2024年黑龙江省齐齐哈尔市中考二模数学试题（原卷版+解析版）

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1. 的绝对值是（ ）
A. 2024B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查求一个数的绝对值，根据负数的绝对值是它的相反数，即可得出结果．
【详解】解：的绝对值是2024．
故选：A．
2. 下面四幅图是我国一些博物馆标志，其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】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A.既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
B.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，如果一个图形绕一个点旋转，能和自身完全重合，则这个图形是中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，两部分能完全重合，则这个图形是轴对称图形，正确掌握相关定义是解题关键．
3. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查了幂的相关运算和单项式乘以单项式，根据运算法则计算后即可得到答案．
【详解】解：A．，故选项正确，符合题意；
B．，故选项错误，不符合题意；
C．，故选项错误，不符合题意；
D．，故选项错误，不符合题意．
故选：A．
4. 在数学活动课上，小明同学将含角的直角三角板的一个顶点按如图方式放置在直尺上，测得，则的度数是（ ）．

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行线的性质和三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：如图：

∵，
∴，
在中，，
∵，
故，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的外角性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．
5. 为庆祝“五四青年节”，着力培养有担当的新一代青年，齐齐哈尔市某中学组织了丰富多彩的研学活动．学校准备在“博物馆”、“扎龙自然保护区”、“龙沙动植物园”、“中小学示范性综合基地”四个研学基地随机选择两地进行本次研学活动，学校同时选中“扎龙自然保护区”和“中小学示范性综合基地”的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了列表法与树状图法求解概率：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出，再从中选出符合事件或的结果数目，然后根据概率公式求出事件或的概率即可．
【详解】解：设用A、B、C、D表示“博物馆”、“扎龙自然保护区”、“龙沙动植物园”、“中小学示范性综合基地”四个研学基地，列表如下：
由表格可知，一共有12种等可能性的结果数，其中校同时选中“扎龙自然保护区”和“中小学示范性综合基地”的结果数有两种，
∴同时选中“扎龙自然保护区”和“中小学示范性综合基地”的概率为，
故选：B．
6. 如图是由5个完全相同的小正方体摆成的几何体，将正方体①移走后，所得的几何体（ ）．
A. 主视图改变，俯视图改变B. 主视图不变，左视图改变C. 左视图改变，俯视图不变D. 左视图不变，俯视图改变
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了三视图中的知识，得到从几何体的正面，左面，上面看的平面图形中正方形的列数及每列正方形的个数是解题的关键．
分别得到将正方体①移走后的三视图，依此即可作出判断．
【详解】解：正方体①移走前后的主视图均为： ；
正方体①移走前的左视图为： ；
正方体①移走后的左视图为：；
正方体①移走前的俯视图为：；
正方体①移走后的俯视图为：．
主视图不变，左视图改变
故选：B．
7. 若关于x分式方程的解为负数，则m的取值范围是（ ）
A. 且B. C. 且D.
【答案】D
【解析】
【分析】解含参的分式方程，然后结合已知条件及分式有意义的条件列得不等式并计算即可．本题考查根据含参分式方程解的情况确定参数的取值范围，结合已知条件解含参分式方程求得是解题的关键．
【详解】解：
两边同时乘上，去分母得：，
移项，合并同类项得：，
系数化为1得：，
∵原分式方程的解为负数，
∴，
解得：
故选：D．
8. 为丰富儿童们的体育活动，“向阳花”幼儿园拿出480元钱全部用于购买儿童感统训练球和儿童不倒翁充气沙包球两种活动用品(两种都购买)，其中儿童感统训练球每个24元，儿童不倒翁充气沙包球每个36元．则购买方案有（ ）
A. 5种B. 6种C. 7种D. 8种
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程的应用．设购买件甲种奖品，件乙种奖品，根据总价二单价数量，列出二元一次方程，求出正整数解，即可得出结论．
【详解】解：设购买件儿童感统训练球，件儿童不倒翁充气沙包球，
依题意得：，
又∵均为正整数，
或或或或或，
∴共有6种购买方案．
故选：B．
9. 如图1，中，，点D是边上一点，过点D作交于点E，动点P从D点出发，以每秒1个单位长度的速度，按的路径匀速运动，设P点的运动时间为t秒，的面积为S，S关于t的函数图象如图2所示，则的长为（ ）

