2024年浙江省温州市乐清市、瓯海区、永嘉县中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年浙江省温州市乐清市、瓯海区、永嘉县中考数学二模试卷（含解析），共17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.给出四个数 3，0，−0.5，−2，其中最小的数是( )
A. 3B. 0C. −0.5D. −2
2.某款沙发椅如图所示，它的左视图是( )
A. B.
C. D.
3.某学校购买了甲、乙、丙、丁四种文具作为奖品奖励给学生，得到文具数量统计图如图所示，已知甲种文具有60件，则四种文具一共有( )
A. 400件
B. 300件
C. 200件
D. 180件
4.计算(−2x2)3的正确结果是( )
A. −8x5B. −8x6C. 8x5D. 8x6
5.某学校组织研学活动，学校安排两辆车，小明和小亮从这两辆车中随机选择一辆车搭乘，则他们选择同一辆车的概率为( )
A. 12B. 13C. 14D. 34
6.在直角坐标系中，点M(−2,3)与点N关于x轴对称，则将点M平移到点N的过程可以是( )
A. 向上平移6个单位B. 向下平移6个单位 C. 向左平移4个单位D. 向右平移4个单位
7.如图所示，格点三角形ABC放置在5×4的正方形网格中，则sin∠ABC的值为( )
A. 12 B. 32
C. 55 D. 2 55
8.已知在一定温度下，某气体对气缸壁所产生的压强p(kPa)与汽缸内气体的体积V(ml)满足关系：p=6000V.通过对汽缸顶部的活塞加压，当汽缸内气体的体积减少20%时，测得气体对气缸壁所产生的压强增加15kPa.设加压前汽缸内气体的体积为x(ml)，则可列方程为( )
A. 60000.8x−6000x=15 B. 6000x−60000.8x=15 C. 60001.2x−6000x=15 D. 6000x−60001.2x=15
9.尺规作图源于古希腊的数学课题，蕴含着丰富的几何原理.如图，在△ABC中，按如下步骤尺规作图：①以点B为圆心，BC为半径作弧交边AB于点D；②以点A为圆心，AD为半径作弧交AC于点E；③连结CD与DE.若要求∠CDE的度数，则只需知道( )
A. ∠A的度数B. ∠B的度数C. ∠ACB的度数D. ∠DCE的度数
10.已知两个反比例函数y1=mx，y2=−2mx(m≠0).当1≤x≤2时，y1的最大值和最小值分别为a1，b1，y2的最大值和最小值分别为a2，b2.若a1−a2=4，则b1−b2的值为( )
A. −5B. −165C. 165D. 5
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.分解因式：ab−2b= ______．
12.4月15日是全民国家安全教育日.某校学生“国家安全知识”竞赛成绩的频数分布直方图(每一组不含前一个边界值，含后一个边界值)如图所示，其中成绩超过80分的学生有______人.
13.计算：a+2a−1+31−a= ______．
14.若一元二次方程x2−6x+c=0有两个相等的实数根，则c的值为______．
15.如图，O为Rt△ABC斜边AB上一点，以OA为半径的⊙O交边AC于点D，BD恰好为⊙O的切线，若∠ABD=28°，则∠CBD= ______度.
