精品解析：2024年福建省厦门市集美区中考二模数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息．核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与本人准考证号、姓名是否一致．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．非选择题答案用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试题卷上答题无效．
3．可以直接使用2B铅笔作图．
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分，每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确）
1. 下列实数中，最大的数是（ ）
A. B. 0C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】此题了考查了比较实数的大小，掌握大小比较的方法是关键．正实数大于0，负实数小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可．
【详解】解：∵，
∴所给实数中，最大的是2．
故选：D．
2. 2024年4月25日，神舟十八号载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，经过约8个小时的飞行，宇航员顺利进入运行轨道约的“天宫”空间站．将数据450000用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中，n可以用整数位数减去1来确定．用科学记数法表示数，一定要注意a的形式，以及指数n的确定方法．
确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【详解】解：450000用科学记数法表示为．
故选：C．
3. 如图所示立体图形的主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，根据从正面看得到的图形是主视图可得答案．
【详解】解：从正面看得到的图形是：
故选B
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了同底数幂的乘法，积的乘方和幂的乘方以及合并同类项．根据同底数幂的乘法，积的乘方和幂的乘方以及合并同类项的运算法则计算即可求解．
【详解】解：A、和不是同类项，不能合并，本选项不符合题意；
B、，本选项不符合题意；
C、，本选项不符合题意；
D、，本选项符合题意；
故选：D．
5. 如图的数轴上表示的是两个关于x的一元一次不等式的解集，由这两个一元一次不等式所组成的不等式组的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了在数轴上表示不等式组的解集，弄清取不等式组解集的方法是解题的关键．找出两个不等式解集的公共部分确定出不等式组的解集即可．
【详解】解：根据数轴得：不等式组的解集为，
故选C．
6. 如图，已知，与，，分别交于，，三点，与，，分别交于，，三点．若，，，则图中长度为的线段是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，由得，然后代入即可求解，熟练掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
故选：．
7. 从北站出发到杭州东站路程约，有高速铁路列车和普通动车组列车可供选择，高速铁路列车比普通动车组列车平均时速快，乘坐高速铁路列车所用的时间比乘坐普通动车组列车少用．设普通动车组列车的速度是，根据题意可列方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查分式方程的实际应用，根据题意找到提速前和提速后所用时间的等量关系是解决本题的关键．根据题意可得等量关系为乘坐高速动车组列车的时间=乘坐普通动车组列车的时间，根据等量关系列式即可判断．
【详解】解：根据题意，得，
即．
故选：D．
8. 新能源汽车比传统燃油车具有静音、节能环保、智能等优势．如图是某新能源汽车公司2022年和2023年每个季度某种车型的出口销售额折线图，该公司的这种车型在2023年的每个季度都比2022年的同一季度增加相同的出口销售额，根据统计图，下列关于这两年该种车型的出口销售额的描述，正确的是（ ）
A. 众数不变B. 中位数不变C. 平均数不变D. 方差不变
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平均数、中位数、众数、方差等知识，熟知相关知识是解题关键．分别根据平均数、中位数、众数、方差的知识逐项判断即可求解．
【详解】解：∵该公司的这种车型在2023年的每个季度都比2022年的同一季度增加相同的出口销售额，
∴这组数据的平均数，众数与中位数都发生了变化，但是数据的波动幅度没变，即方差不变，
故选：D．
9. 如图，已知中，，阅读以下作图步骤：
