊥AD，AD=AC=3，接着证明△FDO∽△FCA，利用相似比得到FOFA=ODAC=12，则设FO=x，FA=2x，所以FD=2x−3，接下来在Rt△FDO中利用勾股定理得到(32)2+(2x−3)2=x2，解方程得到OF=52，则利用面积法可求出DG=65，然后利用勾股定理计算出OG=910，最后利用垂径得到DE的长．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了切线长定理、垂径定理和勾股定理．
16.【答案】4 2
【解析】解：如图，连接BD，过点D作DH⊥AB于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
又∵DG=BF，
∴四边形DGFB是平行四边形，
∴DB=GF，
∵CD//BA，
∴∠CDE=∠AED，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
∴AD=AE=BC，
∵∠A+∠ABC=180°，∠A+∠ADE+∠AED=180°，∠ABC+∠BEF+∠BFE=180°，
∴∠A+∠ADE+∠AED+∠ABC+∠BEF+∠BFE=360°，
∴∠ADE+∠AED+∠BEF+∠BFE=180°，
∵DE⊥EF，
∴∠AED+∠BEF=90°，
∴∠ADE+∠BFE=90°，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF，
∵AB=7，CF=3，
∴BC−BF=3，AE+BE=BC+BE=7，
∴BC=5，BE=2，
∴AD=AE=5，
∵tan∠EDC=tan∠AED=DHHE=2，
∴DH=2HE，
∵AD2=DH2+AH2，
∴25=4HE2+(5−HE)2，
∴HE=2，DH=4，
∴BH=4，
∴BD= DH2+BH2= 16+16=4 2，
∴GF=4 2，
故答案为：4 2．
由平行线的性质和角平分线的性质可得AD=AE，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求BE=BF，则可求BE=2，AE=5，由勾股定理可求解．
本题考查了平行四边形的性质，锐角三角函数，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
17.【答案】3
【解析】解：如图所示，连接CD，
设∠ADE=∠A′DE=α，∠BDF=∠B′DF=β，
在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=10，
∵Rt△ABC中，D是AB的中点，
∴CD=12AB=5，
又∵CE=AC−AE=6−1=5，
∴CD=CE，
∴∠CDE=∠CED，即α+∠CDA′=α+∠A，
∴∠CDA′=∠A，
又∵∠A=∠A′，
∴∠CDA′=∠A′，
∴A′E//CD，
又∵A′E//B′F，
∴CD//B′F，
∴∠B′=∠CDB′，
又∵∠B′=∠B，
∴∠CDB′=∠B，
∴∠CDB′+β=∠B+β，即∠CDF=∠CFD，
∴CF=CD=5，
∴BF=BC−FC=8−5=3，
故答案为：3．
连接CD，依据勾股定理以及直角三角形斜边上中线的性质，即可得到CD的长，进而得出△CDE是等腰三角形；再根据平行线的性质得出∠CDB′与∠B′相等，进而得到△CDF是等腰三角形，即可得出BF的长．
本题主要考查了折叠问题以及等腰三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
18.【答案】 24或3 22
【解析】解：①当点D在线段CE上时，如图1：
过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CG⊥DF，交FD的延长线于点G，作CH⊥AB，交AB于点H，连接CD，则四边形CHFG为矩形，CG//AB，
∴GF=CH，CG=HF，
∵MN//AB，
∴△CMN∽△CAB，CG//MN//AB，
∴DGGF=CMAC，
∵AM=23CM，
∴DGGF=CMAC=35，
设DG=3a，则CH=FG=5a，
∴DF=2a，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴CH=12AB=AH=5a，
设CG=HF=x，
∴AF=5a+x，
线段AD绕点D逆时针旋转90°至线段ED，
∴∠ADE=90°，AD=DE，AE= 2AD，
∵点C，D，E共线，
∴∠ADC=90°，
∵DF⊥AB，CG⊥DF，
∴∠AFD=∠CGD=90°，
∴∠ADF=∠DCG=90°−∠CDG，
∴△CGD∽△DFA，
∴CGDF=DGAF，
∴x2a=3a5a+x，
∴(5a+x)⋅x=6a2，
解得：x=a或x=−6a(舍去)；
∴CDAD=CGDF=12，
∴CDAE=CD 2AD=12 2= 24；
②当点E在线段CD上时，如图2：
设DG=3a，则CH=FG=5a，DF=2a，
设AF=x，则CG=HF=5a+x，
同法可得：AF=a，
∴CDAD=CGDF=3，
∴CDAE=CD 2AD=3 2=3 22，
综上：CDAE= 24或3 22，
故答案为： 24或3 22．
点D在线段CE上，过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CG⊥DF，CH⊥AB，易得四边形CHFG为矩形，CG//AB，证明△CMN∽△CAB，得到DGGF=CMAC=35，设DG=3a，则CH=FG=5a，设CG=HF=x，得到AF=5a+x，证明△CGD∽△DFA，列出比例式，求出x=a，进而求出CDAD=CGDF=12，即可得出结果，当点E在线段CD上，同法求出结果即可．
本题考查旋转的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，掌握相关知识点，添加辅助线，构造特殊图形和相似三角形，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
19.【答案】解：(1)(x+2x2−2x−x−1x2−4x+4)÷x−4x
=(x+2x(x−2)−x−1(x−2)2)÷x−4x
=(x+2)(x−2)−x(x−1)x(x−2)2÷x−4x
=x−4x(x−2)2×xx−4
=1(x−2)2．
(2)设第一道门的钥匙为A1，A2，第二道门的钥匙为B1，B2，其中一个抽屉里放A1，B1，另一个抽屉里放A2，B2，
列表如下：
共有4种等可能的结果，其中能打开两道门的结果有：(A1,B2)，(B1,A2)，共2种，
∴能打开两道门的概率为24=12．
【解析】(1)先化简括号内的式子，再将括号外的除法转化为乘法，再约分即可．
(2)根据题意列出表格，由表格可得出所有等可能的结果数以及能打开两道门的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、分式的混合运算，熟练掌握列表法与树状图法、概率公式、分式的混合运算的运算法则是解答本题的关键．
20.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为：y=kx+b，
将A(0,4)，B(4,0)代入y=kx+b，得：b=44k+b=0，解得：k=−1b=4，
∴直线AB的表达式为：y=−x+4；
(2)过点D作DF⊥x轴于F，如图1所示：

