2024年浙江省丽水市莲都区中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年浙江省丽水市莲都区中考数学二模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.点A从数轴的原点出发，沿数轴先向左(负方向)移动3个单位长度，再向右移动1个单位长度，用算式表示上述过程与结果，正确的是( )
A. −3+1=4B. −3−1=−2C. −3+1=−2D. −3−1=−4
2.鲁班锁是中国传统的智力玩具，如图是鲁班锁的一个组件的示意图，该组件的左视图是( )
A. B.
C. D.
3.下列计算正确的是( )
A. x2+x=x3B. x6÷x3=x2C. (x3)4=x7D. x3⋅x4=x7
4.要反映2015年末嘉兴市各个县(区)常住人口占嘉兴市总人口的比例，宜采用( )
A. 条形统计图B. 折线统计图C. 扇形统计图D. 频数直方图
5.在平面直角坐标系中，将点M(4,a)沿x轴向左平移2个单位长度后，再向下平移3个单位，得到点N，若点N的横、纵坐标相等，则a的值是( )
A. 9B. 5C. 3D. −1
6.如图是1个纸杯和6个叠放在一起的纸杯的示意图，量得1个纸杯的高度为8cm，6个叠放在一起的纸杯的高度为12cm，则n个这样的纸杯按照同样方式叠放在一起，总高度(单位：cm)是( )
A. 8+45nB. 7.2+45nC. 8+23nD. 7.2+23n
7.如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，若∠E=40°，则∠D的度数为( )
A. 28°
B. 30°
C. 20°
D. 25°
8.设实数 7的整数部分为a，小数部分为b.则b2+2ab的值为( )
A. 1B. 4 7−5C. 3D. −3
9.向高为10的容器(形状如图)中注水，注满为止，则水深ℎ与注水量v的函数关系的大致图象是( )
A.
B.
C.
D.
10.如图，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=BC，AD⊥AC，点E为对角线AC的中点，射线DE交边BC于点F，且DF⊥BC，则cs∠ACD为( )
A. 32B. 53C. 63D. 23
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.因式分解：a2−16= ______．
12.中国有四大国粹：京剧、武术、中医和书法.某校开设这四门课程供学生任意选修一门，则小丽同学恰好选修了中医的概率是______．
13.如图是第四套人民币一角硬币，圆面直径为22.5mm，硬币边缘镌刻正多边形，A，B为该正多边形相邻的两个顶点，则AB的长是______mm．
14.如图，在菱形ABCD中，∠B=120°，以点A为圆心，AD长为半径画弧，交对角线AC于点E，则CECD的值是______．
15.如图，点A，B在反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象上，AC⊥x轴于点C，BD⊥x轴于点D，BE⊥y轴于点E，连结AE.若OC=2CD，AC=AE=32，则k的值为______．
16.如图，▱ABCD由5张纸片拼成，相邻纸片之间互不重叠且无缝隙，其中两张全等的等腰Rt△ADG，Rt△BCE纸片的面积均为S1，另两张全等的直角三角形纸片的面积均为S2，中间纸片EFGH是正方形，直线FH分别交AD和BC于点M，N.设DF=m，AH=n，若2S1−S2=12，m−n=2 2，则MN的长为______．
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
(1)计算：(12)−2− 9+|−2|；
(2)化简：(x−y)2+x(x−y)．
18.(本小题8分)
课堂上同学们独立完成了这样一道问题：“如图，已知AB/​/CD，AD//BC，求证：∠1=∠2.”