①分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点；
②连接交于点G；
③以点G为圆心，的长为半径作弧交于点P，连接．
根据以上作图步骤，下列推理正确的是（ ）
A. ∵平分，∴
B. ∵垂直平分，∴
C. ∵点P在以为直径的圆上，∴
D. ∵点P在以为直径的圆上，∴点P在直线上
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线及其性质，圆周角定理的应用，根据的线段的垂直平分线与圆周角定理逐一分析即可．
【详解】解：∵为直径，
∴，即，
∵，
∴平分，故A不符合题意；
∵不一定在上，
∴错误，故B不符合题意；
∵点P在以为直径的圆上，
∴，故C符合题意；
∵点P在以为直径的圆上，
∴点P不一定在直线上，故D不符合题意；
故选C
10. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中广泛使用．如图，筒车的半径为2m，筒车上均匀设置了12个盛水筒，其中A，B，C是相邻的三个盛水筒，在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速运动．通过观察，当A离开水面时，C恰好开始进入水中，每个盛水筒经过水流用时3秒，离开水面6秒后水开始倒出，为使接水槽能够尽可能多地接到水，则接水槽距离水面的最大高度是（ ）
A. B. C. 2mD. 3m
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理的应用，勾股定理的应用．作出图形，求得是等边三角形，证明在同一直线上，利用圆周角定理和勾股定理即可求解．
【详解】解：接水槽距离水面的最大高度是指盛水筒离开水面开始倒水的位置，如图，
直线表示接水槽距离水面的最大高度的位置，即盛水筒A恰好转到的位置倒水，
直线表示水面，筒车的圆心为，则，
由题意得，
∴，
∴是等边三角形，，
∵每个盛水筒经过水流用时3秒，离开水面6秒后水开始倒出，
∴，
∴，
∵，
∴点在同一直线上，
∴为直径且，
∴，
∴，
∴接水槽距离水面的最大高度是，
故选：B．
二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11. 一组数据6，6，6，7，8，9的众数是_______．
【答案】6
【解析】
【分析】本题主要考查众数的概念，掌握其概念：出现次数最多的数，是解题的关键．根据众数的概念即可求解．
【详解】解：数据6，6，6，7，8，9中，出现次数最多的是6，
∴众数是6；
故答案为：6．
12. 如图，在中，，点D，E分别为的中点，则_____．

【答案】2
【解析】
【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：∵D、E分别为边的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
13. 如图，平行四边形的对角线，相交于点O，，的周长为5，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，先证明，，由的周长为5，可得，从而可得答案．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵的周长为5，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：
14. 我国清代数学家戴煦在《对数简法》中给出了求正数的算术平方根的公式：设被开方数为x，常数a（a为整数）和r满足，，则，用该公式求87的算术平方根，则公式中的_____， ______．
【答案】 ①. 10 ②. 13
【解析】
【分析】本题考查了无理数的估算．估算得出常数a的值，再代入计算即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
故答案为：10，13．
15. 如图，在中，，点D在的平分线上，，将点B绕点D顺时针旋转，点B的对应点E恰好落在上，则的度数为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是旋转的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，如图，连接，证明，可得，，再证明为等边三角形，再进一步可得答案．
【详解】解：如图，连接，
∵点D在的平分线上，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
16. 抛物线经过，两点，若，当时，都有，则b的取值范围是_______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查的是二次函数的性质，由条件可得，即，再结合，进一步解答即可．
【详解】解：∵抛物线经过，两点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，则，
∴，
∴，
∴，
故答案：
三、解答题（本大题有9小题，共86分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是化简绝对值，求解算术平方根，负整数指数幂的含义，先计算绝对值，算术平方根，负整数指数幂，再合并即可．