∵A(0,4)，B(4,0)，点E是AD与x轴的交点，且横坐标为3，
∴OA=OB=4，OE=3，BE=4−3=1，
∵DF⊥x轴于F，
∠COB=∠BFD=90°，
∴∠OBC+∠OCB=90°，
由旋转的性质得：BC=DB，∠CBD=90°，
∴∠OBC+∠FBD=90°，
∴∠OCB=∠FBD，
在△OCB和△FBD中，
∠OCB=∠FBD∠COB=∠BFD=90°BC=DB，
∴△OCB≌△FBD(AAS)，
∴OC=BF，OB=FD=4，
∴OA=FD=4，
在△OAE和△FDE中，
∠AOE=∠DFE=90°∠AEO=∠DEFOA=FD，
∴△OAE≌△FDE(AAS)，
∴OE=EF=3，
∴BF=EF−BE=3−1=2，
∴OC=BF=2，
∴点C的坐标为(0,−2)；
(3)设直线AD的解析式为：y=mx+n，
将A(0,4)，E(3,0)代入y=mx+n，得：n=43m+n=0，解得：m=−43n=4，
∴直线AD的解析式为：y=−43x+4，
∵点Q在直线AD上，
∴设点Q(q,−43q+4)，
∵点P在x轴上，
∴设点P(p,0)，
∵点B、C、P、Q构成的四边形是平行四边形，
∴有以下两种情况：
①当BC为平行四边形的一边时，又有两种情况：
(ⅰ)当点Q在BC的上方时，连接CQ交x轴于T，如图2所示：

