2024年广东省广州市广东广雅中学中考二模数学试题（原卷版+解析版）

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第一部分 选择题（共30 分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题 3 分，满分 30 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. 的倒数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了倒数的定义：乘积为1的两个数互为倒数，据此解答即可.
【详解】∵，
∴的倒数是，
故选：B
2. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的除法，减法，化简二次根式，熟练掌握知识点是解题的关键．
分别利用二次根式的的除法，减法，化简二次根式的方法进行计算即可．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，故本选项不符合题意；
B、，故本选项不符合题意；
C、，故本选项符合题意；
D、，故本选项不符合题意．
故选：C．
3. 下列图形中的五边形ABCDE都是正五边形，则这些图形中的轴对称图形有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【详解】分析：直接利用轴对称图形的性质画出对称轴得出答案．
详解：如图所示：直线l即为各图形的对称轴．
，
故选D．
点睛：此题主要考查了轴对称图形，正确把握轴对称图形的定义是解题关键．
4. 某种零件模型如图所示，该几何体空心圆柱的主视图是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据主视图是从正面看得到的图形，可得答案．
【详解】解：从正面看是一个矩形被分成三部分，分割线是虚线，
故选B．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
5. 如图是根据某班40名同学一周的体育锻炼情况绘制的条形统计图，那么该班40名同学一周参加体育锻炼时间的众数、中位数分别是（ ）
A. 16，10.5B. 8，9C. 16，8.5D. 8，8.5
【答案】B
【解析】
【分析】根据中位数、众数的概念分别求得这组数据的中位数、众数．
【详解】解：众数是一组数据中出现次数最多的数，即8；
而将这组数据从小到大的顺序排列后，处于20，21两个数的平均数，由中位数的定义可知，这组数据的中位数是9；
故选：B．
【点睛】考查了中位数、众数的概念．本题为统计题，考查众数与中位数的意义，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（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会错误地将这组数据最中间的那个数当作中位数．
6. 已知3是关于x的方程的一个实数根，并且这个方程的两个实数根恰好是等腰的两条边的边长，则的周长为（ ）
A. 7B. 10C. 11D. 10或11
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程解的定义，构成三角形的条件，等腰三角形的定义，先把代入原方程求出m的值，进而解方程求出或，再分当腰长为3时，则底边长为4，当腰长为4时，则底边长为3，两种情况利用构成三角形的条件进行求解即可．
【详解】解：∵3是关于x的方程的一个实数根，
∴，
解得，
∴原方程为，
解方程得或，
当腰长为3时，则底边长为4，
∵，
∴此时能构成三角形，
∴此时的周长为；
当腰长4时，则底边长为3，
∵，
∴此时能构成三角形，
∴此时的周长为，
综上所述，的周长为10或11，
故选D．
7. 如图,在边长为6的菱形中, ,以点为圆心,菱形的高为半径画弧,交于点,交于点,则图中阴影部分的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的性质得出AD=AB=6，∠ADC=120°，由三角函数求出菱形的高DF，图中阴影部分的面积=菱形ABCD的面积-扇形DEFG的面积，根据面积公式计算即可．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，
∴AD=AB=6，∠ADC=180°-60°=120°，
∵DF是菱形的高，
∴DF⊥AB，
∴DF=AD•sin60°=6×=3，
∴阴影部分的面积=菱形ABCD的面积-扇形DEFG的面积=6×3=18-9π．
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、三角函数、菱形和扇形面积的计算；由三角函数求出菱形的高是解决问题的关键．
8. 如图，点A是反比例函数y＝(x＞0)上的一个动点，连接OA，过点O作OB⊥OA，并且使OB＝2OA，连接AB，当点A在反比例函数图象上移动时，点B也在某一反比例函数y＝图象上移动，则k的值为( )
A. ﹣4B. 4C. ﹣2D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】解：∵点A是反比例函数（x＞0）上的一个动点，∴可设A（x，），∴OC=x，AC=，∵OB⊥OA，∴∠BOD+∠AOC=∠AOC+∠OAC=90°，∴∠BOD=∠OAC，且∠BDO=∠ACO，∴△AOC∽△OBD，∵OB=2OA，∴，∴OD=2AC=，BD=2OC=2x，∴B（﹣，2x），∵点B反比例函数图象上，∴k=﹣•2x=﹣4，故选A．
点睛：本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，利用条件构造三角形相似，用A点坐标表示出B点坐标是解题的关键．
9. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C半径为2，P为圆上一动点，连结AP，BP， AP＋BP的最小值为（ ）．
A. B. 6C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】试题解析：如图，连接CP，在CB上取点D，使CD=1，连结AD，
，
∴，
又∵∠PCD=∠BCP，
∴△PCD∽△BCP．
∴，
∴PD=BP，
∴AP+BP=AP+PD，
当点A，P，D在同一条直线时，AP+BP的值最小，
Rt△ACD中，
∵CD=1，CA=6，
∴AD==，
∴AP+BP的最小值为．
故选A．
【方法点睛】首先连接CP，在CB上取点D，使CD=1，连结AD，则有；然后根据相似三角形判定的方法，判断出△PCD∽△BCP，即可推得，AP+BP=AP+PD，再应用勾股定理，求出AP+BP的最小值为多少即可．
10. 高斯函数也称取整函数，记作，表示不超过的最大整数．例如，．已知函数，若关于的方程有三个不同的实根，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了对高斯函数的理解，以及对方程的解和函数图象交点之间联系的理解，解题的关键在于利用数形结合的方式找出临界点．根据题意可得与有三个不同的交点，恒过点，画出函数图象，找出临界点，即可求出实数的取值范围．