【详解】解：
；
18. 如图，已知点B，E，C，F在同一条直线上，，，，证明：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质．利用证明，再利用全等三角形的性质“全等三角形的对应角相等”即可证明．
【详解】证明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
19. 先化简再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】直接将括号里面通分运算，再利用分式的混合运算法则化简，最后根据二次根式的性质得出答案．
【详解】解：


，
当时，
原式
．
【点睛】此题主要考查了分式的化简求值，二次根式的混合运算，正确化简分式是解题关键．
20. 如图，某旅游风景区有一座海拔高度为的山峰，游览路线为：从山脚下海拔高度为的A处先步行爬山到达登山缆车的起点B；再从B处乘坐登山缆车到达山顶C．已知步行登山路线AB的坡角为，登山缆车的轨道与水平线的夹角为．
（1）求登山缆车起点B的海拔高度；
（2）若登山缆车的行驶速度为，从B处乘坐登山缆车到达山顶C大约需要多长时间？（参考数据：）
【答案】（1）登山缆车起点B的海拔高度为，
（2）从B处到达山顶C处大约需要
【解析】
【分析】此题主要考查了解直角三角形的应用，正确掌握直角三角形的边角关系是解题关键．
（1）过B点作于D，于E，则四边形是矩形，在中，利用含30度的直角三角形的性质求得的长，据此求解即可；
（2）在中，求得的长，再计算得出答案．
【小问1详解】
解：如图，过B点作于D，于E，则四边形是矩形，
在中，，，
∴，
∴登山缆车起点B的海拔高度为，
答：登山缆车起点B的海拔高度为；
【小问2详解】
解：在中，，，
∴，
∴从B处到达山顶C处大约需要：
，
答：从B处到达山顶C处大约需要．
21. 如图，是的直径，C，D是上两点，B是的中点，连接，，，．
（1）若，求的度数；
（2）作于点E，延长到点F，使，连接，判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）
（2）与相切，理由见解析
【解析】
【分析】（1）连接，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出，根据圆周角定理得出，即可得出；
（2）证明，得出，求出，根据为直径，得出，证明，得出，证明，得出，即可证明结论．
【小问1详解】
解：连接，如图所示：
∵B是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：与相切．理由如下：
设，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴与相切．
【点睛】本题主要考查了切线判定，等腰三角形的判定和性质，余角的性质，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
22. 某电子科技公司2023年耗资1600万元研发一款移动电源，在2024年1月上市进行销售，销售部门通过试营销、市场调研绘制了该款移动电源年销售量y（单位：万件）随销售价格x（单位：元/件）变化的大致图象（图象由部分双曲线与线段组成），如图所示．
（1）求双曲线的函数解析式：
（2）已知该移动电源的制造成本为40元/件，请判断2024年该公司是否有可能收回研发成本，并说明理由．
【答案】（1）
（2）2024年该公司不可能收回研发成本．
【解析】
【分析】本题考查的是一次函数与反比例函数的实际应用，二次函数的实际应用，理解题意，建立正确的函数关系式是解本题的关键．
（1）设双曲线的解析式为，代入点即可解答；
（2）求解当时，线段为，再分两种情况求解销售利润的最大值，再进行比较即可得到结论．
【小问1详解】
解：设双曲线的解析式为，
由图可知：反比例函数图象经过点，
可得，
∴；
【小问2详解】
当时，，
∴，
当时，设线段为，
∴，
解得：，
∴线段为，
设销售利润为万元，则
当时，
，
当时，最大利润为（万元），
当时，
，
对称轴为直线，
∴当时，最大利润为（万元），
∵，
∴2024年该公司不可能收回研发成本．
23. 问题提出】
共享单车不仅极大地方便人们的短途出行，而且低碳环保，受到用户的喜爱．某社区周边有5个共享单车停车区，总计投放180辆的共享单车，某数学兴趣小组发现每天早高峰期间经常会出现有些停车区的单车不够用，而有些停车区的单车使用率低的现象，为探究早高峰期间共享单车的合理投放方案，同学们展开了研究．
【开展研究】
该数学兴趣小组分工合作在早高峰期间到每个停车区对行人使用共享单车的情况、人流量进行数据收集，结果如下表．
表一：经过停车区的行人使用单车情况的抽样调查数据
表二：每日早高峰期间的平均人流量
【问题解决】
（1）记事件A为：经过1号区的行人使用共享单车，估计事件A的概率；
（2）为应对早高峰期间共享单车的使用需求，请你为该社区设计一个合理的共享单车投放方案，并说明理由．
【答案】（1）估计事件A的概率为
（2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了概率公式，平均数使用．
