2024年广东省深圳市南山区桃源中学中考二模数学试题（原卷版+解析版）

这是一份2024年广东省深圳市南山区桃源中学中考二模数学试题（原卷版+解析版），文件包含2024年广东省深圳市南山区桃源中学中考二模数学试题原卷版docx、2024年广东省深圳市南山区桃源中学中考二模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
（试卷总分：100分 考试时间：90分钟 ）
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列各数中，最小的数是（ ）
A. －lB. 0C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据实数的大小比较法则，比较即可解答．
【详解】解：∵，
∴最小的数是-1．
故选：A
【点睛】本题考查实数的大小比较，负数都小于0，正数都大于0，正数大于一切负数，两个负数，其绝对值大的反而小．
2. 如图所示的圆锥，下列说法正确的是（ ）
A. 该圆锥主视图是轴对称图形
B. 该圆锥的主视图是中心对称图形
C. 该圆锥的主视图既是轴对称图形，又是中心对称图形
D. 该圆锥的主视图既不是轴对称图形，又不是中心对称图形
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断出圆锥的主视图，再根据主视图的形状判断是轴对称图形，还是中心对称图形，从而可得答案．
【详解】解：圆锥的主视图是一个等腰三角形，
所以该圆锥的主视图是轴对称图形，不是中心对称图形，故A正确，
该圆锥的主视图是中心对称图形，故B错误，
该圆锥的主视图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C错误，
该圆锥的主视图既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故D错误，
故选A．
【点睛】本题考查的简单几何体的三视图，同时考查了轴对称图形与中心对称图形的识别，掌握以上知识是解题的关键．
3. 在一次科技作品制作比赛中，某小组八件作品的成绩（单位：分）分别是：7，10，9，8，7，9，9，8．对这组数据，下列说法正确的是（ ）
A. 中位数是8B. 众数是9C. 方差为9D. 平均数是8
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平均数，中位数，众数与方差的意义．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数，它是反映数据集中趋势的一项指标；中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）；一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差，方差是用来衡量一组数据波动大小的量．
根据众数、中位数、平均数、方差的计算方法计算即可．
【详解】解：8件作品的成绩（单位：分）按从小到大的顺序排列为：7、7、8、8、9、9、9、10，
A、中位数为，故本选项不符合题意；
B、9出现了3次，次数最多，故众数为9，故本选项符合题意；
C、，故本选项不符合题意；
D、平均数，故本选项不符合题意．
故选：B．
4. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的加法法则，二次根式的乘法法则，同底数幂的相乘，幂的乘方运算法则依次判断即可得到答案.
【详解】A、与不是同类二次根式，不能进行加法运算，故该选项错误；
B、，故该选项错误；
C、，故该选项错误；
D、，故该选项正确，
故选：D.
【点睛】此题考查计算能力，正确掌握二次根式的加法法则，二次根式的乘法法则，同底数幂的相乘，幂的乘方运算法则是解题的关键.
5. 不等式组的解集在数轴上表示为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先解出不等式组的解集，然后将解集表示在数轴上即可．
【详解】解：解不等式，得，
解不等式，得，
∴不等式组的解集为，
在数轴上表示为：

故选：B．
【点睛】此题考查不等式组的解法，解题关键是将解集表示在数轴上时，有等号即为实心点，无等号则为空心点．
6. 如图，在中，以点A为圆心，小于长为半径画弧，分别交，于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，过点A和两弧的交点作射线，交于点D，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查角平分线性质与作图，解直角三角形，熟知角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键．
【详解】如图，过点作于点，
由作图知平分，又，则，
因为，
所以 ，
因为，
所以．
7. 如图圆的半径是4，是弦，且A是弧的中点，则弦的长为（ ）
A. B. C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质，圆心角、弧、弦之间的关系，连接，根据圆周角定理得到，由A是弧的中点得到，则是等边三角形，即可得到答案．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵A是弧的中点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故选：C．
8. 成语“朝三暮四”讲述了一位老翁喂养猴子的故事，老翁为了限定猴子的食量分早晚两次投喂，早上的粮食是晚上的，猴子们对于这个安排很不满意，于是老翁进行调整，从晚上的粮食中取2千克放在早上投喂，这样早上的粮食是晚上的，猴子们对这样的安排非常满意．设调整前早上的粮食是x千克，晚上的粮食是y千克，则可列方程组为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，根据设调整前早上的粮食是x千克，晚上的粮食是y千克，根据早上的粮食是晚上的，调整后，从晚上的粮食中取2千克放在早上投喂，这样早上的粮食是晚上的，列出方程组即可．
【详解】解：∵调整前早上的粮食是x千克，晚上的粮食是y千克，且早上的粮食是晚上的，
∴，
老翁从晚上的粮食中取2千克放在早上投喂后，
早上粮食为千克，晚上粮食为千克，
∵调整后早上的粮食是晚上的，
，
∴可列方程组 ，
故选：B．
9. 如图，中，，点D在上，．若， ，则的长度为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查解直角三角形，先根据正切值求出的长，根据，得到，再利用正切值求出的长，勾股定理求出的长即可．
【详解】解：在中，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选C．
10. 如图，在中，，．与矩形的一边都在直线上，其中、、，且点位于点处．将沿直线，向右平移，直到点与点重合为止．记点平移的距离为，与矩形重叠区域面积为，则关于的函数图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据经过点和经过点时计算出和，再分，和三种情况讨论，画出图形，利用面积公式解答即可．
【详解】解：当经过点时，如图所示：
为等腰直角三角形，
，
，，
；
当经过点时，如图所示：
，，
，
；
①当时，如图所示：
此时，，
，
；
②当时，如图所示：
过作于，
此时，，，
，
，
，
四边形是矩形，
，
；
③当时，如图所示：
此时，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，解三角形等知识，关键是画出图形，利用数形结合和分类讨论的思想进行运算．
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分．
11. 近年来，城市电动自行车安全充电需求不断攀升．截至2023年5月底，某市已建成安全充电端口逾280000个，将280000用科学记数法表示为____________．
【答案】
【解析】
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，n为整数，据此判断即可．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了用科学记数法表示较大的数，科学记数法的表示形式为，其中，确定与的值是解题的关键．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于1时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
12. 因式分解：＝________________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用平方差公式分解因式是解题关键．
直接提取公因式m，再利用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
13. 中国古代“四书”是指《论语》《孟子》《大学》《中庸》．若从这四本著作中随机抽取两本，则抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是________．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了用树状图或列表法求概率，先用树状图把所有情况列出来，在用概率公式计算即可求出．
【详解】解：画树状图如下，
共有12种等可能得结果，其中抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的情况有2种，
∴抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是．
故答案为：．
14. 如图，在平面直角坐标系中，以反比例函数图象上的点点B为顶点，分别作菱形和菱形，点D，E在x轴上，以点O为圆心，长为半径作弧，连接．则阴影部分面积之和为______．