【详解】解：关于的方程有三个不同的实根，
与有三个不同的交点，
有恒过点，
如下图：
当过点时，，
当过点时，，
当过点时，，
当过点时，，
关于的方程有三个不同的实根，则实数的取值范围是或 ．
故选：D．
第二部分 非选择题（共 90 分）
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题3分， 满分 18 分．）
11. 据报道，2016年某市城镇非私营单位就业人员年平均工资超过60500元，将数60500用科学记数法表示为____________．
【答案】6.05×104
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为a×的形式，其中1≤<10，n为整数．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．当原数绝对值>1时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
【详解】解：60500=6.05×10000=6.05×104，
故答案为6.05×104．
【点睛】本题考查的是利用科学记数法表示绝对值较大的数，掌握“科学记数法的表示方法”是解本题的关键．
12. 经过某十字路口的汽车，它可能继续直行，也可能向左转或向右转，如果这三种情况是等可能的，则三辆车全部同向而行的概率是_____．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意画出树状图，由树状图即可求得所有等可能的结果与三辆车全部同向而行的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】分别用A，B，C表示向左转、直行，向右转；
根据题意，画出树形图：
∵共有27种等可能的结果，三辆车全部同向而行的有3种情况，
∴三辆车全部同向而行的概率是＝，
故答案为．
【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
13. 若抛物线y=ax2+bx+c的顶点是A（2，1），且经过点B（1，0），则抛物线的函数关系式为____．
【答案】y=﹣x2+4x﹣3．
【解析】
【分析】抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2+1，把点B（1，0）代入即可求出a=﹣1，再写出解析式即可．
【详解】∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点是A（2，1），
∴可设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2+1．
又∵抛物线y=a（x﹣2）2+1经过点B（1，0），
∴（1，0）满足y=a（x﹣2）2+1．
∴将点B（1，0）代入y=a（x﹣2）2得，0=a（1﹣2）2即a=﹣1．
∴抛物线的函数关系式为y=﹣（x﹣2）2+1，
即y=﹣x2+4x﹣3．
故答案为：y=﹣x2+4x﹣3．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式，设顶点式是解题的关键．
14. 如图，圆O与正方形的两边相切，且与圆O相切于E点．若圆O的半径为2，且，则 的长度为____．

【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质和判定，切线的性质，切线长定理等知识点的应用，解题的关键是根据切线长定理得出．设与正方形的边，切于点F，H，先证四边形是正方形，求出，再根据切线长定理可得．
【详解】解：如图，设与正方形的边，切于点F，H，连接

则，
∵四边形是正方形，
∴，，
，，
四边形是正方形，
的半径为2，
，
，
与相切于点E，
，
故答案为：4．
15. 如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线上的点G处（不与B，D重合），折痕为，若，则点E到的距离为____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，掌握翻转变换是一种对称变换，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是解题的关键．作于H ，，根据折叠的性质得到，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到为等边三角形，得到，设，则， 在中，，，则， 根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】解：作于H ，
由折叠的性质可知，，
由题意得，，
四边形是菱形，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
设，则，
在中，，，
∴
在中，，
即，
解得，，
∴，
故答案为：
16. 在数学拓展课上，蔡老师给大家讲了一个有趣定理：若点C，D在线段所在直线的两侧，并且，那么A，B，C，D四个点在同一个圆上．小雅同学在学习了该定理后积极思考：若限定正三角形的顶点都只能在正方形的边上，则她可以很快在边长为2的正方形纸片上剪出一个面积最大的正三角形，请你计算一下小雅剪出的这个正三角形的边长为____．
【答案】
【解析】
【分析】过点G作于点M，连结，，先根据蔡老师给的定理证明，E，M，G四个点在同一个圆上，G，M，F，D四个点在同一个圆上，再利用圆周角定理证明是正三角形，从而得到点M为一个定点，再根据的位置，得到当经过点C时，即点F与点C重合时，取最大值，的面积也最大，设，利用勾股定理列方程并求解，即得答案．
【详解】如图1，为正方形的内接正三角形，
，
过点G作于点M，连结，，
四边形是正方形，
，
根据蔡老师讲的定理可知，，
，E，M，G四个点在同一个圆上，
，
同理G，M，F，D四个点在同一个圆上，
，
，
，
即是正三角形，
则点M必为一个定点，
正的面积取决于它的边长，
当经过点C时，即点F与点C重合时，取最大值，的面积也最大（如图2），
在图2中，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，，
，
，
，
解得，（舍去），
，
．
故答案为：．

【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，添加辅助线证明四点共圆是解题的关键．
三、解答题（本大题共 9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 解方程：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查解分式方程，将分式方程转化整式方程，求解后，进行检验即可．
【详解】解：原方程去分母得：，
移项，合并同类项得：，
经检查：是原方程的解，
故原方程的解为．
18. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握知识点和运算法则是解题的关键．
先化简括号，再将除法转化为乘法，最后进行加减运算，再将代入求值即可．
【详解】解：原式
，
当时，原式．
19. 如图，，是⊙O的切线，点A，B为切点，是⊙O的直径，，求的度数.