小莲同学解答如下：
小莲的证法是否正确？若正确，请在框内打“√”；若错误，请写出你的证明过程．
19.(本小题8分)
A，B两家外卖送餐公司记录近10次送餐到某企业用时(单位：分)如表：
根据如表数据绘制的折线统计图如图所示.根据信息回答下列问题：
(1)写出A，B两家公司送餐时间的中位数；
(2)计算A，B两家公司送餐时间的平均数；
(3)选择合适的统计量，结合折线统计图，请你分别为A，B两家公司提出优化服务质量的建议．
20.(本小题8分)
如图，一把人字梯立在地面上，∠α=50°，AB=AC，梯子顶端离地面的高度AD是1.54米．
(1)求AB的长；
(2)移动梯子底端，当△ABC是等边三角形时，求顶点A上升的高度(精确到0.1米)．
(参考依据：sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.19， 3≈1.73)
21.(本小题10分)
如图是小明“探究拉力F与斜面高度ℎ关系”的实验装置，A、B是水平面上两个固定的点，用弹簧测力计拉着适当大小的木块分别沿倾斜程度不同的斜面BC(斜面足够长)斜向上做匀速直线运动，实验结果如图1、图2所示.经测算，在弹性范围内，沿斜面的拉力F(N)是高度ℎ(cm)的一次函数．

(1)求出F与ℎ之间的函数表达式；(不需要写出自变量的取值范围)
(2)若弹簧测力计的最大量程是6N，求装置高度ℎ的取值范围．
22.(本小题10分)
已知，点D为∠CAB内一点，∠CAD=α，∠BAD=β．
【复习】如图1，α=β，DB⊥AB于点B，DC⊥AC于点C，直接写出CD和BD的数量关系；
【运用】将图1中的∠CDB绕顶点D旋转一定的角度，如图2，请判断CD和BD的数量关系并证明；
【拓展】改变图2中点D的位置，保持∠CDB的大小不变，如图3，试用α，β的三角函数表示CDBD.并说明理由．
23.(本小题10分)
已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)．
(1)当a=2时，
①若该函数图象的对称轴为直线x=1，且过点(0,3)，求该函数的表达式；
②若方程ax2+bx+c=0有两个相等的实数根，求证：2b+8c≥−1；
(2)若a=−b4=c3，已知点M(2,a2+2)，点N(4,a2+2)在平面直角坐标系中，当二次函数y=ax2+bx+c的图象与线段MN有交点时，求a的取值范围．
24.(本小题12分)
点D是以AC为直径的⊙O上一点，点B在CD延长线上，连结AB交⊙O于点E．
(1)如图1，当点E是AD的中点时，连结CE，求证：AC=BC；
(2)连接AD，DE，将△BDE沿DE所在的直线翻折，点B的对应点落在⊙O上的点F处，作FG/​/BC交AB于点G．
①当E，G两点重合时(如图2)，求△AED与△FED的面积之比；
②当BC=10，EG= 2时，求AB的长．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：点A从数轴的原点出发，沿数轴先向左(负方向)移动3个单位长度，再向右移动1个单位长度，用算式表示上述过程与结果，正确的是：−3+1=−2．
故选：C．
2.【答案】A
【解析】解：从左面看，是一个正方形，正方形的中间有一条横向的虚线．
故选：A．
3.【答案】D
【解析】解：A、x2和x不是同类项，不能进行合并，故选项不符合题意；
B、x6÷x3=x3，原式计算错误，故选项不符合题意；
C、(x3)4=x12，原式计算错误，故选项不符合题意；
D、x3⋅x4=x7，运算计算正确，故选项符合题意．
故选：D．
4.【答案】C
【解析】解：反映2015年末嘉兴市各个县(区)常住人口占嘉兴市总人口的比例，宜采用扇形统计图，
故选：C．
5.【答案】B
【解析】解：将点M(4,a)沿x轴向左平移2个单位长度后，再向下平移3个单位，得到点N，即点N的坐标是为(2,a−3)，
∵点N的横、纵坐标相等，
∴2=a−3，
∴a=5．
故选：B．
6.【答案】B
【解析】解：∵1个纸杯的高度为8cm，6个叠放在一起的纸杯的高度为12cm，
