2024年广东省广州市第二中学中考二模数学试题（学生版+教师版 ）

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出卷人：周珑 陈莫琼 审卷人：陈莫琼 周珑
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列各数中，最大的是（ ）
A. B. 0C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查有理数的大小比较，解题关键是熟练掌握有理数大小的比较法则．根据正数都大于0，0大于负数，据此即可解答．
【详解】解：，
，
∴最大的是4，
故选：C．
2. 下列几何体中，正视图是圆形的几何体是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了几何体的主视图，分别找出从图形的正面看所得到的图形即可．
【详解】解：A、正视图是长方形，故此选项错误；
B、正视图是三角形，故此选项错误；
C、正视图是长方形，故此选项错误；
D、正视图是圆形，故此选项正确．
故选：D．
3. 中国倡导的“一带一路”建设将促进我国与世界各国的互利合作，根据规划，“一带一路”地区覆盖总人口约为4500000000人，将这个数用科学计数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【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】．
故选：C．
4. 有一组数据：19，19，18，19，20，19，18，这组数据的众数和中位数分别是（ ）
A. 19，19B. 19，18C. 18，18D. 18，19
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了众数和中位数，根据众数和中位数的定义解题即可．
【详解】解：从小到大排列为：18，18，19，19，19，19，20，
其中出现最多次数的为：19，∴众数为19，
一共7个数，中位数为第4个数，∴中位数为：19，
故选：A．
5. 下列各式计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了分式的加法，二次根式的加法，算术平方根，积的乘方运算，根据以上运算法则进行计算即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，故该选项正确，符合题意；
D. ，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C．
6. 下列说法中错误的是（ ）．
A. 对角线互相垂直且相等的四边形是矩形
B. 角的内部，到角的两边距离相等的点在这个角的角平分线上
C. 顺次连接四边形各边中点所得图形是平行四边形
D. 在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定、角平分线的判定、中点四边形，圆周角定理等知识；熟练掌握矩形的判定、角平分线的判定、中点四边形，圆周角定理是解题的关键，
由矩形判定、角平分线的判定、中点四边形，圆周角定理分别对各个选项进行判断即可；
【详解】解：A、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，原说法错误，故选项A符合题意；
B、角的内部到角两边距离相等的点在这个角的角平分线上，原说法正确，故选项B不符合题意；
C、顺次连接四边形各边中点所得图形是平行四边形，原说法正确，故选项C不符合题意；
D、在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，原说法正确，故选项D不符合题意；
故选：A．
7. 已知点在第三象限，则实数的取值范围在数轴上表示正确的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了平面直角坐标系，在数轴上表示不等式的解集，不等式的解集在数轴上表示出来的方法：“”空心圆点向右画折线，“”实心圆点向右画折线，“”空心圆点向左画折线，“”实心圆点向左画折线．根据第三象限内点的坐标特点列出关于x的不等式组，求出x的取值范围，并在数轴上表示出来即可．
【详解】解：点在第三象限，
，
解不等式，得：，
解不等式，得：，
实数的取值范围在数轴上表示正确的为
故选：D．
8. 关于一次函数，下列说法正确的是（ ）
A. 图象经过第二、三、四象限B. 当时，
C. 函数值随自变量的增大而减小D. 图象与轴交于点
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征以及一次函数图象与性质的关系，逐一分析各选项的正误．
【详解】解： ，，
一次函数的图象经过第一、三、四象限，选项A不符合题意
，
函数值随自变量的增大而增大，
当时，
选项B，C不符合题意；
当时，，
图象与轴交于点，选项D符合题意．
故选：D．
9. 如图，为的中位线，的角平分线交于点F，若，则的长为（ ）