【答案】40°
【解析】
【分析】根据切线长定理，可知，再由是⊙O的直径可得，求出，是⊙O的切线，则，再利用三角形内角和可求的度数.
【详解】解：∵是⊙O的直径
∴
∵
∴
∵，是切线
∴，
∴
【点睛】本题主要考查切线长定理及三角形内角和定理，掌握切线长定理是解题的关键.
20. 如图，把一个转盘分成四等份，依次标上数字1、2、3、4，若连续自由转动转盘二次，指针指向的数字分别记作a，b（没有指针指向交线的情况发生），把a，b作为点A的横、纵坐标．
（1）请你通过列表法或树状图法求点的个数；
（2）求点在函数的图象上的概率．
【答案】（1）16 （2）
【解析】
【分析】此题考查是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．
（1）根据题意采用列表法，即可求得所有点的个数；
（2）求得所有符合条件的情况，根据概率公式即可求得答案．
【小问1详解】
解：列表得：
点的个数是16；
【小问2详解】
解：当点在函数上，则，
∴符合条件的点有这3个，
∴点在函数的图象上的概率为．
21. 如图，在中．
（1）利用尺规作图， 在边上求作一点P，使得点到的距离（的长）等于的长；（要求：不写作法，保留作图痕迹）
（2）画出（1）中的线段．若，求的长．
【答案】（1）作图见详解
（2）作图见详解，
【解析】
【分析】本题考查了尺规作图，角平分线，垂线，考查了角平分线的性质定理，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）由点到的距离的长）等于的长知点在平分线上，再根据角平分线的尺规作图即可得；
（2）根据过直线外一点作已知直线的垂线的尺规作图即可得，先对运用勾股定理求得，可得，设，则，在中，由勾股定理得：，解方程即可．
【小问1详解】
解：如图，点P即为所求：
【小问2详解】
解：如图，线段即为所求：
在中，由勾股定理得：，
由作图知平分，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
∴．
22. 某梁平特产专卖店销售“梁平柚”，已知“梁平柚”的进价为每个10元，现在的售价是每个16元，每天可卖出120个．市场调查反映：如调整价格，每涨价1元，每天要少卖出10个；每降价1元，每天可多卖出30个．
（1）如果专卖店每天要想获得770元的利润，且要尽可能的让利给顾客，那么售价应涨价多少元？
（2）请你帮专卖店老板算一算，如何定价才能使利润最大，并求出此时的最大利润？
【答案】(1)1；（2）将单价定为每个19元时，可以获得最大利润810元．
【解析】
【详解】试题分析：（1）设应涨价x元，利用每一个的利润×售出的个数=总利润，列出方程解答即可；
（2）分两种情况探讨：涨价和降价，列出函数，利用配方法求得最大值，比较得出答案即可．
（1）设售价应涨价x元，则：
（16+x-10）（120-10x）=770，
解得：x1=1，x2=5．
又要尽可能的让利给顾客，则涨价应最少，所以x2=5（舍去）．
∴x=1．
答：专卖店涨价1元时，每天可以获利770元．
（2）设单价涨价x元时，每天的利润为w1元，则：
w1=（16+x-10）（120-10x）
=-10x2+60x+720
=-10（x-3）2+810（0≤x≤12），
即定价为：16+3=19（元）时，专卖店可以获得最大利润810元．
设单价降价z元时，每天的利润为w2元，则：
w2=（16-z-10）（120+30z）
=-30z2+60z+720=-30（z-1）2+750（0≤z≤6），
即定价为：16-1=15（元）时，专卖店可以获得最大利润750元．
综上所述：专卖店将单价定为每个19元时，可以获得最大利润810元．
考点：1.二次函数的应用；2.一元二次方程的应用．
23. 已知抛物线，其中．
（1）求证：该抛物线与轴有两个不同的交点；
（2）设该抛物线与轴的交点分别为，，且，求的值；
（3）试判断：无论取任何实数，该抛物线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）是过定点，
【解析】
【分析】此题考查了抛物线的性质，抛物线与x轴交点，一元二次方程根与系数的关系，
(1)令，利用根的判别式证明即可；
(2) 由一元二次方程根与系数的关系得到，将其代入化简后的方程求出m即可；
(3) 将代入抛物线解析式，求出，由此得到抛物线过顶点
【小问1详解】
证明：令，则，
，
∴该抛物线与轴有两个不同的交点；
【小问2详解】
∵该抛物线与轴的交点分别为，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
