2024年福建省泉州市多校中考二模数学试题

这是一份2024年福建省泉州市多校中考二模数学试题，共22页。

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．考生要认真核对答题卡．上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、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毫米黑色墨水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．作图可先使用2B铅笔画出，确定后必须用0.5毫米黑色墨水签字笔描黑．
4．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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. 在实数，，0，中，最大的数（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了绝对值，实数的大小比较．熟练掌握绝对值，实数的大小比较是解题的关键．
根据实数的大小比较作答即可．
【详解】解：由题意知，，
∵，
∴最大的数为，
故选：D．
2. 我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘微割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（ ）．
A. B. 该试卷源自 每日更新，享更低价下载。C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C. 不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D. 是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是中心对称图形．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由可得，则，根据不等式的性质求解即可．
【详解】解：得，则，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了不等式的性质，注意：当不等式两边同时乘以一个负数，则不等式的符号需要改变．
4. 如图，点A，B，C在上，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了圆周角定理，根据同弧上圆周角等于圆心角的一半即可得到答案．
【详解】解：∵点A，B，C在上，，
∴，
故选；C
5. 2023年4月，第六届数字中国建设峰会在福州举办．本届峰会发布的《数字中国发展报告（2022年）》显示，2022年，中国数字经济规模达万亿元．数据万亿用科学记数法表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据科学记数法的特点即可求解．
【详解】解：万亿．
故选：C．
【点睛】本题考查了用科学记数法表示绝对值小于1的数，绝对值大于1的数用科学记数法可以写为的形式，其中，n为正整数，n的值为总位数减去1，熟知科学记数法的形式并准确确定a、n的值是解题关键．
6. 下列选项中能使成为菱形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质；熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．由菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：如图，
A、∵四边形是平行四边形，
∴，故选项A不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，，
∴为菱形，故选项B符合题意；
C、∵四边形是平行四边形，，
∴为矩形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形，，
∴为矩形，故选项D不符合题意；
故选：B．
7. 一种弹簧秤最大能称不超过的物体，不挂物体时弹簧的长为，每挂重物体，弹簧伸长．在弹性限度内，挂重后弹簧的长度与所挂物体的质量之间的函数关系式为（ ）

A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】挂重后弹簧长度等于不挂重时的长度加上挂重后弹簧伸长的长度，据此即可求得函数关系式．
【详解】解：由题意知：；
故选：B．
【点睛】本题考查了求函数关系式，正确理解题意是关键．
8. 某校为推荐一项作品参加“科技创新”比赛，对甲、乙、丙、丁四项候选作品进行量化评分，具体成绩（百分制）如表：
如果按照创新性占60%，实用性占40%计算总成绩，并根据总成绩择优推荐，那么应推荐的作品是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】B
【解析】
【分析】利用加权平均数计算总成绩,比较判断即可
【详解】根据题意,得:
甲：90×60%+90×40%=90；
乙：95×60%+90×40%=93；
丙：90×60%+95×40%=92；
丁：90×60%+85×40%=88；
故选B
【点睛】本题考查了加权平均数的计算，熟练掌握加权平均数的计算方法是解题的关键．
9. 如图，某数学实践小组要测量操场的旗杆的高度，操作如下：

（1）在点处放置测角仪，量得测角仪的高度为；
（2）测得仰角；
（3）量得测角仪到旗杆的水平距离为．
则旗杆的高度可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点作于点F，则四边形为矩形，根据三角函数的定义即可得到结论．
【详解】过点作于点F，
则四边形为矩形，
∴，，
在中，，
，，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用—仰角俯角问题，掌握三角函数的定义，并根据题意构建合适的直角三角形是解题的关键．
10. 抛物线的函数表达式为，若将x轴向上平移1个单位长度，将y轴向左平移2个单位长度，则该抛物线在新的平面直角坐标系中的函数表达式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图像与几何变换，正确掌握平移规律是解题的关键，此题可以转化为将抛物线向下平移1个单位长度，向右平移2个单位长度后所得抛物线解析式，将抛物线直接利用二次函数的平移规律“上加下减，左加右减”，进而得出答案．
【详解】若将x轴向上平移1个单位长度，将y轴向左平移2个单位长度相当于将原抛物线向下平移1个单位长度，向右平移2个单位长度，所以表达式为：
，
故选：C．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11. 若代数式有意义，则实数x的取值范围__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式有意义的条件，即“分式有意义的条件是：分母不为零”，令，即可求出答案．
【详解】由代数式有意义得：
，
解得，
故答案为：．
12. 计算：_______．
【答案】
【解析】
【分析】先把化简为2，再合并同类二次根式即可得解.
【详解】2-=.
故答案为：.