A. 5B. 6C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是三角形的中位线的性质，等腰三角形的判定，先证明，，，可得，再证明，从而可得答案．
【详解】解：∵为的中位线，，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵的角平分线交于点F，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选B．
10. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在函数，的图象上，轴，点C是y轴上一点，线段AC与x轴正半轴交于点D．若的面积为8，，则k的值为（ ）
A. 2B. 4C. －2D. －4
【答案】D
【解析】
【分析】由轴，可知△COD∽△CEA，△COF∽△CEB，设OC=3c，OF=3b，OD=3a，表示出点A和点B的坐标，根据点B在的图象上，可得bc=①，根据点的图象上，可得ac=②，根据的面积为8，可得4ac+4bc=1③，把①、②代入③即可求出k的值．
【详解】解：设AB交y轴于点E，BC交x轴于点F，如图，
∵，
∴，
∵轴，
∴△COD∽△CEA，△COF∽△CEB，
∴，．
设OC=3c，OF=3b，OD=3a，则CE=8c，OE=5c，BE=8b，AE=8a，AB=8a+8b，
∴B(-8b，5c)，A(8a，5c)，
∵点B在的图象上，
∴8b×5c=k，
∴bc=．
∵点的图象上，
∴8a×5c=6，
∴ac=．
∵的面积为8，
∴，
∴，
∴4ac+4bc=1，
∴4+4()=1，
解得k=-4，
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，反比例函数图象上点的坐标特征，设参数表示出点A和点B的坐标是解答本题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11. 比较大小：______2（填“”，“”或“”）．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的大小比较．根据实数的大小比较法则，即可求解．
【详解】解：∵，
∴．
故答案为：
12 分解因式：_______________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了提取公因式与公式法分解因式，熟练掌握分解因式的步骤是解题关键．首先提取公因式，再利用平方差公式分解因式得出即可．
【详解】解：
故答案为：．
13. 如图，圆锥的底面半径为1cm，母线AB的长为3cm，则这个圆锥侧面展开图扇形的圆心角为_____度．
【答案】120
【解析】
【分析】先由半径求得圆锥底面周长，再由扇形的圆心角的度数=圆锥底面周长×180÷3π计算．
【详解】解：圆锥底面周长＝2×π×1＝2π，
∴扇形的圆心角α的度数＝圆锥底面周长×180÷3π＝120°．
故答案为120．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是根据圆锥的底面周长得到扇形圆心角的表达式子．
14. 如图，在平行四边形中，点在的延长线上，，、交于点．，则的长为__．
【答案】4
【解析】
【分析】利用平行四边形的性质得出，，再结合已知可得，，然后再证明，根据相似三角形的性质得出，进行计算即可解答．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，
，
，，
，
，，
，
，
，
故答案为：4．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
15. 在矩形中，，，点P在边上．若将沿折叠，使点落在矩形对角线上的点处，则的长为______．
【答案】3或
【解析】
【分析】在分两种情况讨论：点落在矩形对角线上，点落在矩形对角线上，在直角三角形中利用勾股定理列出方程，通过解方程可得答案．
【详解】解：①点落在矩形对角线上，如图1所示：

∵，，
∴，
根据折叠的性质可得：
，，，
∴，
设，，
∵，
∴，
解得：，
∴．
②点落在矩形对角线上，如图2所示：

由折叠的性质可得垂直平分，
∴，
∴
∴
∴，即，
∴，
综上所述：的长为3或．
故答案为： 3或．
【点睛】本题考查勾股定理与折叠，能够通过题意分析出当折叠时会出现的两种情况，并熟练掌握勾股定理和折叠的性质是解题的关键．
16. 如图，正方形，为上一个动点，交于点．过点作交于点，作于点，连接，下列结论：①；②；③；④为定值，其中正确的结论有__________（填序号）．
【答案】②③④
【解析】
【分析】连接、，交于点，根据正方形的性质可得，，，四点共圆，进而可得，于是可判断①；由余角的性质可得，从而可利用证明，可得，再根据正方形的性质即可判断②；如图，将绕点顺时针旋转至，使和重合，连接，根据旋转的性质和可推得，进而可得，进一步即可判断③；如图，作于，于，由题意易得四边形是正方形，进一步即可推出，可得，进而得，然后利用等腰直角三角形的性质即可判断④，于是可得答案．
【详解】解：如图1，连接、，交于点，
四边形是正方形，
，，，，
，