根据平行四边形的性质得，点T是CQ和PB的中点，
对于P(p,0)，B(4,0)，则点T(p+42,0)，
对于C(0,−2)，Q(q,−43q+4))，则T(q2,−4q+66)
∴−4q+66=0q2=p+42，
由−4q+66=0，解得q=1.5，
将q=1.5代入q2=p+42，得：p=−2.5，
∴点P(−2.5,0)；
(ⅱ)当点Q在BC的下方时，连接PC，BQ交于点T，如图3所示：

根据平行四边形的性质得，点T是BQ和PC的中点，
对于P(p,0)，C(0,−2)，则点T(p2,−1)，
对于B(4,0)，Q(q,−43q+4)，则T(q+42,−23q+2)，
∴−23q+2=−1q+42=p2，
由−23q+2=−1，解得：q=4.5，
将q=4.5代入q+42=p2，得p=8.5，
∴点P(8.5,0)；
②当BC为平行四边形的对角线时，连接PQ交BC于T，如图4所示：

根据平行四边形的性质得，点T是BC和PQ的中点，
对于B(4,0)，C(0,−2)，则点T(2,−1)，
对于P(p,0)，Q(q,−43q+4)，则T(p+q2,−23q+2)，
∴−23q+2=−1p+q2=2，
由−23q+2=1，解得：q=4.5，
将q=4.5代入p+q2=2，得：p=−0.5，
∴点P(−0.5,0)．
综上所述：点P的坐标为(−2.5,0)或P(8.5,0)或(−0.5,0)．
【解析】(1)设直线AB的解析式为y=kx+b，将A(0,4)，B(4,0)代入y=kx+b之中求出k，b即可得直线AB的解析式；
(2)过点D作DF⊥x轴于F，先证△OCB和△FBD全等得OC=BF，OB=FD=OA=4，进而证△OAE和△FDE全等得OE=EF=3，由此可得OC=BF=2，由此可得点C的坐标；
(3)先求出直线AD的解析式为y=−43x+4，可设点Q(q,−43q+4)，再设点P(p,0)，根据点B、C、P、Q构成的四边形是平行四边形，因此有以下两种情况：
①当BC为平行四边形的一边时，又有两种情况：(ⅰ)当点Q在BC的上方时，连接CQ交x轴于T，则点T是CQ和PB的中点，对于P(p,0)，B(4,0)，则点T(p+42,0)，对于C(0,−2)，Q(q,−43q+4)，则T(q2,−4q+66)，由此得−4q+66=0p+42=q2，据此解出p可得点P的坐标；(ⅱ)当点Q在BC的下方时，连接PC，BQ交于点T，则点T是BQ和PC的中点，对于P(p,0)，C(0,−2)，则点T(p2,−1)，对于B(4,0)，Q(q,−43q+4)，则T(q+42,−23q+2)，由此得−23q+2=−1q+42=p2，据此解出p可得点P的坐标；
②当BC为平行四边形的对角线时，连接PQ交BC于T，则点T是BC和PQ的中点，对于B(4,0)，C(0,−2)，则点T(2,−1)，对于P(p,0)，Q(q,−43q+4)，则T(p+q2,−23q+2)，由此得−23q+2=1p+q2=2，据此解出p可得点P的坐标，综上所述即可得出点P的坐标．
此题主要考查了一次函数的图象，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，理解平行四边形的性质是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点，漏解是易错点．
21.【答案】(1)证明：如图，连接CF，

∵以BC为直径的⊙O交AB于点F，
∴∠CFB=90°，
∴∠FCB+∠ABD=90°，
在△ABC中，AD是BC边上的高，
∴AD⊥BC，
∴∠ABD+∠BAD=90°，
∴∠BAD=∠FCB，
∵∠FCB=∠BEF，
∴∠BEF=∠BAD；
(2)解：如图，连接CE，