A. B. 3C. 10D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查动点问题的函数图象、平行线分线段成比例和三角形的面积计算，数形结合是解题的关键，根据函数图象求出，再根据函数图象得到和的面积，即可求出和，最后根据，利用平行线分线段成比例建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：由图2可知，当时， S最大，且，此时P点到达B点，
∴，
当时， ，此时P点到达C点，
∴，
∴，
∵，
∴
由图2可知，当时P点到达E点时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
10. 如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于点，，且，结合图象给出下列结论：①；②；③；④方程的两根和为；⑤对于任意实数m都有；其中正确结论有（ ）

A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图象与系数之间的关系．掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键．根据开口方向，对称轴以及图象与轴的交点，判断①；特殊点判断②；特殊点结合b与a的关系判断③，一元二次方程根与系数关系判断④，最值判断⑤．
【详解】解：抛物线开口向上，，对称轴为，
∴，
图象与轴交于负半轴，
∴，
∴；故①正确；
∵抛物线的对称轴是直线，与x轴交于点，，且，
∴，
∴当时，，
当时，，
∴，
故②正确，
∵，，
∴
即；故③正确；
∵抛物线与x轴交于点，，
∴，
当时，，
由得到，，
∴方程的两根和为；
故④错误，
抛物线的对称轴是直线，开口向上，
∴当时，最小值，
∴对于任意实数m都有，
则，
∵
∴
即；故⑤正确，
综上可知，①②③⑤正确，
故选：C．
二、填空题（每小题3分，满分21分）
11. 2024年4月18日，国务院新闻办举行2024年一季度工业和信息化发展情况新闻发布会，会议公布：一季度，电信业务收入达到4437亿元，同比增长，总体保持稳步增长，为全年工作奠定了良好开局．将4437亿元用科学记数法表示为______元．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查用科学记数法表示较大的数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．对于较大的数,科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为正整数．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．由此进行求解即可得到答案．
【详解】4437亿．
故答案为：．
12. 函数中，自变量x的取值范围是___．
【答案】x≥0且x≠2且x≠3
【解析】
【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数、分式分母不为0和0指数幂不为0的条件求解．
【详解】解：∵在实数范围内有意义，
∴，
解得，x≥0且x≠2且x≠3．
故答案为：x≥0且x≠2且x≠3．
【点睛】本题考查了求自变量的取值范围，明确分母不为0，负数没有平方根，零指数的底数不为0是解题的关键．
13. 圆锥的母线长为6，底面半径为2，则其侧面展开图的圆心角为______．
【答案】##120度
【解析】
【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．设圆锥的侧面展开图的圆心角为，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则根据弧长公式得到，然后解方程即可．
【详解】解：设圆锥的侧面展开图的圆心角为，
根据题意得，
解得，
所以侧面展开图的圆心角为．
故答案为：．
14. 如图，在平面直角坐标系中，点P在反比例函数的图象上，其纵坐标为4，过点P作轴，交x轴于点Q，将线段绕点Q顺时针旋转得到线段．若点M也在该反比例函数的图象上，则k的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化旋转，表示出点的坐标是解题的关键．
作轴于，根据题意，，，由于将线段绕点顺时针旋转得到线段，得出，，即可得出，即可得出，，得到，，代入反比例函数解析式即可求得的值．
【详解】解：如图，作轴于，
在反比例函数的图象上，其纵坐标为4，
，，
，
将线段绕点顺时针旋转得到线段．
，，
，
，
，
，，
点也在该反比例函数的图象上，
，
解得．
故答案为：
15. 如图，矩形中，，，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于长为半径画弧交于点P作射线，过点C作的垂线分别交，于点M，N，则的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，设交与点J，过点J作于点K．首先利用相似三角形的性质证明，再想办法求出，可得结论．
【详解】解：如图，设交与点J，交与点T．过点J作于点K．
四边形是矩形，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，，，
，
由作图可知平分，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查作图基本作图，矩形的性质，角平分线的性质定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16. 在中，，点D在的边上，且，将折叠，使点B落在点D处，折痕交边于点E，交另一边于点F，则_______．
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况：在边上，，或在边上，再结合根据角平分线的性质可求．本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了勾股定理以及角平分线的性质．正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【详解】解：如图1．在边上，
将折叠，使点落在点处，折痕交边于点，交另一边于点，
，
∵，
，
∵，
，
；
当在边上，如图2．
在中，，，
，
，
，
将折叠，使点落在点处，折痕交边于点，交另一边于点，连接交于点G，分别过点E作，
与重合，
，
∵，，
∴四边形是矩形
∴
∴四边形是正方形
∴设
∵
，
，
解得．
∴
在中，
故答案为：或
17. 如图，为射线上一点，为射线上一点，，．以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且，与射线交于点，得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且，与射线交于点，得；…，按此规律进行下去，则的面积为_______．