16.将一块菱形纸板ABCD剪成如图1所示的①②③三块，再拼成不重叠、无缝隙的直角三角形MNP(如图2，∠MPN=90°).若MN=10，BE−AF=2，则AD，DE的长分别为______和______．
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8分)
(1)计算：38−|−12|+2−1；
(2)化简：(a+3)(a−3)−a(2+a)．
18.(本小题6分)
小南解不等式组x−6>3x①x−x+32≤1②的过程如下：
(1)老师批改时说小南的解题过程有错误，小南从第______步开始出现错误．
(2)请你写出正确的解答过程．
19.(本小题8分)
如图，E为▱ABCD边AB延长线上一点，AB=BE，BC交DE于点F．
(1)求证：△CDF≌△BEF．
(2)若DE平分∠ADC，AD=4，求CD的长．
20.(本小题8分)
小海准备购买一辆新能源汽车，在预算范围内，他打算从甲、乙两款汽车中购买一辆.为此，小海收集了10名消费者对这两款汽车的相关评价，并整理、分析如下：
表一：甲、乙两款汽车的四项得分数据统计表
表二：甲、乙两款汽车的满意度得分统计表(满分10分)
根据以上信息，解答下列问题：
(1)若小海认为汽车四项的重要程度有所不同，而给予“外观造型”“舒适程度”“操控性能”“售后服务”四项得分的占比为2：3：3：2，请你帮小海计算甲、乙两款汽车的平均分．
(2)结合(1)的结论和甲、乙两款汽车满意度得分的众数和中位数，你建议小海购买哪款汽车？请详细说明你的理由．
21.(本小题10分)
小乐和小嘉同时从学校出发，分别骑自行车沿同一条路线到体育馆进行锻炼，图中折线O−A−B−C和线段OD分别表示小乐和小嘉离学校的距离y(米)与时间x(分钟)的函数关系的图象，且两人骑车速度均保持不变.根据图中信息，解答下列问题：
(1)求出小嘉离学校的距离y(米)与时间x(分钟)的函数表达式，并直接写出图中a的值．
(2)出发后经过15分钟，小乐和小嘉相距多少米？
22.(本小题10分)
如图，在矩形ABCD中，P为边AB的一点，DP的中垂线分别交矩形两边AD，BC于点E，F，交DP于点H，BF=CD，连结DF，PF．
(1)判断△DFP的形状，并说明理由．
(2)若AP=BP=2，求EH，EF的长．
23.(本小题10分)
已知抛物线y=ax2−(b+2)x−a+b+6(a<0,a,b均为常数)过点(3,4)．
(1)求a，b之间的数量关系及该抛物线的对称轴．
(2)若函数y的最大值为5，求该抛物线与y轴的交点坐标．
(3)当自变量x满足0≤x≤3时，记函数y的最大值为m，最小值为n，求证：3m+n=16．
24.(本小题12分)
如图，AB为⊙O的直径，动弦CD⊥OA于点P，连结BC，DA并延长交于点F，DE⊥BC于点E，交AB于点G．
(1)求证：AP=PG．
(2)设∠CDE=α，∠F=β．
①求β关于α的函数关系式；
②当P，G，O三点中恰有一点是另两点构成的线段中点时，求出所有符合条件的tanα⋅tanβ的值．
答案解析
1.D
【解析】解：∵−2<−0.5<0< 3，
∴最小的数是：−2．
故选：D．
2.B
【解析】解：从左边看，可得选项B的图形．
故选：B．
3.C
【解析】解：由图可得，
四种文具一共有：60÷30%=200(件)，
故选：C．
4.B
【解析】解：(−2x2)3=−8x6．
故选：B．
5.A
【解析】解：将这两辆车分别记为A，B，
列表如下：
共有4种等可能的结果，其中他们选择同一辆车的结果有2种，
∴他们选择同一辆车的概率为24=12．
故选：A．
6.B
【解析】解：∵点M(−2,3)与点N关于x轴对称，
∴N(−2,−3)．
∴将点M平移到点N的过程可以是向下平移6个单位．
故选：B．
7.D
【解析】解：过点A作AD⊥BC，垂足为D．
∵BD=2，AD=4，
∴AB= BD2+AD2= 22+42=2 5．
∴sin∠ABC=ADAB=42 5=2 55．
故选：D．
8.A
【解析】解：根据题意，得60000.8x−6000x=15．
故选：A．
9.C
【解析】解：由题意得，BD=BC，AD=AE，
∴∠BDC=∠BCD，∠ADE=∠AED，
在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED=180°，
即∠A=180°−2∠ADE，
在△BDC中，∠B+∠BDC+∠BCD=180°，
即∠B=180°−2∠BDC，
