2024年黑龙江省齐齐哈尔市龙江县育英学校中考二模数学试题（原卷版+解析版）

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时间：120分钟 满分：120分
一、单选题（共30分）
1. 2024的相反数是（ ）
A. B. C. 2024D.
【答案】D
【解析】
【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，只有符号不同的两个数是互为相反数，正数的相反数是负数，0的相反数是0，负数的相反数是正数．
【详解】解：2024的相反数是．
故选D．
2. 下列四个2024年巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别：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．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，本选项符合题意；
B、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，本选项不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，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，本选项不符合题意．
故选：A．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了积的乘方，同底数幂除法，完全平方公式，合并同类项等计算，熟知相关计算法则是解题的关键．
【详解】解：A、与不是同类项，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
B、，原式计算正确，符合题意；
C、，原式计算错误，不符合题意；
D、，原式计算错误，不符合题意；
故选：B．
4. 从长为3，5，7，15的四条线段中任意选取三条作为边，能构成三角形的概率是（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查了列举法求概率，以及三角形的三边关系．列举出所有等可能的情况数，找出能构成三角形的情况数，即可求出所求概率．
【详解】解：从长为3，5，7，15的四条线段中任意选取三条作为边，所有等可能情况有：3，5，7；3，5，15；3，7，15；5，7，15，共4种，
其中能构成三角形的情况只有：3，5，7；共1种，
则能构成三角形的概率是，
故选：A．
5. 将一块三角板和一把直尺按如图所示摆放，直尺一边与三角板的两直角边分别交于点和点，另一边与三角板的两直角边分别交于点和点，若，则的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查三角形的外角的性质和平行线的性质，根据三角形的外角的性质可得：，再根据平行线的性质可知，从而得解．
【详解】解：依题意得：，，，
∴，
∴，
故选：A．
6. 由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的左视图和主视图如图所示，则搭成这个几何体的小正方体的个数最少是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】作出相应的俯视图，标出搭成该几何体的小正方体的个数最少时的数字即可．
【详解】由所给的主视图和左视图可知：
搭成这个几何体的小正方体的个数最少个，
故选：．
【点睛】此题考查了由三视图判断几何体，解题的关键是对知识点的记忆、理解能力．
7. 小明带15元去学习用品商店购买A，B，C三种学习用品，其中A，B，C三种学习用品的单价分别为5元、3元、1元，要求每种学习用品至少买一件且A种学习用品最多买两件，若15元刚好用完，则小明的购买方案共有（ ）
A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种
【答案】B
【解析】
【分析】首先设种商品购买件，种商品购买件；然后分类讨论商品买1件和商品买2件两种情况，最后列出方程解答即可．
【详解】设种商品购买件，种商品购买件，
第一种情况：商品买1件，则
，即，
，都为正整数，
当时，，
当时，，
当时，，
第二种情况：商品买2件，则
，即，
，都为正整数，
当时，，
综上所述，购买方案共有4种．
故选：B．
【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，解题的关键是挖掘题目中的关系，找出等量关系，列出二元一次方程，然后根据未知数的实际意义求解．
8. 如图1，在中，，于点．动点从点出发，沿折线方向运动，运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为，与的函数图象如图2，则的长为（ ）

A. 6B. 8C. 10D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了等腰三角形的性质，三角形的面积公式，判断出和点和点重合时，的面积为3是解本题的关键．先根据结合图2得出，进而利用勾股定理得，，再由运动结合的面积的变化，得出点和点重合时，的面积最大，其值为3，即，进而建立方程组求解，即可得出结论．
【详解】解：由图2知，，
，
，
，，
，，
在中，①，
设点到的距离为，
，
动点从点出发，沿折线方向运动，
当点运动到点时，的面积最大，即，
由图2知，的面积最大为3，
，
②，
①②得，，
，
（负值舍去），
③，
将③代入②得，，
或，
，
，
，
故选：A．