【答案】
【解析】
【分析】通过作辅助线和已知条件，利用勾股定理求出和长度，结合正切值相等以及菱形的性质推出， ，都是等边三角形和，设参数,利用正切值相等和已知条件从而求出和长度，用相同的证明方法找出规律求得，，最后利用三角形相似分别求出和，即可求出的面积，最后即可求出答案．
【详解】解：连接,，，过点作于，过点作于，
过点作于，过点作于，如图所示，

，
，
，
，，
，．
在中，，
．
菱形，且，
为等边三角形，
，，也是等边三角形，同理，都是等边三角形，
，
，
．
设，
，
，，
．
，
，
．
同理可得：，，
，．
由上可得，，．
， 都是等边三角形，
，，
，
，
．
，的高
的高为，
，
．
的面积．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的性质，解直角三角形，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理以及通过计算找出规律．
三、解答题（本题共7道大题，共69分）
18. （1）计算：
（2）分解因式：
【答案】（1）6；（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了分解因式，实数的混合运算：
（1）先计算特殊角三角函数值，化简二次根式和计算负整数指数幂，再根据实数的运算法则求解即可；
（2）提取公因式分解因式即可．
【详解】解：（1）
；
（2）
．
19. 解方程：．
【答案】 ,
【解析】
【分析】根据求根公式进行解题.
【详解】解:
a=1b=-6,c=4
∴△=36-16=20
∴
∴ ,
【点睛】本题考查了一元二次方程的求解,属于简单题,熟悉一元二次方程的求解方法是解题关键.
20. “微信运动”被越来越多的人关注和喜爱，某兴趣小组随机调查了某市部分教师某日微信运动中的步数情况并进行统计整理，绘制了如图的统计图表（不完整），请根据信息，解答下列问题：
（1）本次共调查了 名教师， ， ；
（2）补全频数分布直方图；
（3）在扇形统计图中，第四组所对应的扇形圆心角的度数为 ；
（4）若该市约有30000名教师，估计日行走步数不低于1.2万步的教师约有多少名？
【答案】（1）50，2，16
（2）见解析 （3）
（4）9000名
【解析】
【分析】考查频数分布表、频数分布直方图的意义和制作方法，掌握频数、频率、总数之间的关系是正确计算的前提．
（1）总共调查人数为人， ，第1组的占比为；
（2）根据求得的的值画图即可．
（3）根据题意求出第四组所对应的扇形圆心角的度数即可；
（3）需要先计算不低于1.2万步的占比，再计算人数．
【小问1详解】
本次共调查了（人），
，
第1组的占比为，因此．
故答案为：50，2，16；
小问2详解】
画图如下：
【小问3详解】
第四组所在扇形的圆心角的度数为；
【小问4详解】
根据题意：日行走步数不低于1.2万步的教师约有：（人．
21. 图，为的直径，点C为上一点，连接垂直平分，垂足为E，且交于点F，交于点P，且满足，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）若，当时，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】此题考查了切线的判定、解直角三角形、等边三角形的判定和性质、扇形面积公式等知识，熟练掌握切线的判定和求不规则图形面积是解题的关键．
（1）连接证明，得到，又由是的半径即可得到结论；
（2）连接，证明为等边三角形，则 证明为等边三角形，则 利用即可求出答案．
【小问1详解】
解：如图，连接