∴∠A+∠B=180°−2∠ADE+180°−2∠BDC=360°−2(∠ADE+∠BDC)，
∵∠ADE+∠BDC=180°−∠CDE，
∴∠A+∠B=360°−2(180°−∠CDE)=2∠CDE，
在△ABC中，∠A+∠B=180°−∠ACB，
∴2∠CDE=180°−∠ACB，
即∠CDE=90°−12∠ACB，
∴若要求∠CDE的度数，则只需知道∠ACB的度数，
故选：C．
10.D
【解析】解：∵在反比例函数y=kx中，当x>0，k>0时，图象在第一象限，y>0，y随x的增大而减小；当x>0，k<0时，图象在第四象限，y随x的增大而增大；
∴两个反比例函数y1=mx，y2=−2mx(m≠0).当1≤x≤2时，y1的最大值和最小值分别为a1，b1，y2的最大值和最小值分别为a2，b2.若a1−a2=4，即有a1>a2，则m>0，
∴a1=m，b1=m2，a2=−2m2=−m，b2=−2m1=−2m，
∴m−(−m)=4，解得m=2，
∴b1=m2=1，b2=−2m=−4，
∴b1−b2=1−(−4)=5．
故选：D．
11.b(a−2)
【解析】解：ab−2b=b(a−2)．
故答案为：b(a−2)．
12.60
【解析】解：根据频数分布直方图可得，成绩超过80分的学生有：40+20=60(人)．
故答案为：60．
13.1
【解析】解：a+2a−1+31−a=a+2a−1−3a−1=a−1a−1=1．
根据分式的运算法则解答即可．
14.9
【解析】解：根据题意得Δ=(−6)2−4c=0，
解得c=9．
故答案为：9．
利用根的判别式的意义得到Δ=(−6)2−4c=0，然后解一次方程即可．
15.31
【解析】解：连接OD，
∵BD为⊙O的切线，
∴∠BDO=90°，
∵∠ABD=28°，
∴∠BOD=90°−28°=62°，
∵OD=OA，
∴∠A=∠ODA=12∠BOD=12×62°=31°，
∵∠C=90°，
∴∠ABC=90°−31°=59°，
∴∠CBD=∠ABC−∠ABD=59°−28°=31°，
故答案为：31．
连接OD，根据切线的性质得到∠BDO=90°，求得∠BOD=90°−28°=62°，根据三角形外角的性质得到∠A=∠ODA=12∠BOD=12×62°=31°，于是得到结论．
16.5 145
【解析】解：在图2中，连接PG，过点P作PK⊥HG于K，如下图所示：

∵四边形ABCD为菱形，
∴设AD=AD=x，DE=y，AF=a，
∵BE−AF=2，
∴BE=AF+2=a+2，
对照图2和图1得：PH=AD=x，PN=BE=a+2，PQ=QM=AF=a，GM=AB=x，HG=DE=y，NH=CE=CD−DE=x−y，
∴ND=NH+HG=x−y+y=x，
∴NG=GM=x，
∴MN=NG+GM=2x，点G为MN的中点，
∵MN=10，
∴2x=10，
∴x=5，
即AD=5，
∴PH=AD=5
∵∠MPN=90°，点G为MN的中点，
∴AG=12MN=5，
∴PH=PG=5，
∵PK⊥HG，
∴HG=2HK，
在Rt△PMN中，PN=a+2，PM=PQ+QM=2a，MN=10，
由勾股定理得：PN2+PM2=MN2，
即(a+2)2+(2a)2=102，
整理得：5a2+4a−96=0，
解得：a1=4，a2=−245(不合题意，舍去)，
∴PN=a+2=6，PM=2a=8，
由三角形面积公式得：S△PMN=12MN⋅PK=12PN⋅PM，
∴PK=PN⋅PMMN=6×810=4.8，
在Rt△PHK中，PH=5，PK=4.8，
由勾股定理得：HK= PH2−PK2= 52−4．82=75，
∴DE=HG=2HK=145．
故答案为：5；145．
在图2中，连接PG，过点P作PK⊥HG于K，设AD=AB=x，DE=y，AF=a，则BE=AF+2=a+2，对照图2和图1得PH=AD=x，PN=BE=a+2，PQ=QM=AF=a，GM=AB=x，HG=DE=y，NH=CE=CD−DE=x−y，则ND=NH+HG=x−y+y=x，MN=NG+GM=2x=10，由此得AD=x=5，则PH=AD=5再根据∠MPN=90°，点G为MN的中点，得AG=1/2MN=5，则PH=PG=5，HG=2HK，在Rt△PMN中，PN=a+2，PM=PQ+QM=2a，MN=10，由勾股定理得(a+2)2+(2a)2=102，由此解出a=4，则PN=a+2=6，PM=2a=8，然后由三角形面积公式求出PK=PN⋅PMMN=4.8，进而再由勾股定理求出HK=75，进而可得DE的长．
17.解：(1)38−|−12|+2−1
=2−12+12