，，，四点共圆，
，，
，
，故①不正确；
，，
，
，，
，
，故②正确；
如图，将绕点顺时针旋转至，使和重合，连接，
则，，，
、、三点在同一直线上，
，
，
又，
，
，即，故③正确；
如图，作，垂足为，作，垂足为，
点是对角线上的点，
四边形是正方形，有，
，
，
又，
，
，
，
：，
，故④正确．
故答案为：②③④．
【点睛】本题考查了正方形的性质和判定、四点共圆、圆周角定理的推论、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及旋转的性质等知识，综合性强、具有相当的难度，正确添加辅助线、灵活应用所学知识是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，共72分）
17. 解二元一次方程组：．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了二元一次方程组，熟练掌握二元一次方程组的解法并灵活选用是解题的关键．利用加减法解二元一次方程组即可．
【详解】解：
①②得，，
解得，
把代入①得，
解得，
∴方程组的解为．
18. 如图，点、在上，且．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定，根据平行线的性质得出，进而即可证明．
【详解】证明：∵
∴
在中，
∴．
19. 已知两个多项式．
（1）化简；
（2）若，求x的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了整式的加减，解一元二次方程；
（1）根据整式的加减进行计算即可求解；
（2）根据题意列出一元二次方程，解方程，即可求解．
【小问1详解】
解：∵
∴
【小问2详解】
∵
∴
∴
∴
解得：
20. 某校九年级1班班主任计划对班级每位学生进行家访，家访的形式有到家家访、电话家访、信息家访、到校家访，以下是该班级家访的条形统计图和扇形统计图．
（1）扇形统计图中到家家访的圆心角为__________；
（2）补全条形统计图；
（3）若选择“到家家访”的四位学生分别为A、B、C、D，班主任决定本周从这4人中随机选取两人进行到家家访，用列表法或画树状图法求本周恰好选中A、B两人的概率．
【答案】（1）
（2）答案见详解 （3）
【解析】
【分析】本题考查了列表法与树状图法、扇形统计图、条形统计图，理解两个统计图中数量之间的关系，正确求出概率是解题的关键．
（1）由到校的人数除以所占百分比求出抽取的总人数，即可解决问题；
（2）作差法求出人数，补全条形统计图即可；
（3）列出表格，共有12种等可能的结果，正好抽到A、B两人的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【小问1详解】
这次抽取的学生人数为：
扇形统计图中D部分所对应的扇形圆心角度数为：
故答案为：．
【小问2详解】
电话家访人数：
补全条形统计图如下：
【小问3详解】
列表如下：
由表格可知，共有12种等可能情况，其中满足本周恰好选中A、B两人的有2种，故本周恰好选中A、B两人的概率：
21. 我市准备在相距2千米M，N两工厂间修一条笔直的公路，但在M地北偏东45°方向、N地北偏西60°方向的P处，有一个半径为0.6千米的住宅小区（如图），问修筑公路时，这个小区是否有居民需要搬迁？（参考数据：≈1.41，≈1.73）

【答案】没有居民需要搬迁．
【解析】
【分析】求出P点到MN的距离，比较P点到MN的距离与0.6的大小关系，若距离大于0.6千米则不需搬迁，反之则需搬迁．
【详解】过点P作PD⊥MN于D，
∴MD=PD•ct45°=PD，ND=PD•ct30°=PD，
∵MD+ND=MN=2，
即PD+PD=2，
∴PD==≈1.73﹣1=0.73＞0.6．
答：修的公路不会穿越住宅小区，故该小区居民不需搬迁．

22. 某服装店老板到厂家选购A、B两种品牌的儿童服装，每套A品牌服装进价比每套B品牌服装进价多25元，若用2000元购进A种服装的数量是用750元购进B种服装数量的2倍．
（1）求A、B两种品牌服装每套进价分别为多少元？
（2）若A品牌服装每套售价为130元，B品牌服装每套售价为95元，服装店老板决定，购进B品牌服装的数量比购进A品牌服装的数量的2倍还多4套，两种服装全部售出后，要使总的获利超过1200元，则最少购进A品牌的服装多少套？
【答案】（1）A每套100元，B每套75元
（2）17套
【解析】
【分析】（1）设每套A品牌服装进价为x元，则每套B品牌服装进价为元，根据题意，求解即可．
（2）设购进a套A品牌服,购进套B品牌，根据题意，求解即可．
【小问1详解】
设每套A品牌服装进价为x元，则每套B品牌服装进价为元，
根据题意，
解得，
经检验，是原方程的根，
故，
答：每套A品牌服装进价为100元，则每套B品牌服装进价为75元．
【小问2详解】
设购进a套A品牌服，则购进套B品牌，
根据题意，
解得，
故至少17套．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，不等式的应用，根据数量关系列出方程和不等式是解题的关键．
23. 如图，为的直径，点C在上．
