2024年四川省广元市昭化区中考二模数学模拟试题（原卷版+解析版）

这是一份2024年四川省广元市昭化区中考二模数学模拟试题（原卷版+解析版），文件包含2024年四川省广元市昭化区中考二模数学模拟试题原卷版docx、2024年四川省广元市昭化区中考二模数学模拟试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

第Ⅰ 卷
一、选择题(下列每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题意的．每小题3分，共30分)
1. （ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了零指数幂的意义，根据非零数的零次方等于求解即可．
【详解】解：．
故选B．
2. 下列图标是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形的概念，识别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．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：A，B，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：C．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
利用二次根式的加减运算法则以及二次根式的乘除运算法则分别计算，进而得出答案．
【详解】解：A. ，原计算错误，故此选项不符合题意；
B. ，原计算错误，故此选项不符合题意；
C. ，原计算正确，故此选项符合题意；
D. ，原计算错误，故此选项不符合题意；
故选：C．
4. 为了解年广元市参加中考的两万多名学生的数学成绩的情况，从中抽取了名考生的数学成绩进行统计，则下列说法正确的有 （ ）
A. 每个考生是个体
B. 这两万多名考生是总体
C. 样本容量是名学生
D. 这名考生的中考数学成绩是总体的一个样本
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查个体，总体，样本，样本容量判断，根据每一个研究对象是个体，所有研究对象是总体，研究的数量是样本容量逐个判断即可得到答案；
【详解】解：由题意可得，
名考生的数学成绩是总体，每个考生的数学成绩是个体，是样本容量，故A、B、C错误不符合题意，D正确符合题意，
故选：D．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查整式的计算，根据同底数幂乘除法法则，幂的乘方法则及合并同类项法则依次计算判断．
【详解】A. ，原计算错误，故不符合题意；
B. ，原计算正确，故符合题意；
C. ，原计算错误，故不符合题意；
D. ，原计算错误，故不符合题意；
故选：B．
6. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，，则点 B 的坐标是 （ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，过C作，根据正方形得到，，即可得到，根据得到，从而得到，结合
【详解】解：过C作，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
在与中，
，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
7. 若，则一次函数 的图象可能是 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数的图象，熟练掌握一次函数，当时，一次函数图象经过第一、二、三象限；当时，一次函数图象经过第一、三、四象限；当时，一次函数图象经过第一、二、四象限；当时，一次函数图象经过第二、三、四象限是解题的关键．
根据，可得，，从而得到一次函数的图象经过第二、三、四象限，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，，
∴一次函数的图象经过第二、三、四象限，
故选：D．
8. 已知从甲站到乙站的高铁线路长 2200千米，自驾从甲站到乙站的路线长约1700千米，开车的平均行驶速度是该高铁设计时速的 ，且从甲站乘坐高铁到乙站比自驾用时少 6 小时．设该高铁的设计时速为x千米/时，则可列方程为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用，找出等量关系是解答本题的关键．根据甲站乘坐高铁到乙站比自驾用时少 6 小时列方程即可．
【详解】解：由题意，得
．
故选A．
9. 如图，在等边三角形中，D是边上的中点，．将绕点C顺时针旋转，得到，连接，，当时，的大小是 （ ）

A. 60°或90°B. 90°或120°C. 60°或300°D. 120°或150°
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理的逆定理等知识．利用勾股定理的逆定理证明，分两种情形分别求解即可．
【详解】解：设，则，，，
，
，
①如图中，当点在的中点时，满足条件，此时；