∴5个叠在一起的纸杯高度为：12−8=4cm，
∴增加1个纸杯，高度增加4÷5=45cm，
∴n个这样的纸杯按照同样方式叠放在一起，总高度为：8+(n−1)×45=(7.2+45n)cm，
故选：B．
7.【答案】D
【解析】解：如图，连接OC，
由切线的性质可得，∠OCE=90°，
∴∠COE=180°−∠OCE−∠E=50°，
∵BC=BC，
∴∠D=12∠COB=25°，
故选：D．
8.【答案】C
【解析】解：∵ 4< 7< 9，即2< 7<3，
∴a=2，b= 7−2，
∴b2+2ab
=( 7−2)2+2×2×( 7−2)
=3，
故选：C．
9.【答案】D
【解析】解：依据题意，从水瓶的构造形状上看，从底部到顶部的变化关系为：开始宽，逐渐细小，再变宽．
则注入的水量V随水深ℎ的变化关系为：先慢再快，最后又变慢．
那么从函数的图象上看，
C对应的图象变化为先快再慢，最后又变快，不符合．
A、B对应的图象中间没有变化，只有D符合条件．
故选：D．
10.【答案】C
【解析】解：过点A作AG/​/BC交CD于G，延长DF与AB的延长线交于H，如下图所示：
∵AB/​/DC，
∴四边形ABCG为平行四边形，
又∵AB=BC，
∴四边形ABCG为菱形，
∴AG=CG=BC=AB，
∴∠DCA=∠CAG，
∵AD⊥AC，
∴∠DCA+∠ADC=90°，∠CAG+∠DAG=90°，
∴∠ADC=∠DAG，
∵AG=GD，
∴CD=GD+CG=2AB，
∵AB/​/DC，
∴∠H=∠EDC，∠HAH=∠DCE，
∵点E为对角线AC的中点，
∴EA=EC，
在△AHE和△CDE中，
∠H=∠EDC∠HAH=∠DCEEA=EC，
∴△AHE≌△CDE(AAS)，
∴AH=CD=2AB，EH=ED，
∴BH=AB，
∵BH//CD，
∴△BHF∽△CDF，
∴BF：CF=BH：CD，
即BF：CF=AB：2AB=1：2，
设BF=k，则CF=2k，
∴BC=BF+CF=3k，
∴AB=BH=BC=3k，CD=2AB=6k，
∵DF⊥BC，
∴在Rt△BHF中，由勾股定理得：FH= BH2−BF2=2 2k，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF= CD2+CF2=4 2k，
∴DH=DF+FH=4 2k+2 2k=6 2k，
∴EH=ED=12DH=3 2k，
∴EF=EH−FH=3 2k−2 2k= 2k，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE= CF2+EF2= 6k，
∴AC=2CE=2 6k，
在Rt△ACD中，cs∠ACD=ACCD=2 6k6k= 63．
故选：C．
11.【答案】(a+4)(a−4)
【解析】解：a2−16=(a+4)(a−4)，
故答案为：(a+4)(a−4)．
12.【答案】14
【解析】解：∵某校开设京剧、武术、中医和书法这四门课程供学生任意选修一门，
∴小丽同学恰好选修了中医的概率是14．
故答案为：14．
13.【答案】52π
【解析】解：正九边形的一个中心角的度数为360°÷9=40°，
∵圆面直径为22.5mm，
∴圆面半径为11.25mm，
∴AB的长是40π×11.25180=52π，
故答案为：52π，
14.【答案】 3−1
【解析】解：设AD=a，
连接BD交AC于点O，如图所示，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，AD=CD=a，
∴∠DAB=60°，AC⊥BD，AB=AD=a，
∴∠DAO=30°，∠AOD=90°，
∴DO=12a，AO= 32a，
∴AC= 3a，
∵AD=AE=a，
∴CE=AC−AD=2 3a−a，
∴CECD的值是 3a−aa2 3a−aa= 3−1，
故答案为： 3−1．
15.【答案】3 22
【解析】解：过点A作y轴的垂线，垂足为M，
∵OC=2CD，
∴令OC=2m，CD=m．
又∵AC=32，
∴点A坐标可表示为(2m,32).