经检验，是分式方程的解；
【小问3详解】
抛物线是过定点，
令中，得，
∴抛物线过点，
即无论取任何实数，该抛物线必经过定点
24. 如图1是初中平面几何中非常经典的“半角模型”，即在正方形中，E，F分别是，上的点，，， 分别交对角线于P，Q两点．
我们很容易得到下面三个结论：
结论1：
结论2：
结论3：A，B，E，Q四个点在同一个圆上，A，P，F，D四个点在同一个圆上（本题若用到以上三个结论，可不用证明）
有题目如下：
（1）如图1，条件不变．求证：
①；
②．
（2）如图2，在矩形中，E，F分别是，上的点，，且．请写出，，三者之间满足的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）①见解析；②见解析
（2）；理由见解析
【解析】
【分析】（1）①连接，证明为等腰直角三角形，得出，证明为等腰直角三角形，得出，证明，得出；
②延长，过点A作，交的延长线于点G，证明，得出，证明，得出，，根据三角形的面积得出得出，根据，，得出，即可证明结论；
（2）延长，交于点M，延长，交于点K，过点B作，取，连接，过点G作于点H，延长，过点G作于点N，根据等腰直角三角形性质证明，，，证明，得出，，求出，证明，得出，证明四边形为矩形，得出，，根据勾股定理得出，求出结果即可．
【小问1详解】
证明：①连接，如图所示：
∵四边形为正方形，
∴，
∵A，B，E，Q四个点在同一个圆上，
∵，
∴为直径，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵A，P，F，D四个点在同一个圆上，，
∴为直径，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②延长，过点A作，交的延长线于点G，如图所示：
∵四边形为正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：．理由如下：
延长，交于点M，延长，交于点K，过点B作，取，连接，过点G作于点H，延长，过点G作于点N，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
在中，根据勾股定理得：
，
∴
，
即．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角是三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
25. 在平面直角坐标系中，已知，，，那么可以得到线段的中点和的重心．
根据以上信息解决如下问题：
如图所示， 等边的边长为，是的中点，是的重心．顶点在射线（，射线与轴正方向所成夹角为）上，顶点在射线关于轴的对称射线上，顶点在边的上方．
（1）若设，则求其横纵坐标，满足的等量关系（不用写出，的取值范围）．
（2）若点B，C的横坐标分别为a，b；
①求出的取值范围；
②求点B从原点开始运动时，当点C回到原点时，点G运动路径的长度．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）可求，设，，则，由，化简得：，而，化简得；
（2）①先求得，联立得到，可得，继而，则，因此，即：，可得；②先得到G、C、O、B四点共圆，则，而，可得到点G在y轴上，当点B在原点时，求得，当点B运动到轴时，可求，此时运动路径为，故整个运动路径为．
【小问1详解】
解：∵，与关于y轴对称，
∴设上任意一点为，则在上，
设，代入得：，
解得：，
∴，
设，，
则，
∵，
化简得：，
而，
∴代入得：，
∴，
即：．
【小问2详解】
解：由，
得，
∴，
联立，解得：，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
即：
∵
∴，
∴，
即；
②∵为等边三角形，
∴，
∵点G是等边重心，
∴点G也是等边外心，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴G、C、O、B四点共圆，
∴，而，
∴点G在y轴上，
当点B在原点时，如图：
过点G作，由
得：，
∴，
当点B运动到轴时，如图：
此时，
∵在点B运动中，长度不变，则，
∴，
∴此时运动路径为，
当点C回到点O时路径仍为，
故整个运动路径为．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，已知两点求距离，待定系数法求正比例函数解析式，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，正确添加辅助线，准确理解题意是解题的关键．