2024年四川省攀枝花市市直属学校中考二模数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 的相反数是（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了相反数的定义，只有符号不同的两个数叫做互为相反数．据此解答即可．
【详解】解：的相反数是1．
故选：B．
2. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据合并同类项，同底数幂的除法，完全平方公式，积的乘方，逐一计算判断即可．
【详解】解：A、，故选项A错误；
B、，故选项B错误；
C、，故选项C错误；
D、，故选项D正确；
故选D．
【点睛】本题考查整式的运算．熟练掌握合并同类项，同底数幂的除法，完全平方公式，积的乘方法则，是解题的关键．
3. 下图是度量衡工具汉尺、秦权、新莽铜卡尺和商鞅方升的示意图，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】A、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．将一个图形沿着一条直线翻折后，直线两侧能完全重合的图形是轴对称图形，将一个图形绕一点旋转180度后能与自身重合的图形是中心对称图形；轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4. 最近，攀枝花公园动物园内一只金钱豹因胖成了《疯狂动物城》中的“豹警官”而火遍全网，据不完全统计，从2024年2月到3月底，前来参观攀枝花动物园的游客已达到21万人次，将数据21万用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查科学记数法，根据科学记数法的表示方法求解即可．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．解题关键是正确确定a的值以及n的值．
【详解】解：数据21万用科学记数法表示为．
故选：C．
5. 如图，一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上．如果，那么的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行，同位角相等可得，再结合三角板的特征利用平角定义即可算出的度数．
【详解】解：如下图进行标注，

，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查了平行线性质，三角形平角的定义，利用三角板的特点求出结果是解答本题的关键．
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 将油滴入水中，油会浮在水面上是不可能事件
B. 抛出的篮球会下落是随机事件
C. 了解一批圆珠笔芯的使用寿命，采用普查的方式
D. 若甲、乙两组数据的平均数相同，，，则甲组数据较稳定
【答案】D
【解析】
【分析】依据随机事件、必然事件、不可能事件、抽样调查以及方差的概念进行判断，即可得出结论．
【详解】解：、将油滴入水中，油会浮在水面上必然事件，故A不符合题意；
B、抛出的篮球会下落是必然事件，故B不符合题意；
C、了解一批圆珠笔芯的使用寿命，采用抽样调查的方式，故C不符合题意；
D、若甲、乙两组数据的平均数相同，，，则甲组数据较稳定，故D符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查了随机事件、必然事件、不可能事件、抽样调查以及方差的概念，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则各数据与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，解题的关键是掌握相应知识点的概念．
7. 不等式组的解集在数轴上的表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求解每个不等式的解集，再求得它们的公共部分得到不等式组的解集，再将解集表示在数轴上即可，注意端点是空心还是实心．
【详解】解：解不等式得，
解不等式得，
∴不等式组的解集为，
解集在数轴上表示为

故选：B．
【点睛】本题考查解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式的解集，正确求得不等式组的解集是解答的关键．
8. 若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的定义及根与判别式的关系，根据一元二次方程的定义及根与判别式的关系直接列式求解即可得到答案；
【详解】解：∵一元二次方程有实数根，
∴，，
解得：且，
故选：D．
9. 如图，在菱形中，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点、，连接，若直线恰好过点与边交于点，连接，则下列结论错误的是（ ）

A. B. 若，则
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用菱形的性质、解直角三角形等知识逐项判断即可．
【详解】解：由作法得MN垂直平分CD，
∴AD=AC，CM=DM，∠AED=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD，
∴AB=BC=AC，
∴ΔABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°
∴∠BCD=120°，即A选项的结论正确，不符合题意；
当AB=3，则CE=DE=，
∵∠D=60°，
∴AE=，∠DAE=30°，∠BAD=120°
∴∠BAE=∠BAD-∠DAE=120°-30°=90°
在Rt△ABE中，BE= ，所以B选项的结论错误，符合题意；
∵菱形ABCD
∴.BC=CD=2CE，即，所以C选项的结论正确，不符合题意；
∵ABCD，AB=2DE，
∴，所以D选项的结论正确，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考作已知线段的垂直平分线、线段垂直平分线的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用菱形的性质和垂直平分线的性质是解答本题的关键．
10. 如图，一个长方体木箱沿斜面滑至如图位置时，AB=2m，木箱高BE=1m，斜面坡角为α，则木箱端点E距地面AC的高度表示为（ ）
A. B. 2csα+sinαC. csα+2sinαD. tanα+2sinα
【答案】C
【解析】
【分析】过E作EN⊥AC于N，交AB于M，过B作BG⊥AC于G，BH⊥EN于H，由锐角三角函数定义分别求出BG、EH，即可求解．
【详解】过E作EN⊥AC于N，交AB于M，过B作BG⊥AC于G，BH⊥EN于H，如图所示∶
则四边形BHNG是矩形，
∴HN=BG
在Rt△ABG中，∠BAG=α，sin∠BAG=
∴BG=AB·sin∠BAG=2sinα(m)
∴HN=2sinα(m)；
∵∠EBM=∠ANM=90°，∠BME=∠AMN
∴∠BEM=∠MAN=α
在Rt△EHB中，∠BEM=α，BE=1m，
∵s∠BEM=
∴EH=BE·cs∠BEM=1×csα=csα(m)
∴EN=EH+HN=(cs��+2sin��)m；
即木箱端点®距地面Ac的高度为(cs��+2sin��)m．
故选∶C．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用一坡度坡角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
11. 第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，若正方形与正方形的面积之比为，则（ ）