∵∠CFB=90°，
∴∠CFA=180°−90°=90°，
∵∠BAC=45°，
∴∠ACF=180°−90°−45°=45°=∠BAC，
∴AF=CF，
∵AF+BF=AB=7，
∴CF=AF=7−BF，
在Rt△BCF中，BC=5，BC2=CF2+BF2，
∴52=(7−BF)2+BF2，
∵CF=AF>BF，
∴BF=3，CF=4，
∴tan∠ABD=CFBF=43=ADBD，
∵AD2+BD2=AB2，
∴BD=215，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°=∠BDE，
又∵∠CBE=∠EBD，
∴△CBE∽△EBD，
∴BEBD=BCBE，
∴BE2=BD⋅BC，
∴BE2=215×5=21，
∴BE= 21(负值已舍)．
【解析】(1)根据圆周角定理求出∠CFB=90°，结合直角三角形的性质求出∠BAD=∠FCB，再根据圆周角定理即可得解；
(2)连接CE，根据等腰直角三角形的判定与性质求出AF=CF，根据勾股定理求出BF=3，CF=4，根据锐角三角函数及勾股定理求出BD=215，结合圆周角定理求出∠BEC=90°=∠BDE，根据“两角对应相等的两个三角形相似”求出
△CBE∽△EBD，根据相似三角形的性质求解即可．
此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理，熟记相似三角形的判定与性质并作出合理的辅助线构建相似三角形是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设乙坚果每盒的进价是x元，则甲坚果每盒的进价是(x+8)元，
根据题意得：1920x−1920x+8=8，
整理得：x2+8x−1920=0，
解得：x1=40，x2=−48，
经检验，x1=40，x2=−48均为所列方程的解，x1=40符合题意，x2=−48不符合题意，舍去，
∴x+8=40+8=48(元)．
答：甲坚果每盒的进价是48元，乙坚果每盒的进价是40元；
(2)设该超市购进y盒甲坚果，则购进6000−48y40=(150−1.2y)盒乙坚果，
根据题意得：150−1.2y≥3y，
解得：y≤2507，
设两种坚果全部售完后获得的总利润为w元，则w=(68−48)y+(50−40)(150−1.2y)，
即w=8y+1500，
∵8>0，
∴w随y的增大而增大，
又∵y≤2507，且y，(150−1.2y)均为正整数，
∴当y=35时，w取得最大值，最大值为8×35+1500=1780(元)．
答：总利润的最大值是1780元；
(3)根据题意得：68−a−4848×100%>50−4040×100%，
解得：a<8．
设该超市第二次购进m盒甲坚果，则购进3m盒乙坚果，
根据题意得：(68−a−48)m+(50−40)×3m=3600，
∴(50−a)m=3600．
又∵a<8，且a，m均为正整数，
∴a=2m=75或a=5m=80，
∴a的值为2或5．
【解析】(1)设乙坚果每盒的进价是x元，则甲坚果每盒的进价是(x+8)元，利用数量=总价÷单价，结合用1920元购进乙坚果比用1920元购进甲坚果多8盒，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出乙坚果每盒的进价，再将其代入(x+8)中，即可求出甲坚果每盒的进价；
(2)设该超市购进y盒甲坚果，则购进6000−48y40=(150−1.2y)盒乙坚果，根据购进乙坚果数量不小于甲坚果数量的3倍，可列出关于y的一元一次不等式，解之可得出y的取值范围，设两种坚果全部售完后获得的总利润为w元，利用总利润=每盒的销售利润×销售数量(购进数量)，可找出w关于y的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题；
(3)根据甲坚果每盒的利润率需高于乙坚果每盒的利润率，可列出关于a的一元一次不等式，解之可得出a的值，设该超市第二次购进m盒甲坚果，则购进3m盒乙坚果，根据第二次两种坚果全部售完后获得的总利润为3600元，可列出关于m的一元一次方程(a看成常数)，结合a，m均为正整数且a<8，即可求出a的值．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用、一次函数的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于y的函数关系式；(3)找准等量关系，列出关于m的一元一次方程(a看成常数)．
23.【答案】(1)证明：如图1，过点A作AG⊥BC于G，AP⊥CD于P，则∠AGB=∠P=∠AGC=90°，