②如图中，当点落在的中点时，满足条件，此时．

综上所述，满足条件的的值为或．
故选：C．
10. 二次函数 的图象如图所示，有下列结论：
①；
②若 是抛物线上的两点，则 ，
③；
④对于任意实数m，都有
其中正确的个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查了二次函数的图象及性质，根据二次函数的图象及性质，对称轴，顶点，分别判断即可
【详解】解：由图象可知，对称轴为直线，
∴，即，
∴，故①错误；
∵是抛物线上的两点，则，且，
∴，故②错误；
∵时，
∴，故，
∵，
∴，故③正确；
∵时y有最大值，当时，
∴，即，
故④错误；
故选：A
第Ⅱ卷 非选择题(共120 分)
二、填空题(每小题4 分，共24分)
11. 单项式的系数是_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了单项式的知识，单项式中的数字因数叫做单项式的系数．
根据单项式系数的概念求解．
【详解】解：单项式的系数是，
故答案为：．
12. 据统计，2023 年某市前三季度 总值为 887 亿元，用科学记数法表示 887 亿为_________．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了正整数指数科学记数法，对于一个绝对值大于10的数，科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为比原数的整数位数少1的正整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
【详解】解：887 亿．
故答案为：．
13. 中国四大名著有《西游记》《水浒传》《三国演义》《红楼梦》，从这四本著作中随机抽取一本，抽到的是《西游记》或《水浒传》的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查利用概率公式求概率，直接由概率公式求解即可．
【详解】解：由题意，共有4种等可能结果，其中符合题意的情况有2种，
∴抽到的是《西游记》或《水浒传》的概率为，
故答案为：．
14. 如图，在四边形 中，平分，，， 于点．若 ，则点 到 的距离为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形，角平分线的性质；过点作交的延长线于点，则的长为点到 的距离，进而解，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，则的长为点到 的距离
∵平分， 于点．
∴，
∵，，，
∴，
即点 到 的距离为，
故答案为：．
15. 如图，为⊙O的直径，平行四边形的边交于点与相切于点E，若，则的长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查切线的性质、平行四边形的性质、弧长公式等知识，解题的关键是求出圆心角的度数，记住弧长公式，属于中考常考题型．
先连接、，再求出圆心角度数，然后根据弧长公式和即可求出的长．
【详解】解：如图连接、，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
．
故答案为：12．
16. 定义一种新运算：，如，已知 (m为正整数)，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查新定义运算，分式的简便运算，利用新定义将等式左边变形为，利用裂项相消化简，即可求解．
【详解】解：
，
，
解得．
故答案为：2023．
三、解答题(要求写出必要的解答步骤或证明过程，共 96分)
17. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算，熟练掌握实数混合运算的法则是解题的关键．
化简绝对值，负整数指数幂，分母有理化，代入特殊角的三角函数值，然后算乘法，最后算加减．
【详解】解：
=
=
=．
18. 解不等式组 并把解集数轴上表示出来．
【答案】，见解析
【解析】
【分析】本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解答本题的关键．先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分即可得到不等式组的解集，然后在数轴上表示即可．
【详解】解：，
解①得，
解②得，
∴．
如图，
19. 如图，在四边形中，，对角线，交于点O，且，点O，E分别为，的中点，连接．
（1）求证∶四边形为菱形．
（2）若求的周长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】根据三角形中位线得到，利用平行可证得，则有平行四边形，再结合垂直即可判定为菱形；
利用菱形和中位线定理求得，再根据菱形的性质得，可得到和即可．
【小问1详解】
证明：∵点O为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
则四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形．
【小问2详解】
∵四边形为菱形，，
∴，
∵点O为菱形对角交点，E为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查菱形的判定和性质、含30度角的直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质和三角形中位线，解题的关键是熟练全等三角形的性质和菱形性质．
20. 国务院教育督导委员会办公室印发的《关于组织责任督学进行“五项管理”督导的通知》，“五项管理”是“双减”工作的一项具体抓手，是促进学生身心健康的重要举措．广元市某中学为了落实“作业管理”，了解学生寒假做作业的情况，开学初学校进行了问卷调查，并对部分学生寒假做作业的总时间作了随机抽样分析．设选取的每名学生寒假做作业的总时间为（小时），将做作业总时间分为四个类别:A，B，C，D，将分类结果绘制成如下两幅不完整的统计图．