A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】设，，首先根据得到，然后表示出正方形的面积为，正方形的面积为，最后利用正方形与正方形的面积之比为求解即可．
【详解】设，，
∵，，
∴，即，
∴，整理得，
∴，
∵，
∴，
∴正方形的面积为，
∵正方形的面积为，
∵正方形与正方形的面积之比为，
∴，
∴解得．
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
12. 如图是二次函数的图象，其对称轴为直线，且过点．有以下四个结论：①，②，③，④若顶点坐标为，当时，y有最大值为2、最小值为，此时m的取值范围是．其中正确结论的个数是( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
【答案】A
【解析】
【分析】①：根据二次函数的对称轴，，即可判断出；
②：结合图象发现，当时，函数值大于1，代入即可判断；
③：结合图象发现，当时，函数值小于0，代入即可判断；
④：运用待定系数法求出二次函数解析式，再利用二次函数的对称性即可判断．
【详解】解：∵二次函数的图象，其对称轴为直线，且过点，
∴，，
∴，∴，故①正确；
从图中可以看出，当时，函数值大于1，因此将代入得，，即，故②正确；
∵，∴，从图中可以看出，当时，函数值小于0，
∴，∴，故③正确；
∵二次函数的顶点坐标为，
∴设二次函数的解析式为，将代入得，，
解得，
∴二次函数的解析式为，
∴当时，；
∴根据二次函数的对称性，得到，故④正确；
综上所述，①②③④均正确，故有4个正确结论，
故选A．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求二次函数解析式等，熟练掌握二次函数的图象和性质是本题的关键．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 分解因式：______．
【答案】
【解析】
【分析】首先提取公因式，再根据平方差公式计算，即可得到答案．
【详解】
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解的知识；解题的关键是熟练掌握平方差公式的性质，从而完成求解．
14. 《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图中的）．“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高度如图，点，，在同一水平线上，和均为直角，与相交于点．测得，则树高______m．