（1）根据概率公式求解即可；
（2）先求得每个共享单车停车区的平均使用次数，得到每天早高峰期间的共享单车总使用次数，据此求解即可．
【小问1详解】
解：由表格数据知，经过1号区的行人有60人，使用共享单车有3人，
则估计事件A的概率为；
【小问2详解】
解：估计5个共享单车停车区每天早高峰期间的共享单车平均使用次数分别为：
，，，，，
所以每天早高峰期间的共享单车总使用次数估算为次，
所以5个共享单车停车区180辆共享单车的投放方案为：
1号区投放共享单车辆；
2号区投放共享单车辆；
3号区投放共享单车辆；
4号区投放共享单车辆；
5号区投放共享单车辆．
24. 如图1，已知四边形是矩形，，E，F是，边上的点，以直线为对称轴将矩形进行折叠，点A，B的对称点分别是G，H，点H落在边上，交于点P．
（1）如图2，当点H与点D重合时，连接，求证：四边形是菱形；
（2）当时，若，求的长；
（3）连接，若，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据折叠得出，，，根据矩形性质得出，根据平行线的性质得出，从而得出，证明，得出，即可证明结论；
（2）如图，过作于，则四边形矩形，可得，，证明四边形为正方形，而，，可得，，由对折可得：，由，可得，可得，，同理可得：，再进一步可得答案；
（3）如图，过作于，证明，，，设，，可得，，由勾股定理可得： ，同理可得：，可得，可得，再利用面积公式与一元二次方程的根的判别式的含义可得答案．
【小问1详解】
证明：∵以直线为对称轴将矩形进行折叠，点与点重合，
，，，
四边形是矩形，点与点分别是线段，上的点，
∴，
，
，
，
，
四边形是菱形．
【小问2详解】
如图，过作于，则四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形为正方形，而，，
∴，，，，
∴，
∴，
由对折可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，，
而，
∴；
【小问3详解】
如图，过作于，
∵，，矩形，
∴，，，
设，，
∴，，
由勾股定理可得：，
解得：，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
结合题意可得：，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题考查的是矩形的性质，菱形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的灵活运用，一元二次方程根的判别式的应用，本题难度很大，选择合适的方法解题是关键．
25. 定义：对于二次函数，当自变量x满足时，函数值y的取值范围也为，则称二次函数．是上的“等域函数”．已知抛物线与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线，交抛物线于另一点B．
（1）若，且抛物线经过点，．
①求a，c的值；
②若是上的“等域函数”，求t的值：
（2）在的情况下，记点B的横坐标为，经过点B的直线与抛物线交于点．若，是否存在二次函数是或上的“等域函数”的情形？若存在，求出抛物线的函数解析式；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）①；②
（2）不存在二次函数是或上的“等域函数”的情形．理由见解析
【解析】
【分析】（1）①利用待定系数法求解即可；
②在上，当时，函数取得最大值；由题意得，据此求解即可；
（2）根据题意求得，分①当时，②当时，两种情况讨论，得到不存在二次函数是或上的“等域函数”的情形．
【小问1详解】
解：①当时，
∵抛物线经过点，，
∴，解得；
②∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴在上，
当时，函数取得最大值；
当时，函数取得最小值0；
若是的“等域函数”，
∴，
∴，（舍去），
∴；
【小问2详解】
解：∵抛物线与轴交于点，过点作轴的平行线，交抛物线于点，
∴点的坐标为，
∵点在直线上，
∴，即，
∴，
∵经过点B的直线与抛物线交于点，
联立，
∴，即，
∴，
∴，，
∵直线与轴交点的纵坐标为，其中了，
∴，
又∵，
∴，
∴；
①当时，则，
解得，即，
∵，
∴，此时函数解析式为，
∵函数在上随的增大而增大，在上随的增大而减少，
∴当时，，
当时，，
解得，，，
不满足，
∴不是在上的“等域函数”；
②当时，则，
解得，即，
∵，
∴，
此时函数解析式为，
∵函数在上随的增大而减少，
在上随的增大而增大，
∴当时，，
当时，，
解得，，，
不满足，
∴不是在上的“等域函数”；
综上，不存在二次函数是或上的“等域函数”的情形．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，理解“等域函数”的概念是解题的关键．停车区
经过停车区的人数
使用共享单车的人数
1号区
60
3
2号区
100
4
3号区
90
9
4号区
120
18
5号区
70
7
停车区
1号区
2号区
3号区
4号区
5号区
人流量（单位：人）
240
300
160
400
200