∵AC平分∠BCD，AP⊥CD，AG⊥BC，
∴AG=AP，
∵AB=AD，
∴Rt△AGB≌Rt△APD(HL)，
∴∠BAG=∠PAD，
∵∠BAD=90°，
∴∠GAP=90°，
∵∠AGC=∠P=90°，
∴∠BCD=90°；
(2)解：①如图2，过点D作DM⊥AC于M，

设∠CDE=α，
∵DE平分∠BDC，
∴∠CDE=∠BDE=α，
∵∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴∠AED=∠ACD+∠CDE=45°+α，
∵AB=AD=5，∠BAD=90°，
∴BD= 52+52=5 2，∠ADB=45°，
∴∠ADE=∠ADB+∠BDE=45°+α，
∴∠ADE=∠AED，
∴AE=AD=5，
∵AC=AE+CE，CE=2，
∴AC=5+2=7，
设DM=x，则CM=x，AM=7−x，
∵AM2+DM2=AD2，
∴(7−x)2+x2=52，
解得：x1=3，x2=4，
当x1=3时，DM=3，CD=3 2，
∴BC= (5 2)2−(3 2)2=4 2，
当x2=4时，DM=4，CD=4 2，
∴BC= (5 2)2−(4 2)2=3 2综上，CD=3 2；
②如图3，过点D作DM⊥AC于M，则CM=DM，

∵F是AB的中点，
∴AF=BF=12AB=12AD，
∴tan∠AFD=ADAF=2，
∵△EFD∽△CBD，
∴∠FDE=∠BDC，
∴∠BDF=∠CDE=∠BDE，
∵∠AFD=∠ABD+∠BDF=45°+∠BDF，
∠AED=∠ACD+∠CDE=45°+∠CDE，
∴∠AFD=∠AED，
∴tan∠AFD=tan∠AED=DMEM=2，
由①知：AE=AD=5，
设EM=a，则DM=2a，AM=5−a，
∵AM2+DM2=AD2，
∴(5−a)2+(2a)2=52，
解得：a1=0(舍)，a2=2，
∴AC=AM+CM=5−2+4=7．
【解析】(1)如图1，过点A作AG⊥BC于G，AP⊥CD于P，则∠AGB=∠P=∠AGC=90°，证明Rt△AGB≌Rt△APD(HL)，可得结论；
(2)①如图2，过点D作DM⊥AC于M，设∠CDE=α，根据三角形的外角的性质和角的和可得∠ADE=∠AED，设DM=x，则CM=x，AM=7−x，根据勾股定理可得CD的长，并根据BC>CD进行取舍；
②如图3，过点D作DM⊥AC于M，则CM=DM，根据△EFD∽△CBD，则∠BDF=∠CDE=∠BDE，所以∠AFD=∠AED，设EM=a，则DM=2a，AM=5−a，由勾股定理可得结论．
本题是四边形综合题，考查了掌握等腰直角三角形的性质，矩形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
24.【答案】(1)①证明：∵AC是⊙O的直径，AF⊥BD，
∴∠ABC=90°=∠AEB，
∴∠ABE+∠CBD=90°，∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠CBD=∠BAF，
又∵CD=CD，
∴∠CBD=∠CAD，
∴∠BAF=∠CAD．
②解：如图，过点G作GK⊥BC于点K，

