中考数学（呼和浩特卷）-2024年中考数学第三次模考试

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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年中考第三次模拟考试（呼和浩特卷）
数学·全解全析
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30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．与2024互为相反数是（ ）
A．2024B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了相反数的定义，解答本题的关键是熟练掌握相反数的定义，根据只有符号不同的两个数是互为相反数解答即可．
【详解】解：2024互为相反数是．
故选B．
2．下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查整式的运算，根据合并同类项法则，积的乘方和幂的乘方运算法则，同底数幂的除法法则以及完全平方公式计算各项同后再判断即可．
【详解】解：A、，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C符合题意；
D、，故D不符合题意；
故选：C．
3．下面图形中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．科克曲线B．笛卡尔心形线C．阿基米德螺旋线D．赵爽弦图
【答案】D
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别．观察四个选项中的图形，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合，找出既是轴对称图形又是中心对称图形的那个即可得出结论．
【详解】解：A、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
4．年1月日，国家统计局公布了年中国经济运行数据．初步核算，全年国内生产总值（）万亿元，比上年增长，远远超过全球的平均增速．数据万亿用科学记数法表示为
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了用科学记数法表示较大的数，科学记数法的表现形式为的形式，其中，为整数，确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，是正整数，当原数绝对值小于1时，是负整数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：万亿，
万亿用科学记数法表示为．
故选：．
5．如图，，点为直线上方一点，连接．若，，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行线的性质、等边对等角、几何图中角度的计算，由两直线平行同旁内角互补得出，由等边对等角求出，再由，计算即可得出答案．
【详解】解：，，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
6．点满足二元一次方程组的解，则点Q关于原点对称点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
本题主要考查解二元一次方程组，以及根据求出的值判断出Q点关于原点的对称点的坐标．
关键在于正确求解出此二元一次方程组的解，最终选择正确的坐标点．
【详解】解二元一次方程组，
由可得：，
将代入可求得：，
将 代入可求得：，
由此可得Q点的坐标为，
由于点与点Q关于原点对称，
故点坐标为．
故答案为：B．
7．如图是某企业2020年5~10月份月利润变化情况的折线统计图，下列说法与图中反映的信息相符的是（ ）
A．5~6月份月利润增长量大于9~10月份月利润增长量
B．5~10月份月利润的中位数是700万元
C．5~10月份月利润的平均数是760万元
D．5~10月份月利润的众数是1000万元
【答案】B
【分析】先从统计图获取信息，再对选项逐一分析，选择正确结果．
【详解】解：由折线统计图知这组数据为500、600、700、700、900，1000、
A.5～6月份利润增长了，9～10月份利润，增长了，故A说法与图中反映的信息不相符，故本选项不符合题意；
B.5～10月份利润的中位数为700万元，故B说法与图中反映的信息相符，故本选项符合题意．
C.5～10月份利润的平均数为（万元），故C说法与图中反映的信息不相符，故本选项不符合题意；
D.700出现了2次，是出现次数最多的，5~10月份月利润的众数700万元，故D说法与图中反映的信息不相符，故本选项不符合题意；
故选：B．
8．如图，在中，，．将绕点按顺时针方向旋转至的位置时，点恰好落在边的中点处，则的长为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】根据题意，判断出斜边的长度，根据勾股定理算出的长度，且，所以为等边三角形，可得旋转角为，同理，，故也是等边三角形，的长度即为的长度．
【详解】解：∵在中，，，将其进行顺时针旋转，落在的中点处，
∴是由旋转得到，
∴，
∵，点恰好落在边的中点处，
∴，
根据勾股定理：，
又∵，且，
∴为等边三角形，
∴旋转角，
∴，且，
∴也是等边三角形，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了旋转性质的应用以及勾股定理的计算，解题的关键在于通过题中所给的条件，判断出图形旋转的度数，知道图形旋转的角度后，有关线段的长度也可求得．
9．如图，一次函数与反比例函数的图象交于点，过点P作轴于点A，连接，下列结论错误的是（ ）
A． B．
C．的面积是3D．点在上，当时，
【答案】D
【分析】由反比例函数上的图象交于点，可得，判断A正确；把代入，判定B正确；由反比例函数中k的几何意义可判断C正确；根据的增减性可D错误．
【详解】解：∵反比例函数的图象交于点，
∴，故A正确，不符合题意；
∴，
把代入得：，
解得，故B正确，不符合题意；
∵轴，，
∴的面积是，故C正确，不符合题意；
当时，中，y随x的增大而减小，
∴时，，即，故D错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查反比例函数，一次函数的交点问题，解题的关键是掌握函数图象上点坐标的特征，求出t和k的值．
10．如图，在平面直角坐标系中，经过的一次函数的图象与经过的一次函数的图象相交于点C．若点C的纵坐标为3，则函数的大致图象是（ ）
A．B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了函数图象判别，求一次函数解析式，解题的关键是设点，一次函数的解析式为，一次函数的解析式为，求出，，然后再求出，最后进行判断即可．
【详解】解：设点，一次函数的解析式为，一次函数的解析式为，
把分别代入两个函数解析式得：
，，
解得：，，
∴，，
∴，
∵，
∴的图象为开口向下，顶点为的抛物线，
所以C选项符合题意．
故选：C．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．分解因式： ．
【答案】
【分析】本题考查了因式分解，先提公因式，再利用完全平方公式因式分解即可，掌握因式分解的方法是解题的关键．
【详解】解：原式，
故答案为：．
12．若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是 ．
【答案】且/且
【分析】根据二次根式的被开方数大于等于0，分式的分母不为0，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴且；
∴x的取值范围是且；
故答案为：且．
【点睛】本题考查代数式有意义．熟练掌握二次根式的被开方数大于等于0，分式的分母不为0，是解题的关键．
13．如图，在中，直径与弦相交于点P，连接，，，若，，则 ．
【答案】40°/40度
【分析】此题主要考查了圆周角定理，三角形外角性质，解题关键是灵活运用圆周角定理得到角的关系．
先根据圆周角定理得出，根据三角形外角性质求出的度数，再根据直径所对的圆周角是直角求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵为直径，即，
∴，
故答案为：．
14．若方程的两根满足，则a的值为 ．
【答案】2
【分析】
本题考查了根与系数的关系，解题的关键是理解若是一元二次方程的两根时，，．
根据根与系数的关系得出，，再把转化为，然后整体代入求解即可．
【详解】解：∵方程的两根满足，
∴，，
∵，
∴，
即，
解得：，
经检验，是原方程的解．
故答案为：2．
15．从，2，，这四个数中任选两数，分别记作m，n，那么点在函数图象上的概率是 ．
【答案】
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与点恰好在反比例函数图象上的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，点恰好在反比例函数图象上的有：，，
∴点在函数图象上的概率是：．
故答案为．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16．如图，抛物线经过，两点，与轴交于点，连接，，．抛物线的对称轴上是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形，则点的坐标为 ．
【答案】或
【分析】本题考查的知识点是二次函数的图像与性质、锐角三角函数的应用，解题关键是利用正切函数的定义求点的纵坐标．
先根据题意求出抛物线的对称轴，再分两种情况进行讨论：、，结合正切函数即可求解．
【详解】解：依题得：当时，，、
，
又，
则函数的对称轴为：，
设点的坐标为：，
当为直角时，过点作轴的平行线，交过点与轴的平行线于点，交的延长线于点，