【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，然后相似三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵和均为直角
∴，
∴，
∴
∵，
∴,
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
15. 巧板是我国古代劳动人民的一项发明，被誉为“东方魔板”，它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形组成．如图是利用七巧板拼成的正方形，随机向该图形内抛一枚小针，则针尖落在阴影部分的概率为 _____．
【答案】
【解析】
【分析】设大正方形的边长为2，先求出阴影区域的面积，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】图，设小正方形的边长为1，
根据等腰三角形和正方形的性质可求得AB=BE=，FG=DC=，
则空白面积为：；
大正方形的面积是：，
阴影区域的面积为：8-5=3，
所以针尖落在阴影区域上的概率是：．
故答案为：．
【点睛】本题考查几何概率，熟练掌握几何概率的计算方法是解题的关键．
16. 如图，在中，，，，半径为1的在内平移（可以与该三角形的边相切），则点到上的点的距离的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】设直线AO交于M点（M在O点右边），当与AB、BC相切时，AM即为点到上的点的最大距离．
【详解】设直线AO交于M点（M在O点右边），则点到上的点的距离的最大值为AM的长度
当与AB、BC相切时，AM最长
设切点分别为D、F，连接OB，如图
∵，，
∴，
∴
∵与AB、BC相切
∴
∵的半径为1
∴
∴
∴
∴
∴
∴点到上的点的距离的最大值为．
【点睛】本题考查切线性质、特殊角度三角函数值、勾股定理，解题的关键是确定点到上的点的最大距离的图形．
三、解答题：本大题共8小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】原式分别利用乘方，特殊角的三角函数值，零指数幂，负整数指数幂，乘法法则分别计算，再作加减法．
详解】解：
=
=
【点睛】此题考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18. 解分式方程：．
【答案】
【解析】
【分析】方程两边同时乘以，将分式方程化为整式方程，再求解即可．
【详解】
，
经检验，是原方程的根，
故原方程的解为：．
【点睛】本题考查了求解分式方程的知识，掌握相应的求解方程，是解答本题的关键．注意：解分式方程时，要将所求的解代入原方程进行检验．
19. 攀枝花三线博物馆是四川省党性教育基地、党史教育基地和统一战线中国特色社会主义教育基地．博物馆的建成，既反映了三线建设历史的全貌，宣传纪念了三线建设的巨大成就，又弘扬了三线建设的伟大精神，更充分展示了攀枝花形象，成为了攀枝花最亮丽的一张文化名片．为了解全市九年级学生对“博物馆文化”知识的了解程度，从中随机抽取了500名学生进行周查，并将其问题分为了五类，A．非常了解；B．比较了解；C．了解；D．不太了解：E．不了解，根据调查结果，绘制出如图所示的两幅不完全统计图，请根据图中信息，解答下列问题：
（1）城空：__________，__________，E类所对应的圆心角的度数__________；
（2）据统计，2023年全市共有12000名九年级学生，请你估计“C．了解”的学生人数；
（3）攀枝花市文化与旅游局为了解博物馆知识在全市九年级学生中的普及程度，将每一个接收调查的对象对景点知识的了解程度，按本题中“A，B，C，D，E”五类，分别赋上对应的分数“90分，80分，70分，45分，0分”，求得平均分，若则受调查群体获评“优秀”；若，则受调查群体获评“良好”；若则受调查群体获评“合格”；若则受调查群体为“不合格”，请根据样本数据说明，本次九年级学生对景点知识的了解程度应被评为什么等级？
【答案】（1），，E类所对应的圆心角的度数为；
（2）估计“C．了解”的学生人数有4800人；
（3）本次九年级学生对景点知识的了解程度应被评为“良好”等级．
【解析】
【分析】（1）由总人数乘以B类的占比可得b的值，再由总人数500减去除E类以外的各小类的人数可得a的值，再由E类的占比乘以可得圆心角的大小；
（2）由总人数12000乘以C类的占比即可；
（3）先求解样本平均数，再根据评级范围可得结论．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴；
∴E类所对应的圆心角的度数为；
【小问2详解】
∵（人），
∴估计“C．了解”的学生人数有4800人；
【小问3详解】
样本平均数为：，
∴本次九年级学生对景点知识的了解程度应被评为“良好”等级．
【点睛】本题考查的是折线统计图，扇形统计图，求解平均数，利用样本估计总体，掌握以上基础的统计知识是解本题的关键．
20. 为响应习总书记“扶贫先扶志，扶贫必扶智”的号召，攀枝花市教体局向木里县中小学捐赠一批书籍和实验器材共360套，其中书籍比实验器材多120套
（1）求书籍和实验器材各有多少套？
（2）现计划租用甲、乙两种型号的货车共8辆，一次性将这批书籍和实验器材运往该县，已知每辆甲种货车最多可装书籍40套和实验器材10套，每辆乙种货车最多可装书籍30套和实验器材20套，运输部门安排甲、乙两种型号的货车时，有几种方案？请你帮助设计出来
【答案】（1）书籍和实验器材各有240套，120套；
（2）有5种方案：①运输部门安排甲种型号的货车0辆，乙种型号的货车8辆；②运输部门安排甲种型号的货车1辆，乙种型号的货车7辆；③运输部门安排甲种型号的货车2辆，乙种型号的货车6辆；③运输部门安排甲种型号的货车3辆，乙种型号的货车5辆；③运输部门安排甲种型号的货车4辆，乙种型号的货车4辆．
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用，正确建立方程组和不等式组是解题关键．
（1）设书籍有x套，实验器材有y套，根据书籍和实验器材共360套，其中书籍比实验器材多120套建立方程组，解方程组即可得；
（2）设运输部门安排甲种型号的货车m辆，乙种型号的货车辆，根据两种型号的货车运输量建立不等式组，解不等式组即可得．
【小问1详解】
解：设书籍和实验器材各有x套，y套，
由题意得，，
解得，
答：书籍和实验器材各有240套，120套；
【小问2详解】
解：设运输部门安排甲种型号货车m辆，则运输部门安排乙种型号货车辆，
由题意得，，
解得，
∴有5种方案：①运输部门安排甲种型号的货车0辆，乙种型号的货车8辆；②运输部门安排甲种型号的货车1辆，乙种型号的货车7辆；③运输部门安排甲种型号的货车2辆，乙种型号的货车6辆；③运输部门安排甲种型号的货车3辆，乙种型号的货车5辆；③运输部门安排甲种型号的货车4辆，乙种型号的货车4辆．
21. 如图，点A在反比例函数的图像上，轴，垂足为，过作轴，交过B点的一次函数的图像于D点，交反比例函数的图像于E点，．
（1）求反比例函数和一次函数表达式：
（2）求DE的长．
【答案】（1）y＝；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用反比例函数系数k的几何意义即可求得k的值，把B的坐标代入y＝x+b即可求得b的值，从而求得反比例和一次函数的解析式；
（2）利用两个函数的解析式求得D、E的坐标，进一步即可求得DE的长度．
【小问1详解】
解：∵点A在反比例函数y＝（x＞0）的图像上，AB⊥x轴，
∴S△AOB＝|k|＝3，
∴k＝6，
∴反比例函数为y＝，
∵一次函数y＝x+b的图像过点B（3，0），
∴×3+b＝0，解得b＝，
∴一次函数为 ；
【小问2详解】
解：∵过C（5，0）作CD⊥x轴，交过B点的一次函数y＝x+b的图像于D点，
∴当x＝5时y＝＝；，
∴E（5，），D（5，3），
∴DE＝3﹣．
【点睛】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，反比例函数系数k的几何意义，反比例函数、一次函数图像上点的坐标特征，求得函数的解析式是解题的关键．
22. 如图，在中，，以为直径的与相交于点D，E为上一点，且．