9. 如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点A作于点H，延长，交于点E，根据等腰三角形性质得出，根据勾股定理求出，证明，得出，根据等腰三角形性质得出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，根据，得出，即，求出结果即可．
【详解】解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：

则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形外角性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质．
10. 抛物线 的图象如图所示，对称轴为直线 ．有下列说法：①；②③(t为任意实数)；④若图象上存在点和点，当 时，满足 ，则的取值范围为．其中正确的个数有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，根据开口方向，对称轴，与y轴的交点位置判断①，对应函数值小于0判断②，利用最值判断③，利用对称性判断④即可．
【详解】∵抛物线的开口向上，对称轴为直线，抛物线与轴的一个交点为与之间，根据对称性可得另一个交点在和之间，
∴抛物线与y轴交点位于正半轴，
∴，
∴，
故①正确；
由图象可知，，根据对称轴，得，
∴
∴，
故②正确；
∵抛物线的开口向上，对称轴为直线，
∴抛物线的最小值为，
当时，其函数值为，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故③不正确；
∵和点满足，
∴和点关于对称轴对称，
∴,
∵,
∴,
解得，
故④正确；
故选C．
二、填空题（共21分）
11. 我国目前耕地面积约为1914000000亩，将数据1914000000用科学记数法表示应为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查科学记数法，根据科学记数法的表示方法求解即可．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．解题关键是正确确定a的值以及n的值．
【详解】数据1914000000用科学记数法表示应．
故答案为：．
12. 如图，在中，、是上的两点，，连接、、、．请你添加一个条件______ ，使得四边形是矩形．

【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可知，，，再证，则四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论．
【详解】解：添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是，理由如下：
四边形是平行四边形，
，，
，
，
即，
四边形是平行四边形，
，
，
平行四边形是矩形．
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
13. 函数中自变量的取值范围是_____．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查了函数自变量取值范围，解题关键是明确0指数和二次根式以及分式有意义的条件，准确列出不等式组．
根据0指数底数不为0和二次根式被开方数大于或等于0，以及分式分母不为零列不等式组即可．
【详解】解：根据题意列不等式组得，，
解得，且．
故答案为：且．
14. 若关于方程无解，则的值是____________．
【答案】或
【解析】
【分析】将分式方程转化为整式方程，分整式方程无解和分式方程有增根两种情况求解即可．
【详解】解：，
方程两边同乘：，得：，
整理得：，
①整式方程无解：，解得：；
②分式方程有增根：或，解得：或；
当时：整式方程无解；
当时：，解得：；
综上，当或时，分式方程无解；
故答案为：或．
【点睛】本题考查分式方程无解问题．熟练掌握整式方程无解或分式方程有增根时，分式方程无解，是解题的关键．
15. 如图，矩形的顶点在反比例函数的图象上，顶点、在第一象限，对角线轴，交轴于点．若矩形的面积是16，，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数值的几何意义，熟练掌握反比例函数值的几何意义是关键．
根据反比例函数值的几何意义计算出三角形的面积即可．
【详解】解：矩形的面积是16，，
，，
∵轴，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，又∵，
∴，
∴
，
，
，
反比例函数图象在第二象限，
．
故答案为：．
16. 已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点M是边AB上的动点，过点M作AB的垂线与BC所在的直线交于点N，若△CMN是等腰三角形，则BN的长为_____．
【答案】或6
【解析】
【分析】根据勾股定理求出AB，分点N在线段BC上和点N在线段BC的延长线上两种情况，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，AB＝＝5，
如图1，设CN＝x，则MN＝x，
∴BN＝3﹣x，
∵∠ACB＝∠NMB＝90°，∠B＝∠B，
∴△BMN∽△BCA，
∴，即 ，
解得，x＝，
则BN＝3﹣＝；
如图2，∵CM＝CN，
∴∠CMN＝∠N，
∵∠BMN＝90°，
∴∠CMN＝∠B，
∴CN＝CM＝CB＝3，
∴BN＝CN+CB＝6，
故答案为或6．
【点睛】本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2.
17. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，分别在轴，轴上，且．将正方形绕原点顺时针旋转，并放大为原来的倍，使，得到正方形，再将正方形绕原点顺时针旋转，并放大为原来的倍，使，得到正方形，以此规律继续进行下去，得到正方形，则点的坐标为_____．

【答案】
【解析】
【分析】先求出，再按规律进行求解，找出次循环一周坐标变化规律即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
，
，
，，，，
由题意得：每4次循环一周，
，
点与在同一个象限内，
点．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，点的坐标循环规律探究问题，找出循环规律是解题的关键．
三、解答题（共69分）
18. （1）计算：
（2）因式分解：．
【答案】（1）5（2）
【解析】
【分析】本题考查实数的混合运算和因式分解，熟练掌握零指数幂和负整数指数幂的运算法则、绝对值的性质、特殊角的三角函数值及因式分解的方法是解题的关键．
（1）根据零指数幂，负整数指数幂，绝对值和特殊角三角函数值计算法则求解即可；
（2）先提公因式，再利用平方差公式分解即可．
【详解】解：（1）原式
；
（2）原式
．
19. 解方程∶
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解法是解决问题的关键．本题中，运用公式法求解即可．
【详解】解：．
，
∴原方程的根为．
20. 近年来，校园安全意识越来越受重视．某学校对全校师生进行校园安全知识教育，并对全校学生进行校园安全知识问卷测试，得分采用百分制．现从小学部和初中部各随机抽取20名学生的成绩进行整理与分析（得分用x表示，单位：分，且得分为整数，共分为5组，A组：，B组：，C组：，D组：，E组：），下面给出了部分信息：
小学部被抽取的学生测试得分的所有数据为：
84，48，62，87，88，70，88，74，88，95，93，66，55，90，74，86，79，63，68，82；
初中部被抽取的学生测试得分绘制成了扇形统计图如图所示，其中C组包含的所有数据为：
79，77，78，72，75.
小学部和初中部被抽取的学生测试得分统计表

根据以上信息，解答下列问题：
（1）上述图表中：______，_______；
（2）根据以上数据，你认为该校小学部和初中部学生对校园安全知识哪个掌握得更好?
（3）若该校小学部有学生1200人，初中部有学生800人，估计该校小学部和初中部学生测试得分在C组的人数一共有多少人?
【答案】（1）88，20
（2）该校小学部学生对校园安全知识掌握得更好
（3）人
【解析】
【分析】此题考查了扇形统计图和统计表，从题目中正确提取信息是解题的关键．
（1）根据众数的定义即可得到a的值，用减去其它组的百分比，即可得到所求答案；
（2）从平均数和中位数角度分析即可得到结论；
（3）用各部的总人数分别乘以C组的占比，再求和即可得到答案．
【小问1详解】
解：根据小学部被抽取的学生测试得分的所有数据可知，出现次数最多的数据是88，即众数为88，即；
，
即，
故答案为：88，20
【小问2详解】
该校小学部学生对校园安全知识掌握得更好，理由如下：
该校小学部和初中部学生的成绩平均数相等，小学部被抽取学生成绩的中位数高于初中部被抽查学生的成绩的中位数．
【小问3详解】
（人），
答：估计该校小学部和初中部学生测试得分在C组的人数一共有人．
21. 如图，已知⊙O的半径OA＝5，延长OA至B，使AB，C为⊙O上一点，连接AC，cs∠OAC，M为⊙O上一点，MN⊥OA于点N，交AC于点E，AE＝ME，连接AM，CM，BM．
（1）求证：直线BM是⊙O的切线；
（2）若∠CAM＝m°，求图中阴影部分面积（结果保留m，π）．
【答案】（1）见解析 （2）图中阴影部分面积
【解析】
【分析】（1）先证明OM⊥AC，再由AAS证明△AOF≌△MON，求出OB、ON长度，证明△MON∽△BOM，推出OM⊥BM，即可证明；
（2）求出∠AOM，求出扇形OAM面积，图中阴影部分面积＝S△BOM﹣S扇形OAM．
【小问1详解】
证明：连接OM，