根据以上信息，回答下列问题：
（1）求出本次抽样分析选取学生的人数，并补全条形统计图；
（2）类别A 中8名学生寒假做作业总时间分别为 12，9，10，15，9，15，15，6(单位：小时)，则这8个数据的众数 ，中位数 ．
（3）已知甲、乙、丙、丁分别为这四种类别学生中的一名，从中随机抽取 2名同学参加作业时长满意度调查，请用画树状图法或列表法求恰好选中甲和乙的概率．
【答案】（1），见解析；
（2），；
（3）；
【解析】
【分析】（1）根据图1知A类人数是8，根据图2知A类占，由此可求出总人数；B类人数由总人数减去A、C、D三类人数求得．
（2）一组数据中出现次数最多的数据称为这组数据的众数．将一组数据按照由小到大（或由大到小）的顺序排列，如果数据个数是奇数，则处于中间位置的数称为这组数据的中位数；如果数据个数是偶数，则中间两个数据的平均数称为这组数据的中位数．根据这两个数的定义即可求解．
（3）画出树状图，列出抽出2名同学所有的可能结果，找出其中包含甲和乙的结果，由于抽取过程是等可能性的，恰好选中甲和乙的概率等于包含甲和乙的结果与总的可能结果之比．
【小问1详解】
解： 根据图1，A类人数为8，根据图2，A类人数占总人数为，
总人数为：，
B类人数为：．
绘制直方图，如下图所示
【小问2详解】
解：类8名同学做寒假作业的时间分别为：12，9，10，15，9，15，15，6．
这组数据中15出现的次数最多
众数．
将这列数由小到大排列：6，9，9，10，12，15，15，15．
数据个数为8，中间两个数是10和12，
中位数．
【小问3详解】
解：绘制出树状图，如下图所示，
共有 12种等可能的结果，恰好选中甲和乙的结果有 2 种，
．
21. 小亮为测量某铁桥的长度，乘车在与该铁桥平行且处于同一水平面的一段东西走向的公路上行驶时，在A处发现桥的起点B在A点的北偏东的方向上，并测得米，当车前进146米到达D处时，测得桥的终点C在D点的北偏东的方向上，求该桥的长度．（结果保留整数，参考数据：)
【答案】米
【解析】
【分析】此题考查了解直角三角形的应用一方向角问题，解一般三角形的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．
过作于，过C作于，根据矩形的性质得到，解直角三角形即可得到结论．
【详解】过作于，过C作于，
∴，
有题意可得米，米，
∴米，
∴米，
∵，
∴米，
∴(米)，
答：桥的长度约为264米．
22. 如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点A，C，B为x轴上一动点，连接．已知当点B的坐标为时，轴，且
（1） ，
（2）将一次函数的图象向左平移个单位长度，得到的新的一次函数图象与只有一个交点，求d的值．
（3）当最小时，求点B的坐标．
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法求解析式，反比例函数的性质，一次函数的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
（1）求出点坐标，利用点在上求，再代入反比例函数，求；
（2）由（1）可得反比例函数的表达式为，一次函数的表达式为，设平移后的解析式为，联立解析式得，根据两图象只有一个交点，得，即可求解；
（3）联立两个函数表达式求出点的坐标为，作点关于轴的对称点连接，当点，点，点三点共线时，有最小值，求出直线的解析式为，即可求解.
【小问1详解】
解：点B的坐标为，轴，且
把点代入，得，
把代入反比例函数为常数且)，得，
故答案为：10；9；
【小问2详解】
由（1）可得反比例函数表达式为，一次函数的表达式为；
设平移后的解析式为
联立
得
∵两图象只有一个交点，
，
（舍）
．
【小问3详解】
联立两个函数的表达式得：
解得：或，
∴点的坐标为；
如图，作点关于轴的对称点连接，
∴，
∴，
∴当点，点，点三点共线时，有最小值，
设直线的解析式为，
由题意可得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴点．
23. 某网络经销商购进了一批 A型钥匙扣和B型钥匙扣．已知购进A型钥匙扣个、B型钥匙扣个共需 元，购进 A 型钥匙扣个、B型钥匙扣 个共需 元．
（1）每个 A 型钥匙扣和 B型钥匙扣的进价分别是多少元?
（2）该经销商决定购进 A 型钥匙扣和 B型钥匙扣共 个，投入资金不超过 元，并将 A 型钥匙扣的售价定为每个 元，B型钥匙扣的售价定为每个 元，请问如何进货可以使该经销商获得最大利润? 最大利润是多少元?
【答案】（1）每个A 型钥匙扣进价元，B型钥匙扣的进价为元
（2）该经销商应购进 A 型钥匙扣 个，B型钥匙扣 个，可获得最大利润，最大利润为元
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组和一次函数的应用，找到等量关系是解题的关键；
（1）根据“购进A型钥匙扣个、B型钥匙扣个共需 元，购进 A 型钥匙扣个、B型钥匙扣 个共需 ．”列方程组求解，
（2）先求出利润的函数，再根据一次函数的性质求解．
小问1详解】
解：设每个A 型钥匙扣进价x元，B型钥匙扣的进价为y元，根据题意得：
，
解得：，
答：每个A 型钥匙扣进价元，B型钥匙扣的进价为元．
【小问2详解】
解：设购进A 型钥匙扣a个，则B型钥匙扣件，利润为W元，根据题意得：
，
即：，
，
，且a为非负整数
，
W随着a的增大而增大，
当时，W最大，最大值为：
，
该经销商应购进 A 型钥匙扣 个，B型钥匙扣 个，可获得最大利润，最大利润为元．
24. 如图，是的外接圆，是的直径，过点D的直线与的延长线交于点P，过点B作的垂线交于点E，