∵

∵，
∴，


∴，
即
∵是的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
连接，
∵垂直平分，

∵
为等边三角形，
∴


∴为等边三角形，

22. 在一条笔直的道路上依次有A，B，C三地，乙车从B地驶往C地，同时甲车从B地驶往A地，到达A地后因故停留1小时，然后立即掉头（掉头时间忽略不计）按原路原速驶往C地．结果甲车比乙车早2小时到达C地后停车修整．两车均匀速行驶，如图是两车距A地的距离y（单位：千米）与乙车出发的时间x（单位：小时）之间的函数图象．请结合图象回答下列问题：
（1）甲车的速度为 千米小时，乙车的速度为 千米小时，B、C两地间的距离为 千米；
（2）求乙车从B地到C地的行驶过程中y与x的函数关系式（不需写出自变量的取值范围）；
（3）请直接写出乙车到达C地前，两车出发多长时间，两车之间相距50千米．
【答案】（1）80；30；240
（2）
（3）小时或小时或小时或小时
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的应用，求一次函数的解析式，正确理解甲乙两车的行驶过程是解题的关键．
（1）由已知得乙车出发后2小时,甲车从A地出发驶向C地，所以可求得甲车的速度为千米小时，以及两地相距千米，同时由已知可得乙车从B地到达C地共用时8小时，乙车的速度为千米小时，B、C两地间的距离为千米；
（2）由（1）可知D，G两点的坐标，设乙车从B地到C地的行驶过程中y与x的函数关系式为，用待定系数法即可求得答案；
（3）由题意知，，用待定系数法求出甲车从A地到C地的行驶过程中y与x的函数关系式，即可求出当小时时，甲乙两车相遇，再分，，，四种情况分别列方程，求出两车之间相距50千米时的时间节点，即得答案．
【小问1详解】
甲车从B地驶往A地，到达A地后因故停留1小时，
乙车出发后2小时,甲车从A地出发驶向C地，
甲车的速度为千米小时，
两地相距千米，
甲车比乙车早2小时到达C地，
乙车从B地到达C地共用时8小时，
乙车的速度为千米小时，B、C两地间的距离为千米；
故答案为：80；30；240．
【小问2详解】
由（1）可知，，，
设乙车从B地到C地的行驶过程中y与x的函数关系式为，
则，
解得，
所以乙车从B地到C地的行驶过程中y与x的函数关系式为；
【小问3详解】
设甲车从A地到C地的行驶过程中y与x的函数关系式为，
由题意知，，
则，
解得，
所以甲车从A地到C地的行驶过程中y与x的函数关系式为，
令，
解得，
所以当小时时，甲乙两车相遇，
乙车到达C地前，两车之间相距50千米的情况有四种：
①当时，乙车出发1小时以内，
，
解得；
②当时，即甲车从A地出发后到两车相遇前，
，
解得；
③当时，即在两车相遇后到甲车到达C地前，
，
解得；
④当时，即甲车到达C地后到乙车到达C地前，
，
解得；
综上说述，乙车到达C地前，两车出发小时或小时小时或小时或小时，两车之间相距50千米．
23. 在综合实践课上，老师组织同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动．下面是同学们进行相关问题的研究．如图①，已知是等腰直角三角形，，点D是的中点．作正方形，使点A，C分别在和上，连接，．