=2；
(2)(a+3)(a−3)−a(2+a)
=a2−9−2a−a2
=−2a−9．
【解析】(1)先计算立方根、负整数指数幂、绝对值，再计算加减；
(2)先计算平方差公式和单项式乘多项式，再合并同类项．
18.四
【解析】解：(1)小南从第四步开始出现错误；
故答案为：四；
(2)正确的解答过程：
解：由①，得x−3x>6，
∴−2x>6，
∴x<−3．
由②，得2x−x−3≤2，
∴x≤5．
所以原不等式组的解集为x<−3．
(1)根据小南的解题步骤找出错误的步骤即可；
(2)根据解一元一次不等式的步骤：①去分母；②去括号；③移项；④合并同类项；⑤化系数为1依次计算可得．
19.(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD/​/AB，AB=CD，
∴∠CDF=∠BEF，
∵AB=BE，
∴CD=BE，
在△CDF与△BEF中，
∠DFC=∠EFB∠CDF=∠BEFCD=BE，
∴△CDF≌△BEF(AAS)；
(2)解：∵△CDF≌△BEF，
∴CD=BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD/​/AB，
∴∠CDE=∠E，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=∠ADE，
∴∠E=∠ADE，
∴AD=AE=2BE=2CD=4，
∴CD=2．
【解析】(1)根据平行四边形的性质得出CD=AB，进而利用AAS证明△CDF≌△BEF即可；
(2)根据角平分线的定义和平行四边形的性质得出AD=AE，进而解答即可．
20.解：(1)甲款汽车的平均分为：7×2+6×3+7×3+8×22+3+3+2=6.9(分)，
乙款车的平均分为：7×2+8×3+6×3+7×22+3+3+2=7(分)；
(2)建议小海购买甲款汽车，理由如下：
由题意可知，甲款汽车的中位数为7+82=7.5(分)，众数为8分；
乙款汽车的中位数为7+72=7(分)，众数为7分；
因为甲款汽车中位数和众数均高于乙款汽车，所以建议小海购买甲款汽车．
【解析】(1)根据加权平均数的计算公式计算即可；
(2)根据中位数和众数的意义解答即可．
21.解：(1)设小嘉离学校的距离y(米)与时间x(分钟)的函数表达式为y=kx，
把(6,1200)代入解析式得：6k=1200，
解得k=200，
∴小嘉离学校的距离y(米)与时间x(分钟)的函数表达式为y=200x；
由图象知，小乐的速度为12004=300(米/分)，
∴小乐重新出发到到达体育馆所用时间为3600−1200300=8(分钟)，
∴a=20−8=12；
(2)15×200−1200−300×(15−12)=900(米)，
答：出发后经过15分钟，小乐和小嘉相距900米．
【解析】(1)用待定系数法求函数解析式；求出小乐的速度，再求a的值；
(2)用小嘉的路程减去小乐的路程即可得出结论．
22.解：(1)△DFP为等腰直角三角形，理由如下：
∵EF是DP的中垂线，
∴DF=PF，
∴△DFP为等腰三角形，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，AB=CD，AD=BC
在Rt△BFP和Rt△CDF中，
DF=PFBF=CD，
∴Rt△BFP≌Rt△CDF(HL)，
∴∠BFP=∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD=90°，
∴∠BFP+∠CFD=90°，
∴∠DFP=180°−(∠BFP+∠CFD)=90°，
∴△DFP为等腰直角三角形；
(2)∵AP=BP=2，
∴AB=CD=4，BF=CD=4，
由(1)可知：Rt△BFP≌Rt△CDF，
∴BP=CF=2，
∴BC=AD=BF+CF=6，
在RtAPD中，由勾股定理得：DP= AP2+AD2=2 10，
由(1)可知：△DFP为等腰直角三角形，
又∵EF是DP的中垂线，
∴FH=PH=DH=12DP= 10，∠DHE=90°，
∴∠DHE=∠A=90°，
又∵∠HDE=∠ADP，
∴△DEH∽△DPA，
∴EH：AP=DH：AD，
即EH：2= 10：6，
∴EH= 103，
∴EF=EH+FH= 103+ 10=4 103．
【解析】(1)先根据线段中垂线性质得DF=PF，再依据“HL”判定Rt△BFP和Rt△CDF全等得∠BFP=∠CDF，进而得∠BFP+∠CFD=90°，则∠DFP=90°，据此可得△DFP的形状；