∵OA＝OM，AE＝EM，
∴∠OAM＝∠OMA，∠EAM＝∠AME，
∵MN⊥OA，
∴∠ANM＝90°，
∴∠NAM+∠AMN＝90°，
∴∠EAM+∠AMO＝90，
∴∠AFM＝90°，
∴OM⊥AC，
∵∠ONM＝∠OFA＝90°，∠AOF＝∠MON，OA＝OM，
∴△AOF≌△MON（AAS），
∴∠OMN＝∠OAC，
∵cs∠OAC，
∴cs∠OMN，
∴MN＝4，
∴，
∵OA＝5，AB，
∴OB，
，，∠MON＝∠BOM，
∴△MON∽△BOM，
∴∠ONM＝∠OMB＝90°，
∴OM⊥BM，
∵OM是⊙O的半径，
∴直线BM是⊙O的切线；
【小问2详解】
解：由（1）知∠OMB＝90°，OM⊥AC，
∴，，
∴AM＝CM，
∴∠C＝∠CAM＝m°，
∴∠AOM＝2m°，
∴图中阴影部分面积＝S△BOM﹣S扇形OAM．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、切线的性质、扇形面积公式、勾股定理等知识，属于圆内综合题，有一定难度，解题的关键是需要熟练掌握相关基础知识并根据已知条件综合运用．
22. 已知甲，乙两地相距，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，货车继续出发后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地．如图是两车距各自出发地的距离与货车行驶时间之间的函数图象，结合图象回答下列问题：

（1）图中的值是__________；
（2）求货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离与行驶时间之间的函数关系式；
（3）直接写出在出租车返回的行驶过程中，货车出发多长时间与出租车相距．
【答案】（1）120 （2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求得的解析式，将代入解析式，解方程即可解答；
（2）根据题意可得的值，即为货车装货时距离乙地的长度，结合货车停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，可求出装货时间，即点的坐标，再根据货车继续出发后与出租车相遇，求出装完货后货车的速度，即直线的解析式中的值，最后将点B坐标代入直线的解析式，利用待定系数法即可解答；
（3）根据（2）中直线的解析式求得点的坐标，结合题意，可得点的坐标，从而可得到出租车返回时的速度，然后进行分类讨论：①出租车和货车第二次相遇前，相距时；②出租车和货车第二次相遇后，距离时，分别进行解答即可．
【小问1详解】
解：结合图象，可得，
设直线的解析式为，
将代入解析式，可得，解得，
直线的解析式为，
把代入，得，
故答案为：120；
【小问2详解】
解：根据货车停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，
可得此时出租车距离乙地为，
出租车距离甲地为，
把代入，可得，解得，
货车装完货时，，可得，
根据货车继续出发后与出租车相遇，可得（出租车的速度货车的速度），
根据直线的解析式为，可得出租车的速度为，
相遇时，货车的速度为，
故可设直线的解析式为，
将代入，可得，解得，
直线的解析式为，
故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离与行驶时间之间的函数关系式为；
【小问3详解】
解：把代入，可得，解得，
，
，
根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得,
，
出租车返回时速度为，
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距，
此时货车距离乙地为，出租车距离乙地为，
①出租车和货车第二次相遇前，相距时；
可得，
解得，
②出租车和货车第二次相遇后，相距时；
可得，
解得，
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发或与出租车相距．