（1）求证：是的切线．
（2）若 求图中阴影部分的面积．
（3）若点 M 为半圆的中点且在下方，连接，交于点 N，连接，若，请直接写出的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接，证明，得到，由此即可证明是⊙O的切线；
（2）证明，得到，则可证明为等边三角形，得到，求出，进而得到，，再根据进行求解即可；
（3）连接，过点作交于点，利用同弧所对的圆周角相等，得到，设，则，分别求出，，再由，得到，即可求出．
【小问1详解】
证明：如图所示，连接，则+．

∵，
∴；
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵是的半径．
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，

∴为等边三角形，
∴，
∴
又∵，
∴，，
∴，
∴
；
【小问3详解】
解：连接，过点作交于点，

∵点 M 为半圆的中点且在下方，
，
，
，
，
∵是直径，
∴，
，
设，则，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，即．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，求不规则图形面积， 解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角等等，正确作出辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键.
25. 如图1， 是以 为底边的等腰三角形，
（1）求证∶
（2）如图2，延长 ， 交于点 F，连接，若 ，求证∶
（3）在（2）的条件下，设 分别交 ，于点 M，N．若 ，求 的面积．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）直接证明即可；
（2）证明，结合，可得，从而可得结论；
（3）先证明为等腰直角三角形．再证明四边形是正方形． 求解，证明，，，，，可得，证明的边 上的高 ，再利用三角形的面积公式计算即可．
【小问1详解】
证明：∵是以为底边的等腰三角形，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
【小问3详解】
∵，
∴．
又，
∴．
又 ，
∴为等腰直角三角形．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
，
又 ，
∴是 的垂直平分线．
∴．
∴四边形是正方形．
∴．
又 ，
∴．
∵，
，，
∴，
由正方形的性质可得 ，
∴，，
，
，，
，
，
又的边上的高等于的长，
∴的边 上的高 ，
．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，本题难度很大，属于中考压轴题．
26. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x 轴交于点 B，，与y轴交于点．

（1）求直线和抛物线的解析式．
（2）若点 M 是抛物线对称轴上的一点，是否存在点 M，使得以 M，A，C三点为顶点的三角形是以为底的等腰三角形? 若存在，请求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若点 P 是第二象限内抛物线上的一个动点，求 面积的最大值．
【答案】（1）直线的解析式为 ；抛物线的解析式为 ；
（2）存在，
（3）
【解析】
【分析】本题考查待定系数法求二次函数与一次函数解析式，二次函数动点围城等腰三角形及最大面积问题：
（1）将点代入解析式求解即可得到答案；
（2）设存在，设出点的坐标根据等腰列式求解即可得到答案；
（3）设点P坐标，表示出面积，结合新函数性质求解即可得到答案；
【小问1详解】
解：设直线的解析式为：，将点， 代入，得，
，，
解得：，，
∴直线的解析式为 ；抛物线的解析式为 ；
【小问2详解】
解：存在，理由如下，
抛物线的对称轴为：，
设点，
∵M，A，C三点为顶点的三角形是以为底的等腰三角形，
∴，
∵， ，
，
解得：，
∴；
【小问3详解】
解：设，且，连接，
∴
，
，
∵，，
∴当时，最大为．