，
又，
，
，
在和中，
，，，，
，
，即，
解得，
故点；
当为直角时，同理可得点的坐标为：；
故答案为：或．
三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（10分）（1）计算：；
（2）先化简，再求值：，其中，．
【答案】（1）；（2），
【分析】
本题考查分式的化简求值、实数的运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
（1）先化简，然后计算乘除法，最后算加减法即可；
（2）先算括号内的式子，再算括号外的除法，最后将、的值代入计算即可．
【详解】
解：（1）
；
（2）
，
当，时，原式．
18．（7分）如图，时代，万物互联、互联网、大数据、人工智能与各行业应用深度融合，为了保证信号通畅，某通信公司在某山上建设基站．已知斜坡的坡度为（即），点处的通讯塔垂直于水平地面，在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，斜坡路段长米．
(1)填空：______，点处到水平地面的距离为______米．
(2)求通讯塔的高度（结果保留根号）．（参考数据：）
【详解】（1）解：∵在处测得塔顶的仰角为，
∴
作，如图所示：
∵
∴
∴
∵米
∴米
故答案为：
（2）
解：作于点，作于点，
，即，
则米，
米，
设，则，，
由题意知，
，
，
又，
，
，（米），
（米），
（米），
（米），
通讯塔的高度米．
19．（10分）为了抓住开学的商机，某商店决定购进A，B两种计算器，若购进A种计算器8件，B种计算器3件，需要625元；若购进A种计算器6件，B种计算器5件，需要675元．
(1)求购进A种计算器每台需___________元，B种计算器每台需___________元．
(2)若该商店决定拿出0.5万元全部用来购进这两种计算器，考虑到市场需求，要求购进A种计算器的数量不少于B种计算器数量的4倍，那么A种计算器最少购进多少件？
【详解】（1）设该商店购进一件A种计算器需要a元，购进一件B种计算器需要b元．
由题意得：，
解得：，
∴购进一件A种计算器需要50元，购进一件B种计算器需要75元；
（2）设该商店购进A种计算器x个，购进B种计算器y个，
由题意得：，
∴，
代入可得
∴解得
∵x为正整数，
∴A种计算器最少购进73件．
【点睛】本题综合考查二元一次方程组和不等式的实际应用，解决本题的关键是读懂题意，找到符合题意的相应的关系式是解决问题的关键，注意第二问应求得整数解．
20．（7分）某学校为了解全校学生利用课外时间进行体育锻炼的情况，学校团委随机抽取若干名学生，调查他们一周的课外锻炼时间，并根据调查结果绘制了如下尚不完整的统计表．根据图表信息，解答下列问题：
(1)填空：___________，___________，___________；
(2)将频数分布直方图补充完整（画图后请标注相应的频数）；
(3)若该校有3000名学生，请根据上述调查结果，估算该校学生一周的课外锻炼时间不足三小时的人数．
【详解】（1）解：（人）,
,
,
故答案为：30，150，0.24
（2）解：如图所示：
（3）解：（人）
即估算该校学生一周的课外锻炼时间不足三小时的人数为960人．
21．（7分）如图，双曲线与直线交于A、B两点，点的纵坐标为6；
​
(1)求反比例函数的解析式；
(2)根据图象直接写出不等式的解集；
(3)将直线向下平移后，与y轴交于点C，与x轴交于点D，当四边形为平行四边形时，求直线的解析式．
【详解】（1）解：把代入得：
解得，
∴，
把代入，
解得，
∴反比例函数的解析式为；
（2）∵两个函数均关于原点对称，
∴关于原点对称，
∴，
由图象可知：时：或；
（3）设直线向下平移后的解析式为，
在中，令得，当时，，
∴，，
当四边形是平行四边形时，的中点恰为的中点，
∵，
∴，
解得，
∴直线的解析式为．
22．（9分）如图，在中，为直径，为弦．过延长线上一点，作于点，交于点，交于点，是的中点，连接，．
(1)判断与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，，求的长．（用两种做法解答）
【详解】（1）解：与相切，理由如下：
如图所示，连接，
∵，即，
∴，
∵为直径，
∴．
∵M点为的中点，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵是的半径
∴为的切线，即与相切；