【点睛】本题考查了二次根式的运算，正确对二次根式进行化简是关键．
13. 一个扇形的圆心角是，半径为4，则这个扇形的面积为______．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：∵扇形的半径为4，圆心角为90°，
∴扇形的面积是：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算．熟记扇形的面积公式是解题的关键．
14. 若反比例函数的图象所在的每一个象限内，随的增大而减小，请写出一个符合条件的的值______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查反比例函数图象的性质，先根据反比例函数图象的性质确定的正负情况，然后写出即可．
【详解】解：在每个象限内随着的增大而减小，
．
符合条件的的值可以是
故答案为：（答案不唯一）．
15. “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，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐．小文将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，可以画出相应的树状图，从而可以得到小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率．
【详解】解：设立春用A表示，立夏用B表示，秋分用C表示，大寒用D表示，画树状图如下，
由图可得，一共有12种等可能性的结果，
其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的可能性有2种，
∴小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查列表法与画树状图法求概率，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图．
16. 如图，中，，点O是的重心，延长与相交于点D，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查三角形重心，直角三角形斜边中线的性质，根据是的重心，，则，根据三角形斜边中线的性质即可求出．
【详解】解：∵点O是重心，延长与相交于点D，若，
∴，是的中线，
∴
故答案为：．
三、解答题：本题共9小题，共86分．解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 解不等式组：．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了解不等式组，求出每个不等式的解集，确定各解集的公共部分即可．
【详解】解：
解不等式①得，
解不等式②得，
∴原不等式组的解集为．
18. 如图，点D在边上，，，，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】此题考查了全等三角形的判定，由得到，再由已知，，即可得到结论．
【详解】证明：∵，
∴，
∵，，
∴
19. 先化简，再求代数式的值，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查分式的化简求值，特殊角的三角函数值的混合运算，先根据分式的混合运算法则，进行化简，再根据特殊角的三角函数值求出的值，再代入化简后的式子计算即可．掌握分式的混合运算法则，熟记特殊角的三角函数值，是解题的关键．
【详解】解：原式
；
∵，
∴原式．
20. 如图，在中．，，．由沿方向平移得到，线段由线段绕点A按逆时针方向旋转得到，且点D落在直线上．
（1）求的大小；
（2）求四边形的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）勾股定理求出，由旋转得到，则，再由平移求出，即可得到的大小；
（2）证明四边形平行四边形，再证明，则，求出，则，利用平行四边形面积公式求出答案即可．
【小问1详解】
解：∵在中．，，．
∴，
∵线段由线段绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴
∴，
∵由沿方向平移得到，
∴
∴，
∴；
【小问2详解】
∵由沿方向平移得到，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴，
∴
∴四边形的面积．
【点睛】此题考查了相似三角形的判断和性质、勾股定理、平移的性质、旋转的性质、平行四边形的判定，求出和证明是解题的关键．
21. 如图，在中，．
（1）在上求作一点O，使得分别与，相切．
（2）在（1）的条件下，已知，，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由切线的性质，角平分线的性质可知，为的平分线与的交点，然后作图即可；
（2）如图，作于，作于，则，，设，由勾股定理得，，，由，可得，即，求得满足要求的解为，然后求正切即可．
【小问1详解】
解：作的平分线，交于点，如图，点即为所求；
【小问2详解】
解：如图，作于，作于，则，
∴，
设，
由勾股定理得，，，
∵，
∴，即，
解得，或（舍去），
∴，
∴的值为．
【点睛】本题考查了切线的性质，作角平分线，勾股定理，正切等知识，熟练掌握切线的性质，作角平分线，勾股定理，正切是解题的关键．
22. 根据以下素材，探索完成任务．
【答案】任务1：笔记本的单价为5元，钢笔的单价为10元；任务2：可购买钢笔30支，笔记本20本；或购买钢笔25支，笔记本30本；或购买钢笔20支，笔记本40本；任务3：文具店赠送5张兑换券，其中3张兑换钢笔，2张兑换笔记本（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题主要考查了一元一次方程和二元一次方程的应用，解题的关键是根据等量关系，列出方程，准确解方程．
任务1：设笔记本的单价为x元，根据购买40个笔记本和20只钢笔的所花的钱一样多列出方程，解方程即可；任务2：设购买钢笔为a支，笔记本为b本，根据总的花费为400元，列出方程，根据，，且b是10的倍数，求出a、b的值即可；任务3：可以就钢笔和笔记本数量的一种情况进行解答，答案合理即可．
【详解】任务1：
解：设笔记本的单价为x元，
根据题意，得，
解得，
这时．
∴笔记本的单价为5元，钢笔的单价为10元；
任务2：
解：设购买钢笔为a支，笔记本为b本，根据题意，得，化简得，
由题意，，，且b是10的倍数，
∴，，，