【点睛】本题考查了从函数图象获取信息，用待定系数法求一次函数，一次函数的实际应用，能准确地理解题意，根据题中信息求得所需数据是解题的关键．
23. 【问题情境】已知在四边形中，为边上一点（不与点，重合），连接，将沿折叠得到，点的对应点为点．
【问题解决】
（1）如图（1），若四边形是正方形，点落在对角线上，连接并延长交于点，写出与相等的角：______（写出一个即可）：
【拓展变式】
（2）如图（2），若四边形是矩形，点恰好落在的垂直平分线上，与交于点．给出下列结论：①；②是等边三角形；③当，，三点共线时，，请任意选择一个你认为正确的结论加以证明；
（3）如图（3），若四边形是平行四边形，，，点落在线段上，为的中点，连接，，，求的面积．
【答案】（1）（答案不唯一）；（2）选择①，见解析；选择②，见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质及直角三角形的特征即可求解；
（2）选择①：根据垂直平分线段，结合折叠的性质可得，，在中，根据含30度角的直角三角形的特征即可证明；选择②：根据四边形是矩形，垂直平分线段，结合折叠的性质可得，即可证明为等边三角形；
（3）连接，延长至点，使得，连接，由折叠的性质得，易证为等边三角形，推出，在中，求出，，易证，推出，，三点共线，即可得到，即可求解．
【详解】解：（1）四边形是正方形，点落在对角线上，
，
，
，
故答案为：（答案不唯一）；
（2）选择①：
垂直平分线段，
，，，
由折叠的性质可知，
，
，
，
由折叠性质可知，
，
，
在中，，
，
；
选择②：，
四边形是矩形，垂直平分线段，
，
，
由折叠的性质可知，
，
为等边三角形；
（3）连接，
由折叠的性质得，
，
为等边三角形，
，
，
为的中点，
，
延长至点，使得，连接，
在中，，
，，
四边形是平行四边形，，，
，
，，
，
，
，
，，三点共线，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了四边形综合问题，涉及正方形，矩形，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的特征，折叠的性质，熟练掌握正方形，矩形，平行四边形的性质是解题的关键．
24. 在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，点，交轴于点，顶点为．
（1）直接写出点，，，的坐标；
（2）如图1，连接，点为线段上的一个动点，过点作轴交抛物线于点，连接，，求面积的最大值和此时点的坐标；
（3）如图2，是抛物线上第四象限内一点，过点作轴于点，交直线于点，且，作直线．
①求点的坐标；
②为直线上方抛物线上一点，过点作于点，取点．若点为平面内一点，如图，若四边形是菱形时，则点的坐标为________．
【答案】（1），，，
（2）面积最大值为，
（3）①；②或．
【解析】
【分析】（1）令中，，即可求得、两点的坐标，当时，，求得的坐标，将化为顶点式求得顶点坐标；
（2）先求出直线为：，设则从而得，进而根据二次函数的性质即可求解；
（3）①如图，由题意得：轴于交于设则再表示再建立方程求解即可；②若四边形为菱形，如图，互相平分，记对角线的交点为再求解的解析式为：直线的解析式为：设表示中点的坐标，再代入直线的解析式，再解方程可得的坐标，从而可得答案．
【小问1详解】
解：令中，，则，
解得或，
∴，，
当时，，
∴，
∵，
∴．
【小问2详解】
解：设
∵，，
，解得：，
所以直线为：，
点为线段上的一个动点，设则而轴
当时，最大，最大值为．
当时，，
此时：
【小问3详解】
解：①设
∵，．
，解得：，
所以直线为：
如图，由题意得：轴于交于
设则
整理得：
解得：
由则不符合题意，
∴
②若四边形为菱形，则如图，
互相平分，记对角线的交点为
同理可得的解析式为：
而
直线的解析式为：
设
，
整理得：
解得：
或．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，列面积函数关系式，二次函数的性质，菱形的性质，熟练的运用图形的性质，中点坐标公式，一次函数的解析式，再建立方程求解是解本题的关键．
平均数
众数
中位数
小学部
77
a
80.5
初中部
77
89
77.5