2024年云南省昭通市威信县中考二模数学模拟试题（原卷版+解析版）

这是一份2024年云南省昭通市威信县中考二模数学模拟试题（原卷版+解析版），文件包含2024年云南省昭通市威信县中考二模数学模拟试题原卷版docx、2024年云南省昭通市威信县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25页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1．本卷为试题卷．考生必须在答题卡上解题作答．答案应书写在答题卡的相应位置上，在试题卷、草稿纸上作答无效．
2．考试结束后，请将试题卷和答题卡一并交回．
一、选择题（本大题共15小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共30分）
1. 中国人很早开始使用负数，中国古代数学著作《九章算术》的“方程”一章，在世界数学史上首次正式引入负数.如果收入100元记作+100元.那么﹣80元表示（ ）
A. 支出20元B. 收入20元C. 支出80元D. 收入80元
【答案】C
【解析】
【详解】解：∵根据题意可得：“+”表示收入，“-”表示支出，
∴-80元表示支出80元．
故选C．
2. 2023年11月26日，云南省丽江至香格里拉铁路开通运营，迪庆藏族自治州结束了不通铁路的日子．据中国铁路昆明局集团消息，截至12月26日，累计发送旅客超180000人次，数据“180000”用科学记数法表示应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查科学记数法表示较大的数，熟练掌握其定义是解题的关键．将一个数表示成的形式，其中，为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可求得答案．
【详解】解：，
故选：C．
3. 如图，一个含有角的直角三角板的两个顶点放在一个矩形的对边上，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，解题的关键是根据矩形性质得出，推出，由，代入数据计算即可．
【详解】解：如图，有一个含有角的直角三角板，
∴，
∵四边形是矩形，，
∴，
∴，
∴度数为．
故选：D．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查整式的运算，解题的关键是根据完全平方公式，合并同类项，积的乘方和幂的乘方以及单项式的乘法依次对各选项逐一分析即可作出判断．
【详解】解：A．，故此选项不符合题意；
B．，故此选项不符合题意；
C．，故此选项不符合题意；
D．，故此选项符合题意．
故选：D．
5. 下面四幅图形是用数学家名字命名的，其中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A. 科克曲B. 笛卡尔心形线
C. 赵爽弦图D. 斐波那契螺旋线
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形即在平面内，沿着一条直线折叠，直线两旁部分能够完全重合的图形；中心对称图形即把一个图形绕某一点旋转后能与自身重合，这个图形就是中心对称图形．
【详解】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、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；
故选B
6. 函数的自变量x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了函数自变量的取值范围，掌握分式的分母不等于0是解题的关键．
【详解】解：由题意得，
解得．
故选：A．
7. 如图，是的直径，弦，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂径定理可得，再由圆周角定理，即可求解．
【详解】解：∵是的直径，弦，
∴，
∴．
故选：B
【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，熟练掌握垂径定理，圆周角定理是解题的关键．
8. 按一定规律排列的单项式：，则第个单项式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得：第1个单项式为，第2个单项式为，第3个单项式为，第4个单项式为，……，由此发现规律，即可求解．
【详解】解：根据题意得：第1个单项式为，
第2个单项式为，
第3个单项式为，
第4个单项式为，
……，
由此得到第n个单项式为．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了数字类规律题，明确题意，准确得到规律是解题的关键．
9. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）
A. B. 且C. 且D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义结合根的判别式即可得出关于a的一元一次不等式组，解之即可得出结论．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
，，
解得：且．
故选：C．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义、根的判别式以及解一元一次不等式组，根据一元二次方程的定义结合根的判别式列出关于a的一元一次不等式组是解题的关键．
10. 如图，正比例函数和反比例函数（）的图象在第一象限交于点，且，则的值为（ ）

A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据，求出的值，进而求出的值即可．
【详解】解：∵正比例函数和反比例函数（）的图象在第一象限交于点，设，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的综合应用，勾股定理．解题的关键是求出点的坐标．
11. 如图，用一个半径为5 cm的定滑轮带动重物上升，滑轮上一点P旋转了108°，假设绳索(粗细不计)与滑轮之间没有滑动，则重物上升了（ ）
A. π cmB. 2π cmC. 3π cmD. 5π cm
【答案】C
【解析】
【详解】解：根据定滑轮的性质得到重物上升的即为转过的弧长，
利用弧长公式得：l==3πcm，
则重物上升了3πcm，
故选C
12. 在“双减”政策后，学校对某班同学一周七天每天完成课外作业所用的平均时间进行了调查统计，并将统计结果绘制成如图所示的折线统计图，则下列说法错误的是（ ）