又∵点A和点B都在y=kx的图象上，
∴2m×32=3m⋅yB，
∴yB=1，
即BD=1．
令AC与EB的交点为H，
则CH=BD=1，
∴AH=32−1=12．
在Rt△AEH中，
EH= (32)2−(12)2= 2，
∴点A坐标为( 2,32)，
∴k= 2×32=3 22．
故答案为：3 22．
16.【答案】2 11．
【解析】解：设EH=a，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EH=HG=GF=EF=a，
∵Rt△ADG≌Rt△BCE，Rt△ABH≌Rt△CDF，
∴BE=GD，EC=AG，BH=DF，AH=CF，
∵Rt△ADG和Rt△BCE是等腰直角三角形，
∴BE=GD=EC=AG，
∵DF=m，AH=n，
∴BE=BH−EH，EC=EF+CF，
∴m−a=n+a，
∴m−n=2a，
∵m−n=2 2，
∴a= 2，
∴EH=HG=GF=EF= 2，
∴BE=GD=EC=AG=n+2，
∴DF=FG+GD=FG+EC，
∵S1=12×CE2=12×(n+ 2)，S2=12×CF×DF=12×n×( 2+ 2+n)，2S1−S2=12，
∴(n+ 2)2−12×n×(2 2+n)=12，
整理得：n2+2 2n−20=0，
解得：n1= 22− 2，n2=− 22− 2(舍去)，
∴AH= 22− 2，
∵∠GHN=∠AHM=45°，∠HAM=45°，
∴∠AMH=90°，MH=AM，
同理NF=CN，
∴AM2+MH2=AH2，
∴MH=AM=NF=CN= 11−1，
∵HF= FG2+HG2=2，
∴MN=NF+HF+MH= 11−1+2+ 11−1=2 11，
故答案为：2 11．
17.【答案】解：(1)(12)−2− 9+|−2|
=4−3+2
=3；
(2)(x−y)2+x(x−y)
=x2−2xy+y2+x2−xy
=2x2−3xy+y2．
【解析】(1)先算负整数指数幂，开平方，绝对值，再算加减即可；
(2)先算完全平方，单项式乘多项式，再合并同类项即可．
18.【答案】小莲的证法是错误的．
证明：AB/​/CD，
∴∠1+∠BAD=180°，
∵AD/​/BC，
∴∠2+∠BAD=180°，
∴∠1=∠2．
【解析】由平行线的性质推出∠1+∠BAD=180°，∠2+∠BAD=180°，由补角的性质推出∠1=∠2．
19.【答案】解：(1)把A公司10次送餐用时从小到大排列为：24、25、25、26、26、27、28、29、30、30，排在中间的两个数为26、27，故中位数为(26+27)÷2=26.5(分钟)；
把B公司10次送餐用时从小到大排列为：14、15、15、16、18、20、21、32、34、35，排在中间的两个数为26、27，故中位数为(18+20)÷2=19(分钟)；
(2)A公司送餐时间的平均数为：(24+25×2+26×2+27+28+29+30×2)÷10=27(分钟)；
B公司送餐时间的平均数为：(14+15×2+16+18+20+21+32+34+35)÷10=22(分钟)；
(3)由(1)(2)的结果可知，B公司送餐时间的平均数和中位数都比A公司的少，但波动幅度较大，需要改善几次送餐用时多的效率；A公司送餐用波动小，需要整体提高送餐用时效率．(答案不唯一)．
【解析】(1)根据中位数的定义解答即可；
(2)根据加权平均数公式计算即可；
(3)结合中位数、平均数和方差的定义解答即可．
20.【答案】解：(1)∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=50°，
在Rt△ADB中，AD=1.54米，
∴AB=ADsin50∘≈(米)，
∴AB的长约为2米；
(2)当△ABC是等边三角形时，∠ABC=60°，
在Rt△ADB中，AB=2米，
∴AD=AB⋅sin60°=2× 32= 3(米)，
∴顶点A上升的高度= 3−1.54≈0.2(米)，
∴顶点A上升的高度约为0.2米．