（2）
解：方法一：如图2-1所示，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴；

方法二：如图2-2所示，过点C作于H，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴．

【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
23．（10分）已知正方形，动点在上运动，过点作射线于点，连接．
(1)如图1，在上取一点，使，连接，求证：；
(2)如图2，点在延长线上，求证： ；
(3)如图3，若把正方形改为矩形，且，其他条件不变，请猜想和的数量关系，直接写出结论，不必证明．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴，
∴．
（2）证明：如图所示，过点作交的延长线于点，

∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）解：，理由如下，
如图所示，过点作交于点，

∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
同（1）的证明方法得，，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查正方形、矩形、直角三角形的综合，掌握正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识的综合运用是解题的关键．
24．（12分）已知，二次函数与轴的一个交点为，且过和点．
(1)求a、b、c的值，并写出该抛物线的顶点坐标；
(2)将二次函数向右平移个单位，得到的新抛物线，当时，y随x增大而增大，当时，y随x增大而减小，若m是整数，请求出所有符合条件的新抛物线的解析式；
(3)已知M、P、Q是抛物线上互不重合的三点，已知P、Q的横坐标分别是，，点M与点P关于该抛物线的对称轴对称，求．
【答案】(1)，二次函数的表达式为，顶点为；
(2)新函数的解析式为或或；
(3)的度数是或．
【分析】（1）根据二次函数上的三个点的坐标列方程组即可求得、、的值，进而求得二次函数表达式及顶点坐标；
（2）将二次函数的图象向右平移个单位得新图象的对称轴为直线，由时，随增大而增大，时，随增大而减小，且抛物线开口向下，得，进而有，或或，即可得到答案；
（3）当在左侧时，过作于，先求出，，，进而得，于是可求得，当在右侧时，同理可得是等腰直角三角形，，于是可求得，从而即可得解．
【详解】（1）解：∵二次函数与轴的一个交点为，且过和，
∴，
解得，
∴二次函数的表达式为，
∴二次函数化为顶点式为，
∴二次函数顶点为；
（2）解：如图∶
将二次函数，的图象向右平移个单位得的图象，
∴新图象的对称轴为直线，
∵当时，随增大而增大，当时，随增大而减小，且抛物线开口向下，
∴，
解得，
∵是整数，
∴，或或，
∴或或，
∴符合条件的新函数的解析式为或或；
（3）解：当在左侧时，过作于，如图，
∵点、的横坐标分别是、，
∴，，
∴，，
∵点与点关于该抛物线的对称轴对称，而抛物线对称轴为直线，
∴，
，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，即，
当在右侧时，如图，
同理可得是等腰直角三角形，，
∴，
综上所述，的度数是或．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，抛物线的平移变换，等腰直角三角形的判定等知识，解题的关键是掌握数形结合的思想．
锻炼时间（小时）
频数（人）
频率
18
a
45
36
n
21
合计
b
1