在Rt△ABC中，AC=10，cs∠BCA=BCAC=45，
∴BC=8，
由勾股定理得AB= AC2−BC2= 102−82=6，
∴sin∠BCA=ABAC=35，tan∠BCA=ABAC=34，
在Rt△GKC中，sin∠KCG=sin∠BCA=GKCG=35，tan∠KCG=tan∠BCA=ABAC=34，
又∵BF：CG=3：5，
∴BF=GK，
在△ABF和△BKG中，
∠BAF=∠KBG∠ABF=∠BKGBF=KG，
∴△ABF≌△BKG(AAS)，
∴AB=BK=6，
∴CK=BC−BK=8−6=2，
∴KG=CK⋅tan∠KCG=2×34=32，即BF=KG=32，
∴AF= AB2+BF2= 62+(32)2=3 172．
(3)解：如图，设AF交OD于点Q，过点O作OH⊥AF于点H，链接BO并延长交AF于点P，延长AF交⊙O于点G，连接CG，

∵AF⊥BD，OH⊥AF，
∴∠OHO=∠BEG=90°，
∴OH//BD，
∴∠QOH=∠ODB，∠POH=∠OBD，
又∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠QOH=∠POH，
∴QH=PH，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AGC=90°=∠OHQ=∠AEB，
∴CG//OH//BD，
∴△AOH∽△ACG⇒OHCG=AOAC=12⇒CG=2OH，
△DEF∽△CGF⇒DECG=DFCF=21⇒DE=2CG⇒DE=4OH，
△DEQ∽△OHQ⇒DEOH=DQOQ=QEQH=QEPH=4⇒QE=4PH，DQ=4OQ⇒EP=6PH，DQ=45OD，
△OPH∽△BPE⇒OHBE=PHPE=16⇒BE=6OH，
∴BEDE=6OH4OH=32，
∵OD//AB，
∴△ABE∽△QDE，
∴AEQE=BEDE=32⇒QE=23AE⇒AQ=53AE=5 53，
∵AD=AD，OD=OC，
∴∠OCD=∠ABD=∠ODC，
∴∠BAE=90°−∠ABD=90°−∠ODC=∠ODA，
∵OD//AB，OA=OD，
∴∠AQD=∠BAQ=∠ODA=∠OAD，
∴AD=AQ=5 53，△DAQ∽△DOA，
∴DADO=DQDA，即AD2=OD⋅DQ，
设⊙O的半径为r，则OD=r，DQ=45r，
∴(5 53)2=r⋅45r，
∴r=256，
∴⊙O的直径为253．
【解析】(1)①易得∠ABC=90°=∠AEB，利用同角的余角相等得∠CBD=∠BAF，结合圆周角定理即可得证；
②过点G作GK⊥BC于点K，由题意易得BC=8，AB=6，sin∠KCG=sin∠BCA=GKCG=35，tan∠KCG=tan∠BCA=ABAC=34，结合BF：CG=3：5知BF=GK，进而利用AAS证明△ABF≌△BKG，得到AB=BK=6，于是CK=2，
KG=CK⋅tan∠KCG=32=BF，最后利用勾股定理求解即可；
(2)设AF交OD于点Q，过点O作OH⊥AF于点H，链接BO并延长交AF于点P，延长AF交⊙O于点G，连接CG，易得QH=PH，CG//OH//BD，根据相似三角形的性质依次得出CG=2OH，DE=4OH，EP=6PH，DQ=45OD，BE=6OH，于是BEDE=6OH4OH=32，则AEQE=BEDE=32⇒QE=23AE⇒AQ=53AE=5 53，易得∠AQD=∠BAQ=∠ODA=∠OAD，于是AD=AQ=5 53，△DAQ∽△DOA，得到AD2=OD⋅DQ，设⊙O的半径为r，则OD=r，DQ=45r，以此列出方程求解即可．
本题主要考查圆周角定理、锐角三角形函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质等，属于圆的综合题，难度较大，是中考压轴题．解题关键是正确作出辅助线，利用平行线和相似三角形的性质解决问题．A2
B2
A1
( A1，A2)
(A1,B2)
B1
(B1,A2)
(B1,B2)

2024年浙江省宁波市镇海区蛟川书院中考数学二模试卷（含解析）

更专业

更丰富

更便捷

真低价

欢迎来到教习网