【解析】(1)根据垂直定义可得∠ADB=∠ADC=90°，再利用等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=50°，然后在Rt△ADB中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答；
(2)利用等边三角形的性质可得∠ABC=60°，然后在Rt△ADB中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，从而进行计算即可解答．
21.【答案】解：(1)设F与ℎ之间的函数表达式为F=kℎ+b(k、b为常数，且k≠0)．
将ℎ=11，F=2.1和ℎ=21，F=3.1代入F=kℎ+b，
得11k+b=2.121k+b=3.1，
解得k=110b=1，
∴F与ℎ之间的函数表达式为F=110ℎ+1．
(2)当F≤6时，即110ℎ+1≤6，
解得ℎ≤50，
∴装置高度ℎ的取值范围是0<ℎ≤50．
【解析】(1)利用待定系数法求解即可；
(2)将(1)中得到的函数表达式代入F≤6，求出ℎ的取值范围即可．
22.【答案】解：(1)∵α=β，
∴∠CAD=∠BAD，
∵DB⊥AB于点B，DC⊥AC于点C，
∴∠DCA=∠DBA=90°，
∵AD=AD，
∴△DCA≌△DBA(AAS)，
∴CD=BD；
(2)BD=CD，证明如下：
过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，如图：

∴∠DEB=∠DFC=90°，
同(1)可知DE=DF，
根据旋转角相等可得∠EDB=∠FDC，
∴△EDB≌△FDC(ASA)，
∴BD=CD；
(3)过D作DH⊥AB于H，DG⊥AC于G，如图：

∴∠DHB=∠DGC=90°，
∵保持∠CDB的大小不变，
∴∠HDB=∠GDC，
∴△HDB∽△GDC，
∴CDBD=DGDH，
在Rt△ADG中，DG=AD⋅sinα；
在Rt△ADH中，DH=AD⋅sinβ；
∴CDBD=AD⋅sinαAD⋅sinβ=sinαsinβ．
【解析】(1)证明△DCA≌△DBA(AAS)，即可得CD=BD；
(2)过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，根据ASA可证△EDB≌△FDC，从而BD=CD；
(3)过D作DH⊥AB于H，DG⊥AC于G，证明△HDB∽△GDC，可得CDBD=DGDH，而DG=AD⋅sinα；DH=AD⋅sinβ；故CDBD=AD⋅sinαAD⋅sinβ=sinαsinβ．
23.【答案】(1)①解：当a=2时，y=2x2+bx+c，
∵函数图象的对称轴为直线x=1，且过点(0,3)，
∴−b4=1c=3，
解得b=−4c=3，
∴函数的表达式为y=2x2−4x+3；
②证明：∵方程2x2+bx+c=0有两个相等的实数根，
∴Δ=0，即b2−8c=0，
∴b2=8c，
∴2b+8c=2b+b2=(b+1)2−1，
∵(b+1)2≥0，
∴(b+1)2−1≥−1，
∴2b+8c≥−1；
(2)解：∵a=−b4=c3，
∴b=−4a，c=3a，
∴y=ax2−4ax+3a=a(x−2)2−a，
∴抛物线顶点为(2,−a)，
在y=ax2−4ax+3a中，令y=0得x=1或x=3，
∴抛物线与x轴交点为(1,0)，(3,0)，
当抛物线y=ax2−4ax+3a过点M(2,a2+2)时，a2+2=4a−8a+3a，
解得a=−43，
如图：

根据|a|越大，抛物线y=ax2+bx+c的开口越小及由图可知，当a≤−43时，二次函数y=ax2+bx+c的图象与线段MN有交点；
当抛物线y=ax2−4ax+3a过点M(4,a2+2)时，a2+2=16a−16a+3a，
解得a=45，
如图：

由图可知，当a≥45时，二次函数y=ax2+bx+c的图象与线段MN有交点；
综上所述，当a≤−43或a≥45时，二次函数y=ax2+bx+c的图象与线段MN有交点．