(2)根据矩形性质及AP=BP=2得AB=CD=4，BF=CD=4，根据Rt△BFP≌Rt△CDF得BP=CF=2，则BC=AD=BF+CF=6，由勾股定理可得DP=2 10，然后根据(1)的结论得FH=PH=DH= 10，再证△DEH∽△DPA，利用相似三角形性质可得EH的长，进而可得EF的长．
23.(1)解：∵抛物线y=ax2−(b+2)x−a+b+6(a<0,a,b均为常数)过点(3,4)，
∴9a−3b−6−a+b+6=4，
∴b=4a−2，
∴抛物线的对称轴为直线x=−−(b+2)2a=2；
(2)解：∵b=4a−2，
∴y=ax2−4ax+3a+4=a(x−2)2−a+4，
∵函数y的最大值为5，与y轴的交点为(0,3a+4)，
−a+4=5，
∴a=−1，
∴3a+4=1，
∴该抛物线与y轴的交点坐标是(0,1)；
(3)证明：∵y=a(x−2)2−a+4(a<0)，
∴抛物线开口向下，
∴当自变量x满足0≤x≤3时，函数y的最大值是x=2时的函数值，故m=−a+4，
函数y的最小值是x=0时的函数值，故n=3a+4，
∴3m+n=−3a+12+3a+4=16．
【解析】(1)把点(3,4)代入解析式即可求得a，b之间的数量关系，利用对称轴公式即可求得抛物线的对称轴；
(2)把解析式化成顶点式，利用顶点式即可得到−a+4=5，解得a=−1，而x=0时，y=3a+4，从而求得抛物线与y轴的交点坐标是(0,1)；
(3)根据二次函数的性质求得m=−a+4，n=3a+4，即可证得3m+n=−3a+12+3a+4=16．
24.(1)证明：∵CD⊥OA，
∴∠DPG=90°，
∴∠PGD+∠PDG=90°，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90°，
∴∠DCE+∠PDG=90°，
∴∠DCE=∠PGD．
∵∠DCE=∠DAB，
∴∠DAB=PGD，
∴AP=PG．
(2)解：①∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90°，
∴∠F=90°−∠FDE．
由(1)知：AD=DG，
∵DP⊥AG，
∴∠PDG=12∠FDE，
∵∠CDE=α，
∴∠FDE=2∠PDG=2α．
∴β=90°−2α．
∴β关于α的函数关系式为β=90°−2α；
②连接OC，如图，
∵∠CDE=α，
∴∠ADC=∠CDE=∠B=α，
∴∠AOC=2∠B=2α，
∴∠OCP=90°−∠AOC=90°−2α=β，
∴tanα=tanB=CPBP，tanβ=tan∠OCP=OPCP，
∴tanα⋅tanβ=OPBP．
Ⅰ.当点G为PO的中点时，则PG=GO，
∵AD=DG，DP⊥AG，
∴AP=PG，
∴AP=PG=GO，
∴OP=PG+GO=2OG，OB=AO=GO+PG+AP=3OG，
∴BP=OB+OG+PG=5OG，
∴tanα⋅tanβ=OPBP=2OG5OG=25；
Ⅱ.当点O为PG的中点时，如图，
则PO=OG，
∵AD=DG，DP⊥AG，
∴AP=PG，
∴AP=PG=2OP，
∴OA=OB=3OP，
∴BP=4OP，
∴tanα⋅tanβ=OPBP=OP4OP=14．
综上，当P，G，O三点中恰有一点是另两点构成的线段中点时，所有符合条件的tanα⋅tanβ的值为25或14．
【解析】(1)利用垂直的定义，直角三角形的性质，同角的余角相等，圆周角定理和等腰三角形的判定定理解答即可；
(2)①利用等腰三角形的性质和直角三角形的性质解答即可；
②连接OC，利用圆周角定理，直角三角形的性质和直角三角形的边角关系定理求得tanα=tanB=CPBP，tanβ=tan∠OCP=OPCP，则tanα⋅tanβ=OPBP；利用分类讨论的思想方法分两种情形解答：Ⅰ.当点G为PO的中点时，则PG=GO，利用线段中点的定义，等腰三角形的性质求得OP=2OG，BP=5OG，代入化简即可得出结论；Ⅱ.当点O为PG的中点时，利用线段中点的定义，等腰三角形的性质求得BP=4OP，代入化简即可得出结论．
解：由①，得x−3x>6，…第一步
∴−2x>6，…第二步
∴x<−3.…第三步
由②，得2x−x+3≤1，…第四步
∴x≤−2.…第五步
所以原不等式组的解集为x<−3.…第六步
外观造型
舒适程度
操控性能
售后服务
甲款
7
6
7
8
乙款
7
8
6
7
甲款
5
5
6
6
7
8
8
8
8
9
乙款
5
6
6
7
7
7
7
8
8
9
A
B
A
AA
AB
B
BA
BB