（1）尺规作图：求作的中点D（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）过点D作交延长线于点E（画出图形即可，不必尺规作图），求证：与相切；
（3）连接，若，求的值．
【答案】（1）画图见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先连接，再作的垂直平分线即可；
（2）如图，记与的交点为，证明，再证明四边形为矩形，可得，从而可得结论；
（3）记交于点Q，连接，，，由，结合勾股定理可得，再证明，即可证明，，则有，，结合勾股定理可得， ，问题得解．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
．
【小问2详解】
证明：如图，记与的交点为，
∵为直径，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵为的半径，
∴为的切线；
【小问3详解】
解：记交于点Q，连接，，，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵根据相切有，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，即：，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
24. 已知抛物线与x轴交于两点，且A在B的左边，与y轴交于点C．
（1）求c的值；
（2）若点P在抛物线上，且，求点P的坐标；
（3）抛物线的对称轴与x轴交于D点，点Q为x轴下方的抛物线上任意一点，直线与抛物线的对称轴分别交于E，F两点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）点的坐标为或
（3）
【解析】
【分析】（1）将点代入中，即可求解；
（2）根据（1）可得抛物线解析式为，求出，分为①当在轴上方抛物线上时，如图1，证明，即可求出点的坐标为．
在求出的解析式，联立即可得出点的坐标；②如图2，当在轴下方抛物线上时，根据对称性得出的解所式为，联立即可求出点的坐标；
（3）设，求出直线的解析式，求得，求出直线的解析式，求得．即可求出，，即可得出，从而解得的取值范围．
【小问1详解】
∵点在上，
，
；
【小问2详解】
根据（1）可得抛物线解析式为，如图1，
令，则，
解得，
则，
当在轴上方抛物线上时，如图1，设交轴于点，
在和中
，
，
∴的坐标为．
设直线的解析式为，
代入，得，解得，
故的解析式为．
令，
得或．
∴点的坐标为；
如图2，当在轴下方抛物线上时，的解所式为，
令，
得或．
∴点的坐标为，
综上，点的坐标为或．
【小问3详解】
设，
设直线的解析式为，
代入坐标得，，
解得．
所以直线的解析式为，
当时，，
，
设直线的解析式为，
代入坐标得，，
解得．
直线的解析式为，
当时，，
∴，．
，
∴，
∴，
，
故．
【点睛】该题是二次函数综合题，主要考查了二次函数解析式求解，一次函数解析式求解，全等三角形的性质和判定，二次函数的图象和性质，函数交点求解，二次函数最值求解等知识点，解题的关键是数形结合以及分类讨论．
25. 已知线段．
（1）如图1，当时，求的度数；
（2）如图2，当时，作，与交于点D，求的最小值，并直接写出此时线段的长：
（3）如图3，当时，点E是线段上，关于对称线段为，延长交的延长线于点G，求当点E在方向上运动时，点G的运动路径长．
【答案】（1）；
（2）的最小值为，
（3）点G的运动路径长为．
【解析】
【分析】（1）证明是等边三角形，即可求解；
（2）作，于点，证明，再推出，求得，当点三点共线，且点在下方时，取得最大值，据此可求得的最小值，设交于点，点也在上，再证明，据此可求解；
（3）连接，设，，利用三角形的外角和以及内角和定理求得，推出点在的外接圆上，得到点的路径为以2为半径，为圆心角的弧上，利用弧长公式求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴是等边三角形，
∴；
【小问2详解】
解：作，于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
∵，
∴点在以为直径的上，
∴当点三点共线，且点在下方时，取得最大值，
此时，，
∴，
∴，即的最小值为，
设交于点，连接，
∵，
∴点四点共圆，
∴，
∴点也在上，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：连接，
∵，
∴，
设，，
则，，，
∵，
∴，
在中，即，
∴，
∴，
∴点在的外接圆上，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴点的路径为以2为半径，为圆心角的弧上，
∴点G的运动路径长为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，弧长公式，等边三角形的判定和性质，四点共圆，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
A
B
Ｃ
Ｄ
A
B
C
D