【解析】(1)①当a=2时，y=2x2+bx+c，根据函数图象的对称轴为直线x=1，且过点(0,3)，得−b4=1c=3，即可解得函数的表达式为y=2x2−4x+3；
②由方程2x2+bx+c=0有两个相等的实数根，知b2−8c=0，得b2=8c，故2b+8c=2b+b2=(b+1)2−1，即可得2b+8c≥−1；
(2)求出y=ax2−4ax+3a=a(x−2)2−a，知抛物线顶点为(2,−a)，与x轴交点为(1,0)，(3,0)，当抛物线y=ax2−4ax+3a过点M(2,a2+2)时得a=−43，画出图象可知当a≤−43时，二次函数y=ax2+bx+c的图象与线段MN有交点；当抛物线y=ax2−4ax+3a过点M(4,a2+2)时，a=45，可得当a≥45时，二次函数y=ax2+bx+c的图象与线段MN有交点．
24.【答案】(1)证明：∵AC为⊙O的直径，
∴∠AEC=∠BEC=90°，
∵E是AD的中点，
∴AE=ED，
∴∠ACE=∠BCE，
∴∠A=∠B，
∴AC=BC；
(2)解：①由折叠可知，BD=DF，BE=EF，∠BDE=∠FDE，
∵FG/​/BC，
∴∠BDE=∠FED，
∴∠FDE=∠FED，
∴FD=EF=BE=BD，
∴四边形BDFE是菱形，
∴FD//BA，
∴∠F=∠AEF，
∴AF=DE，
∴AD=EF，
∴AD=EF=BD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=∠ADB=90°，
设BD=a，则BE=a，BA= 2a，EA=( 2−1)a，
由折叠可知△BED与△FED的面积相等，
∴△AED与△FED的面积之比=AEBE=( 2−1)aa= 2−1；
②如图，当交点G在E的下方时，直线CE和直线FG交点为M，

由折叠可知，∠BDE=∠EDF，BE=EF，
∵∠BDE+∠EDC=180°，∠EAC+∠EDC=180°，
∴∠BDE=∠EAC=∠EDF，
∴EF=EC，
∴BE=EF=EC，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AEC=∠BEC=90°，
∵BC=10,EG= 2，
∴BE=EC=5 2，BG=4 2，
作GP⊥BD于P，则BP=PG=4，
∵FG/​/BC，
∴△EGM∽△EBD，∠ANG=∠DNF=90°，∠FMD=∠BDM，∠AGF=∠B=45°，
∴GMBD=EGBE=15，∠FMD=∠FDM，四边形GPDN是矩形，GN=AN，
∴FM=FD，ND=GP=4，
设GM=m，则BD=FD=FM=AD=5m，GN=AN=5m−4，FN=m+5m−(5m−4)=m+4，
∴42+(m+4)2=(5m)2，
解得，m1=43,m2=−1(舍去)，
∴AN=5×43−4=83，
∴AG= 2AN=83 2，
∴AB=AG+BG=203 2；
如图，当交点G在E的上方时，直线CE和直线FG交点为M，

同理可求，BE=EC=5 2BG=6 2，
作GP⊥BD于P，则BP=PG=DN=6，
设GM=m，则BD=FD=FM=AD=5m，GN=AN=5m−6，FN=5m−m−(5m−6)=6−m，
∴62+(6−m)2=(5m)2，
解得，m1=32,m2=−2(舍去)，
∴AN=5×32−6=32，
∴AG= 2AN=32 2，
∴AB=AG+BG=152 2；
综上所述：AB=203 2或152 2．
【解析】(1)证明∠A=∠B即可得到AC=BC；
(2)①△AED与△FED的面积之比=AEBE=( 2−1)aa= 2−1；②分当交点G在E的下方时和当交点G在E的上方时分类讨论即可．∵AB/​/CD，
∴∠1+∠BCD=180°，
∵AD/​/BC，
∴∠2+∠BCD=180°，
∴∠1=∠2．
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A公司送餐用时
26
26
30
25
27
29
24
28
30
25
B公司送餐用时
20
18
21
16
34
32
15
14
35
15