（1）求的长；
（2）若，求证：为的切线．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）如图所示，连接，先求出，再由圆周角定理得到，进而求出，再根据弧长公式进行求解即可；
（2）如图所示，连接，先由三角形内角和定理得到，则由圆周角定理可得，再由是的直径，得到，进而求出，进一步推出，由此即可证明是的切线．
【小问1详解】
解：如图所示，连接，
∵是的直径，且，
∴，
∵E为上一点，且，
∴，
∴，
∴的长；
【小问2详解】
证明：如图所示，连接，
∵，，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，求弧长，圆周角定理，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是解题的关键
．
23. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，且交轴于点两点，交轴于点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点是直线上方抛物线上的一动点，过点作于点，过点作轴的平行线交直线于点，求周长的最大值及此时点的坐标；
（3）在（2）中周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线方向平移个单位长度，点为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平面内确定一点，使得以点，为顶点的四边形是菱形，直接写出所有符合条件的点的坐标．
【答案】（1）
（2）周长的最大值为，点P坐标为
（3）或或
【解析】
【分析】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、坐标与图形、菱形的性质、解直角三角形等知识，注意分类讨论和数形结合思想的运用．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先根据题意求得的最大值，再根据平行线性质和锐角三角函数得到，，进而可求解；
（3）根据平移性质和菱形的性质分、、分别为对角线三种情况求解即可．
【小问1详解】
解：根据题意，将和代入中，
得，解得，
∴抛物线的表达式为；
【小问2详解】
解：令，解得，，
∴，则，
当时，，∴，则；
设直线的表达式为，
则，解得，
∴直线的表达式为，
设，则，
∴，
∵，，
∴当时，最大，最大值为2，此时点P坐标为；
∵轴，，
∴，，
∵，，
∴，，
∵周长为，
∴周长的最大值为，点P坐标为；
【小问3详解】
解：∵，，
∴根据平移性质，该抛物线沿射线方向平移个单位长度，相当于向右2个单位长度，再向下平移1个单位长度，则平移后的抛物线的对称轴为，
设，，，
当为对角线时，则，
∴，
解得，
∴点N坐标为；
当或为对角线时，或，
则或，
解得（不合题意的值已舍去），
∴点N坐标为或，
综上，满足题意的N点坐标为或或．
24. 在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形．

（1）如图1，连接，求的度数和的值；
（2）如图2，当点在射线上时，求线段的长；
（3）如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值．
【答案】（1），；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质得出，，，进而根据正切函数得出，可求出，由矩形和矩形可得，，求出，证明，根据相似三角形的性质即可得出答案；
（2）过点作于点，由矩形和矩形可得，，，证明，进而得出，设，则，根据，得出，求出，进而可得出答案；
（3）连接，先证明是等边三角形，，得出，
将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，进而求出，，，得出，可得当点，，三点共线时，的值最小，此时为．
【小问1详解】
解：∵矩形中，，，
∴，，，
∴，
∴，
由矩形和矩形可得，，
∴，即，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如答案图1，过点作于点，
由矩形和矩形可得，，
，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴；
【小问3详解】
解：如答案图2，连接，
∵矩形中，，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，
∴，，，
∴，
∴当点，，三点共线时，的值最小，此时为．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角函数，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键．