（1）将正方形绕点D逆时针方向旋转一定角度（旋转角度大于，小于或等于），如图②，在旋转的过程中，虽然图形发生了变化，但有些线段的数量关系和位置关系始终不会发生变化．
①猜想和的关系为 ，证明你得到的结论；
②猜想 ；（填图中线段）
（2）若，，（1）的旋转过程中，的取值范围为 ；当时， ．
【答案】（1）①，，证明见解析；②
（2），或
【解析】
【分析】（1）①如图②，连接，延长交于，交于．证明，再进一步可得结论；②证明，可得；
（2）如图，由，在以为圆心，为半径的圆上运动，当在线段上时，最小，最小值为，如图，当在线段的延长线上时，最大，最大值为，从而可得答案；如图，当在的左边，作于，作交其延长线于，设，则，求解，可得，证明，可得，，进一步利用勾股定理可得答案；如图，当在的右边，同理可得答案；
【小问1详解】
解：①，，理由如下：
如图②，连接，延长交于，交于．

在中，为斜边中点，
，，
．
四边形为正方形，
，且，
，
．
在和中，
，
，
，，
，
，
．
②∵，，，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
如图，∵，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，

∵，为中点，，
∴，
当在线段上时，最小，最小值为，
如图，当在线段的延长线上时，最大，最大值为，

∴的取值范围为；
如图，当在的左边，作于，作交其延长线于，

∵，，，
设，则，
由勾股定理可得：，
∴，
解得：，即，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
如图，当在的右边，

同理可得：，，
∴，
∴，
综上：当时，或
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，圆的基本性质，作出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键．
24. 如图，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线经过B、C两点，与x轴交于另一点A，点P在线段上，不与B、C重合．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）过点P作x轴的垂线与该二次函数的图象相交于点M，再过点M作y轴的垂线与该二次函数的图象相交于另一点N，当时，求点P的横坐标：
（3）在平面内找到点Q，使得以点A、C、P、Q为顶点的四边形为菱形，请直接写出点P的坐标；
（4）点C关于x轴的对称点为点D，连接，取的中点G，连接，的最小值是 ．
【答案】（1）
（2）或
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）先求出，，然后代入求解即可；
（2）设，则，．然后分点M在对称轴的右边和点M在对称轴的左边两种情况求解；
（3）分三种情况求解：①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时；
（4）由点G是的中点，可得，取中点E，连接并延长交于点F，可证点G在上运动，作点A关于的对称点，则在上，连接，则，可知当，G，D共线时，取得最小值，即取得最小值．求出即可求解．
【小问1详解】
对于，
当时，，
当时，，，
∴，，代入，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
设，则，
．
∵，
∴对称轴是直线．
如图，当点M在对称轴的右边时，，
∴，
∵，
∴，
∴，（舍去）．
如图，当点M在对称轴的左边时，，
∴，
∵，
∴，
∴，（舍去）．
∴点P的横坐标为或；
【小问3详解】
设，
①当为对角线时，则，
∴，
∴（负值舍去），
∴．
②当为对角线时，则，
∴，
∴，
∴．
③当为对角线时，则，
∴，
∴，（舍去），
∴．
综上可知，点P的坐标为；
【小问4详解】
∵点G是的中点，
∵，
∴．
取中点E，连接并延长交于点F，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴点G在上运动，
作点A关于的对称点，则在上，连接，则，
∴，，
∴，
∴当，G，D共线时，取得最小值，即取得最小值．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点，待定系数法求函数解析式，轴对称的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，以及二次函数与几何综合，难度较大，属中考压轴题．


组别
步数(万步)
频数
第1组
8
第2组
15
第3组
12
第4组
10
第5组
3
第6组
a