A. 一周完成课外作业所用时间的平均数为50分钟
B. 每天完成课外作业所用时间的中位数是45分钟
C. 每天完成课外作业所用时间的众数是45分钟
D. 每天完成课外作业所用时间的最大值与最小值的差为120分钟
【答案】A
【解析】
【分析】分别根据平均数、中位数、众数和极差的定义求解即可．
【详解】解：由折现统计图可知，
一周完成课外作业所用时间的平均数为，故选项A错误，符合题意；
把这组数据从小到大排列：0，30，45，45，60，90，120，第4个数为45，则每天完成课外作业所用时间的中位数是45分钟，故选项B正确，不符合题意；
每天完成课外作业所用时间45出现2次，出现次数最多，则每天完成课外作业所用时间的众数是45分钟，故选项C正确，不符合题意；
每天完成课外作业所用时间的最大值为120分钟，最小值为0分钟，则每天完成课外作业所用时间的最大值与最小值的差为120分钟，故选项D正确，不符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了折现统计图、平均数、中位数、众数和极差等相关知识，读懂统计图并从中得到相关信息是解答的关键．
13. 估算的结果（ ）
A. 在5和6之间B. 在2和3之间C. 在3和4之间D. 在4和5之间
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查无理数的估算，二次根式的乘法，掌握无理数的估算方法是解题的关键．
【详解】解：，
∵，
∴，
即：的结果在4和5之间，
故选：D．
14. 近年来，由于新能源汽车的崛起，燃油汽车的销量出现了不同程度的下滑，某款燃油汽车1月份的售价为20万元，3月份的售价为万元，设该款汽车这两个月售价的月平均降价率是x，可列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了一元二次方程的应用；首先根据1月份售价为20万元，月平均降价率是可得出2月份的售价为万元，3月份的售价为万元，据此根据3月份售价为16.2万元可列出方程，进而可得出答案．
【详解】解：根据题意得：．
故选：C．
15. 不等式组有个整数解，则的取值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查一元一次不等式组的整数解，根据不等式组的整数解有四个，即可确定出的范围，从而得解．确定出的范围是解题的关键．
【详解】解：∵不等式组有个整数解，
∴这四个整数解为、、、，
∴，
∴的取值可能是．
故选：B．
二、填空题（本大题共4小题，每小题2分，共8分）
16. 因式分解：________．
【答案】
【解析】
【分析】此多项式可直接采用平方差公式进行分解．
【详解】解：
＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
17. 一个正多边形的每一个外角都是，则这个正多边形的边数为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了多边形的内角和与外角和，掌握多边形的内角和为，多边形的外角和等于是解题的关键．由一个多边形的外角为和每一个外角都是，可求得其边数．
【详解】解：一个多边形的每一个外角都是，多边形的外角和等于，
这个多边形的边数为：，
故答案为：．
18. 一个长方体的主视图和左视图如图（单位：），则其俯视图的面积是________．
【答案】12
【解析】
【分析】根据给出的长方体的主视图和左视图可得，俯视图的长方形的长与主视图的长方形的宽相等为4，俯视图的长方形的宽与左视图的长方形的宽相等为3．因此俯视图的面积是12cm2．
【详解】解：俯视图是边长分别为4和3的长方形，因而其面积为12cm2．
故答案为12．
【点睛】考查了由三视图判断几何体及简单几何体的三视图的知识，解题的关键是能得到立体图形的三视图和学生的空间想象能力．
19. 如图，DE∥BC，EF∥AB，且S△ADE=4，S△EFC=9，则△ABC的面积为_________
【答案】25.
【解析】
【详解】试题分析：如图，DE∥BC，EF∥AB，所以，，，因为DE∥BC，EF∥AB，所以四边形BDEF是平行四边形，所以EF=BD，所以
又因为S△ADE＝4，S△EFC＝9，所以AD=2，BD=3，因此
考点：相似三角形
点评：本题考查相似三角形，考生解答本题要求掌握相似三角形的性质，相似三角形的面积比等于所对应边之比的平方
三、解答题（本大题共8小题，共62分）
20. 计算：．
【答案】8
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合远算、绝对值化简、负整数指数幂、特殊角的三角函数等知识，分别根据二次根式的乘法、绝对值、负整数指数幂，特殊角三角函数等知识化简，再进行计算即可求解．
【详解】解：
．
21. 如图，点、在线段上，，，且．求证：
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．根据可得，由，推出，结合已知可证明，最后根据全等三角形的性质即可求解．
【详解】证明：，
，
，
，
即，
，
在和中，
，
，
．
22. 习近平总书记在谈到基层教育时指出，我们的教育要善于从五千年中华传统文化中汲取优秀的东西，同时也不摒弃西方文明成果，真正把青少年培养成为拥有“四个自信”的孩子．某校响应号召，为满足学生的阅读需求新购买了一批图书，拟购进甲、乙两种规格的书柜放置新购买的图书，已知每个甲种书柜的价格是每个乙种书柜价格的1.2倍，用9600元购买的甲种书柜数量比用7200元购买的乙种书柜数量多5个，分别求每个甲、乙书柜的价格．
【答案】每个甲种书柜的价格是192元，每个乙种书柜的价格是160元
【解析】
【分析】本题考查分式方程的实际应用，设每个乙种书柜的价格是元，则购进每个甲种书柜的价格是元，根据“每个甲种书柜的价格是每个乙种书柜价格的1.2倍，用9600元购买的甲种书柜数量比用7200元购买的乙种书柜数量多5个”，列出分式方程，进行求解即可．读懂题意，正确的列出分式方程，是解题的关键．
【详解】解：设每个乙种书柜的价格是元，则购进每个甲种书柜的价格是元，
根据题意得：，
解得：，
经检验，是所列方程的解，且符合题意，
∴．
答：每个甲种书柜的价格是192元，每个乙种书柜的价格是160元．
23. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”，小文购买了“二十四节气”主题邮票，他将“立春”“立夏”“秋分”“大暑”四张邮票背面朝上洗匀放在桌面上（邮票背面完全相同）．