∴可购买钢笔30支，笔记本20本；或购买钢笔25支，笔记本30本；或购买钢笔20支，笔记本40本．
任务3：
解：当原有钢笔30支，笔记本20本时，设有y张兑换券兑换钢笔，根据题意，得
，整理得，
∵，且，y均为正整数，
∴经尝试检验得，
∴文具店赠送5张兑换券，其中3张兑换钢笔，2张兑换笔记本．（答案不唯一）
23. 某款热销净水器使用寿命为十年，过滤功能由核心部件滤芯来实现在使用过程中，滤芯需要不定期更换，每个滤芯200元．若在购买净水器的同时一次性购买多个滤芯，则滤芯可享受5折优惠．使用过程中若需再购买则没有优惠，若购买的滤芯未使用则按照每个50元回收．如图是根据100位客户所购买的该款净水器在十年使用期内更换滤芯的个数绘制成的频数分布直方图（每位客户购买一台）．
（1）以这100位客户所购买的净水器在十年使用期内更换滤芯的个数为样本，估计一台净水器在十年使用期内更换滤芯的个数不大于10（小于等于10）的概率；
（2）试以这100位客户所购买的净水器在十年使用期内购买滤芯所需总费用的平均数作为决策依据，说明购买净水器的同时一次性购买11个还是12个滤芯？
【答案】（1）
（2）购买净水器的同时一次性购买12个．
【解析】
【分析】本题考查了频数分布直方图，概率公式以及平均数的计算，解题的关键是理解题意，熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
（1）利用概率公式计算即可；
（2）计算平均数后，即可得出答案．
【小问1详解】
∵在100台净水器中，一台净水器在使用期内更换滤芯件数不大于10（小于等于10）的频数
(台)，
故估计一台净水器在使用期内更换滤芯件数不大于10（小于等于10）概率为；
【小问2详解】
购买净水器的同时一次性购买11个，
(元)．
购买净水器的同时一次性购买12个，
，
∵，
∴购买净水器的同时一次性购买12个．
24. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的顶点为E，在该抛物线第一象限内有一点A，轴，垂足为B．点F坐标分别为，点C是的中点，轴，垂足为E，，垂足为D．
（1）求证：；
（2）求证：B，D，F三点共线；
（3）若，判断四边形是何种特殊的四边形，并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）四边形是菱形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由，可得，设，则，，，由两点间距离公式得，，，则，进而结论得证；
（2）由，，可得的中点坐标为，即是的中点，进而结论得证；
（3）如图，由题意知，，，证明，则，，是等边三角形，，由轴，可得，由（2）知是的中点，则，是等边三角形，则，进而结论得证．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
设，则，，，
又∵点F坐标分别为
∴由两点间距离公式得，，，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：∵，，
∴的中点坐标为，
∴是的中点，
∴B，D，F三点共线；
【小问3详解】
解：四边形是菱形，理由如下；
如图，
由题意知，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴是等边三角形，，
由题意知，轴，
∴，
由（2）知是的中点，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查了勾股定理，二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，菱形的判定等知识．熟练掌握勾股定理，二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，菱形的判定是解题的关键．
25. 如图1，在中，，，是线段上的动点（不与点，重合），将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．过点作交的延长线于点．
（1）若，求的大小（用含a的代数式表示）；
（2）求证：；
（3）如图2，当，，三点共线时，若，，求的长．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余得，根据旋转的性质得，，根据等边对等角得到，，即可得解；
（2）延长至点，使，连接、，延长至点，使，连接，根据垂直平分线的性质及等边对等角得，， ，，以为直径作，根据圆周角定理得，证明，得，继而得到，最后根据平行线分线段成比例定理得到，即可得证；
（3）设，得到，，证明，再证明，得，即，根据勾股定理得到，即，求解即可．
【小问1详解】
解：∵中，，，
∴，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的大小为；
【小问2详解】
证明：延长至点，使，连接、，延长至点，使，连接，
∵，，
∴垂直平分，垂直平分，
∴，，
∴，，
∴，
以为直径作，
∵，，
∴，
∴点、在上，
由（1）知：，，
又∵在中，所对的圆周角为和，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：设，
∵，，三点共线，，，
由（2）知：，
∴，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
在中，，
∴，
解得：或（负值不符合题意，舍去），
∴的长为．
【点睛】本题是旋转变换综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点．通过作辅助线构造全等三角形、构造圆以利用圆周角定理，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 项目
作品
甲
乙
丙
丁
创新性
90
95
90
90
实用性
90
90
95
85
如何设计奖品购买及兑换方案？
素材1
某文具店销售某种钢笔与笔记本，已知钢笔的单价比笔记本贵5元，购买40个笔记本和20只钢笔的所花的钱一样多
素材2
某学校花费400元购买该文具店的钢笔和笔记本作为奖品颁发给“优秀学生”，两种奖品的购买数量均不少于20件，且购买笔记本的数量是10的倍数．
素材3
学校花费400元后．文具店赠送m张兑换券
（如右）用于商品兑换．兑换后，笔记本与钢笔数量相同．
问题解决
任务1
探求商品单价
请运用适当方法，求出钢笔与笔记本的单价．
任务2
探究购买方案
探究购买钢笔和笔记本数量的所有方案．
任务3
确定兑换方式
运用数学知识，确定一种符合条件的兑换方式