【答案】
【解析】
【分析】将，代入中即可求解；先计算出，再计算出扇形的面积，根据菱形的性质及结合的几何意义可求出，从而问题即可解答．
本题考查反比例函数及的几何意义，菱形的性质，圆心角与弧的关系等，正确的几何意义是解题关键．
【详解】解：将，代入到中，
得：，
解得：；
过点作 的垂线，交轴于，

，，
，，
，
半径为2；
，
，
由菱形的性质可知，，
，
圆心角的度数为；
，
，
，
在菱形中，，
，
，
．
故答案为：
15. 已知，，，点F在上，作于E，交延长线于G，连接，，，则的长为______．

【答案】##
【解析】
【分析】可证得A、E、D、G四点共圆，推出，推出，证得，得到，再证得，从而得到，利用三角形中位线定理以及，可推出，利用勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】解：连接，如图：
∵，，
∴，
∴A、E、D、G四点共圆，
∴，
∵
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，

∴点H为中点，点C为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，四点共圆的知识，作出常用辅助线，利用四点共圆的知识证得∠2=∠3是解题的关键．
三、解答题：本题共7小题，共55分．第16题6分，第17题7分，第18、19、20题8分，第21、22题9分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16. 计算：；
【答案】
【解析】
【分析】此题考查实数的运算，根据二次根式的化简，零指数幂的定义，特殊角的三角函数值，绝对值的性质以及负整数指数幂的运算法则分别化简后再进行实数的加减法运算．
【详解】：解：
；
17. 先化简，再从1，2，3中选取一个适当的数代入求值．
【答案】，-5
【解析】
【分析】先计算括号里面进行通分运算，再进而利用分式的混合运算法则计算得出答案．
【详解】原式
由题意知且，
∴．
当时，原式．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
18. 如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，图中每一个小正方形方格的边长都为1．
（1）在图中画出线段关于轴的对称线段；
（2）在（1）的条件下，将线段绕点旋转一定的角度得到对应线段，使得轴，画出满足条件的线段；
（3）在（2）的条件下，若有一条直线将四边形的面积平分为相等的两部分，请直接写出满足条件的实数，并在图中画出这条直线．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3），见解析
【解析】
【分析】（1）根据关于轴对称的点的横坐标互为相反数确定出点的位置，然后连接即可；
（2）根据轴对称的性质找出点关于直线的对称点，即为所求的点；
（3）首先证明四边形为平行四边形，由平行四边形的性质可知，平分四边形面积的直线经过该平行四边形的中心，然后求出的中点，代入直线计算即可求出值．
【小问1详解】
解：如下图，线段即所求；
【小问2详解】
如图，作点关于直线的对称点，
∵，
∴，
∴轴，
即线段即为所求；
【小问3详解】
由轴对称的性质可得，，
又∵轴，
∴四边形为平行四边形，
∵，，
∴平行四边形的中心坐标为，
将点代入直线，
可得 ，
解得 ，
作直线，则直线可将四边形的面积平分为相等的两部分．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、轴对称变换、平行四边形的判定与性质、求一次函数解析式等知识，熟练掌握轴对称的性质和平行四边形的性质是解题关键．
19. 如图，在中，，点D是上一点，且，点O在上，以点O为圆心的圆经过C，D两点．