（1）小文从中随机抽取一张邮票是“秋分”的概率是___________；
（2）小文从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，请用画树状图或列表的方法求小文抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率（这四张邮票依次用字母，，，表示）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查概率的应用，掌握画树状图或列表求概率的方法是解题的关键．
（1）根据概率公式直接求解；
（2）通过画树状图或列表罗列出所有等可能的情况，再从中找出符合条件的情况数，最后利用概率公式求解．
【小问1详解】
解：小文从4张邮票中随机抽取一张邮票是“秋分”的概率是：，
故答案为：；
【小问2详解】
解：由题意画树状图如下：

由图可知，共有12种等可能的情况，其中抽到A和B（“立春”和“立夏”）的情况有2种，
，
故小文抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率为．
24. 繁花歌舞团准备采购甲、乙两种道具，某商场对甲种道具的出售价格根据购买量给予优惠，对乙种道具按40元/件的价格出售，设繁花歌舞团购买甲种道具x件，付款y元，y与x之间的函数关系如图所示：
（1）求出当和时，y与x的函数关系；
（2）若繁花歌舞团计划一次性购买甲、乙两种道具共120件，且甲种道具数量不少于乙种道具数量的，乙种道具不少于35件，如何分配甲、乙两种道具的购进量，才能使繁花歌舞团付款总金额w（元）最少？
【答案】（1）当时，函数解析式为，当时，
（2）购进甲种道具85件，购进乙种道具35件，才能使延长歌舞团付款总金额最少
【解析】
【分析】本题主要考查一次函数的应用，不等组的应用，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题的关键．
（1）设当时，函数解析式为，当时，函数解析式为，利用待定系数法可求解；
（2）设购进甲种道具a件，则购进乙种道具件，根据“甲种道具数量不少于乙种道具数量的，乙种道具不少于35件”求得，然后结合（1）及题意列出付款总金额w（元）与甲种道具a件的函数关系式，可进行求解．
小问1详解】
解：设当时，函数解析式为，则把点代入得：，
解得：，
∴当时，函数解析式为，
当时，函数解析式为，则把点，代入得：
，
解得：，
∴当时，；
【小问2详解】
解：设购进甲种道具件，则购进乙种道具件，
由题知，，解得：．
当时，
；
∵，
∴随的增大而减小，
则当时，，
当时，．
即：当时，付款总金额最少，最少付款总金额为4990元．
此时乙种道具为（件）．
答：购进甲种道具85件，购进乙种道具35件，才能使延长歌舞团付款总金额最少．
25. 如图，在中，，点是中点，．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再由直角三角形斜边上中线性质得，即可得出结论；
（2）由已知得，再由勾股定理得的长，然后由菱形的性质和三角形面积关系得，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，点D是的中点，
∴，
∴平行四边形是菱形；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，点D是的中点，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、含30度直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握含30度直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质，证明四边形为菱形是解题的关键．
26. 如图，是的直径，为上一点，连接，，延长至点，使得，点为的中点，连接交于点，连接．
（1）求证：为的切线；
（2）若，，求．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，可知，进而证得，由是直径，得，可推出，从而证得为的切线；（2）由已知易证，于是；，所以，即，从而求得，，；
（2）在中，由勾股定理求得，；连结，可证，得，所以．
【小问1详解】
证明：连接，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵是直径，
∴，
即，
∴，
∴，
即于点，且为半径，
∴为的切线．
小问2详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，即，
又∵，
∴，，
∴．
在中，，即，
∴，，
连结，
∵点为的中点，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等；能够灵活运用已知条件及相似的判定，进行等角转换，将已知的边角关系转换到新的三角形中求解线段是解题的关键．
27. 在平面直角坐标系中，已知抛物线．
（1）若，当时，求的取值范围；
（2）已知点，，都在该抛物线上，若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质；
（1）将代入解析式，得出，可得对称轴为直线，进而分别求得最大值与最小值，即可求解；
（2）根据题意分，两种情况讨论，根据二次函数的性质结合题意列出关于不等式，解不等式，即可求解．
【小问1详解】
解：当时，，
抛物线开口向上，对称轴为直线，
比距离对称轴远，
时，为函数最小值，
当时，为函数最大值，
当时，；
【小问2详解】
对称轴为直线，
当时，抛物线开口向上，函数有最小值，
∴，
∵，
∴，即，
，
解得，
当时，抛物线开口向下，函数有最大值，
∴，
∵，
∴，即，
，
解得，
的取值范围是或．