（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径为3，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查切线的判定，解直角三角形．熟练掌握切线的判定方法，正弦的定义，是解题的关键．
（1）连接，根据圆周角定理，得到，进而得到，即可得出是的切线；
（2）解直角三角形，求出的长，进而求出的长，再解直角三角形，求出的长即可．
【小问1详解】
证明：直线与相切，理由如下：
连接，则：，

∵，即：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴直线是的切线；
【小问2详解】
解：∵，，的半径为3，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，，
则：，
∴，
∴．
20. 烟花爆竹的发明与火药技术的使用息息相关．最初的爆竹是由唐朝的李畋发明的，他利用火药、纸筒等材料制作爆竹，目的是产生巨大声响以驱鬼辟邪，烟花爆竹不仅在重要节日以示庆贺，还承载着中国人迎祥纳福的美好愿望．小红的爸爸是一家烟花爆竹店的老板，在春节前购进甲，乙两种烟花，用3120元购进甲种烟花与用4200元购进乙种烟花的数量相同，乙种烟花进货单价比甲种烟花进货单价多9元．
（1）求甲、乙两种烟花的进货单价；
（2）小红的爸爸打算再购进甲、乙两种烟花共1000个，其中乙种烟花的购货数量不少于甲种烟花数量的3倍，如何进货才能花费最少？并求出最少的花费．
【答案】（1）甲种烟花的进货单价为26元，则乙种烟花的进货单价为元；
（2）购进甲种烟花个，则乙种烟花个，花费最少为元．
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出分式方程及一元一次不等式和相应的函数关系式．
（1）设甲种烟花的进货单价为x元，则乙种烟花的进货单价为元，由题意列出分式方程，解方程即可；
（2）设购进甲种烟花m个，则乙种烟花个，花费为y元，根据题意确定相应的函数关系式和不等式，然后求解，利用一次函数的性质即可得出结果．
【小问1详解】
解：设甲种烟花的进货单价为x元，则乙种烟花的进货单价为元，
由题意得：，
解得：，
经检验：是原方程的解，且符合题意，
则，
答：甲种烟花的进货单价为26元，则乙种烟花的进货单价为元；
【小问2详解】
设购进甲种烟花m个，则乙种烟花个，花费为y元，
由题意得：，
∵乙种烟花的购货数量不少于甲种烟花数量的3倍，
∴，
解得：，
∵，则y随m的增大而减小，
∴当时，y最小，最小为元，
则，
答：购进甲种烟花个，则乙种烟花个，花费最少为元．
21. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于A，B点，与y轴交于点，点B的坐标为，点P是抛物线上一个动点．
（1）求二次函数解析式；
（2）若P点在第一象限运动，当P运动到什么位置时，的面积最大？请求出点P的坐标和面积的最大值；
（3）连接，并把沿翻折，那么是否存在点P，使四边形为菱形；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）点的坐标为，的面积最大．
（3）存在，或
【解析】
【分析】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法、二次函数图象与面积问题、二次函数与特殊四边形等知识，数形结合是解题的关键．
（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）设，求出直线的解析式为，设，得到，根据二次函数的性质解答即可；
（3）设点，交于点E，若四边形是菱形，连接，则，，得到方程，解方程即可得到答案．
【小问1详解】
解：将，代入，
得，
解得，
∴二次函数解析式为．
【小问2详解】
设，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
设，
∴
当时，的面积最大，
，
此时，点的坐标为，的面积最大值为．
【小问3详解】
存在．如图，设点，交于点E，
若四边形是菱形，连接，则，，
∴，
解得，
∴或
22. （1）问题呈现：如图1，和都是直角三角形，，且．连接，，求的值．
（2）类比探究：如图2，是等腰直角三角形，，将绕点逆时针旋转得到，连接，，延长交于点，设，求的长；
（3）拓展提升：如图3，在等边中，，是边上的中线，点从点移动到点，连接，以为边长，在的上方作等边，求点经过的路径长．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）首先证明，由相似三角形的性质可得，进而可得，利用勾股定理解得，，，进而证明，由相似三角形的性质即可求得答案；
（2）过点作，交的延长线于，作于，易得，由旋转的性质可知，和都是等边三角形；证明，易得，利用勾股定理可得，然后由求解即可；
（3）过点作于点，证明，由全等三角形的性质可得，，即点总在直线上，垂直平分，所以点经过的路径为一条线段，起点为点、重合时点的位置，终点为的中点，然后求解即可获得答案．
【详解】解（1）∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理，，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，过点作，交的延长线于，作于，
则，
∵是等腰直角三角形，，，
∴，
由旋转知，，，，，
∴和都是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）过点作于点，如下图，
在等边中，，，
在等边中，，，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点总在直线上，即垂直平分，
∴点经过的路径为一条线段，起点为点、重合时点的位置，终点为的中点，
如图所示，
在等边△中，点、重合时，，
此时由等边三角形“三线合一”的性质可得，
∴点经过的路径长为．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．