2024年浙江省温州市瑞安市中考二模考试数学试题（原卷版+解析版）

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亲爱的同学：
欢迎参加考试，请你认真审题，细心答题，发挥最佳水平．答题时，请注意以下几点：
1.全卷共4页，有三大题，24小题，全卷满分120分，考试时间120分钟．
2.答案必须写在答题纸相应的位置上，写在试题卷、草稿纸上均无效．
3.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题．
卷I
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1. 甲地的海拔为5米，乙地比甲地低6米，则乙地的海拔为（ ）
A. 米B. 米C. 1米D. 11米
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查有理数加减法的应用，利用减去一个数，等于加上这个数的相反数，即可解答，熟练进行计算是解题的关键．
【详解】解：乙地的海拔为米，
故选：A．
2. 温州南鹿岛入选全国美丽海湾，其占地面积为平方米．数据用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了科学记数法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值大于与小数点移动的位数相同．
【详解】解：，
故选：B．
3. 某物体如图所示，它的俯视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了俯视图，掌握从上往下看是俯视图成为解题的关键．
根据俯视图的定义即可解答．
【详解】解：从上方观察，可得其俯视图为
．
故选：C．
4. 某校组织学生了解瑞安历史名人，现有四位名人可供选择：曾联松、孙诒让、李毓蒙、黄宗洛．若从中随机选取一位名人，则选中孙诒让的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了根据概率公式求简单事件的概率，根据概率公式可直接求解．
【详解】解：共又4位瑞安历史名人，选中孙诒让的概率为，
故选：C．
5. 计算的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则进行运算即可．
详解】解： ．
故选： D．
【点睛】本题主要考查幂的乘方，同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
6. 《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆.”度方知圆，感悟数学之美.如图，正方形的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的半径为（ ）

A. B. 2C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】如图，连接，利用相似多边形的性质求出正方形的面积，求出 可得结论．
【详解】解：如图，连接．

∵正方形与四边形是位似图形，，正方形的面积为4，
∴四边形是正方形，面积为，
∴，，
∴，
∴四边形的外接圆的半径为．
故选C．
【点睛】本题考查位似变换，相似多边形的性质等知识，解题的关键是掌握位似图形的概念．
7. 某校修建一条400米长的跑道，开工后每天比原计划多修10米，结果提前2天完成了任务.设原计划每天修米，那么根据题意可列出方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设原计划每天修米，根据结果提前2天完成了任务列方程即可．
【详解】设原计划每天修米，由题意得
．
故选D．
【点睛】本题考查了列分式方程解实际问题的运用及分式方程的解法的运用，解答时根据条件建立方程是关键，解答时对求出的根必须检验，这是解分式方程的必要步骤．
8. 如图是遮阳伞撑开后的示意图，它是一个轴对称图形，若，米，与地面垂直且米，则的长为（ ）
A. 米B. 米
C. 米D. 米
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，轴对称性质等知识点，先证明出，然后求出，进而可求出，理解题意，弄清直角三角形中的边角关系是解题的关键．
【详解】∵整个图形是一个轴对称图形，
∴，
∵，米，
∴，
在中，
米，
∵米，
∴（米），
故选：C．
9. 已知点，，在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了函数的图象．注意掌握排除法在选择题中的应用是解此题的关键．点，，在同一个函数图象上，可得P、Q关于y轴对称，当时，y随x的增大而增大，即可得出答案．
【详解】解：∵，，
∴得P、Q关于y轴对称，
∴选项A、C错误，
∵，在同一个函数图象上，
∴当时，y随x的增大而增大，
∴选项B错误，选项D正确．
故选：D．
10. 如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，记的面积为，三个正方形的面积和为，过点C作于点M，连结交于点N，设，，若，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设与交于点P，先求出，再利用得出，进而可得出，解出，，然后得出，，从而即可得解．
【详解】设与交于点P，
在中，，在中，，
∴，
∵，，
∴ ，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴ ，
∴，
∴（负值已舍），
∴，即，
∴，
∵为直角三角形，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角函数的应用，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，矩形的判定和性质，解一元二次方程等知识点，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
卷II
二、填空题（本题有6小题，每小题3分，共18分）
11. 分解因式：_______．
【答案】
【解析】
【分析】原式提取公因式m即可得到结果．
详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了提公因式分解因式，正确找出公因式是解答本题的关键．
12. 某班学生每周参加体育锻炼时间的频数直方图（每组含前一个边界值，不含后一个边界值）如图所示，其中锻炼时间在6小时及以上的学生有__________人．
【答案】18
【解析】
【分析】本题考查频数分布直方图，根据题意和直方图中的数据可以求得锻炼时间在6小时及以上的学生人数，本题得以解决，解答本题的关键是明确题意．
【详解】解：根据直方图可得锻炼时间在6小时及以上的学生人数为人，
故答案为：18．
13. 不等式组的解为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可．
【详解】解：解不等式，得，
解不等式，得，
∴不等式组解集为，
故答案为：．
14. 如图，扇形古钱币的圆心角，，则该扇形古钱币的弧长为__________（结果保留）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查弧长公式，利用弧长公式计算即可．
【详解】解：依题意：扇形古钱币的弧长=，
故答案为：．
15. 已知，，当时，则S的最大值为__________．
【答案】10
【解析】
【分析】此题考查二次函数的最值．首先求出的函数解析式，然后由进一步得出的取值范围即可．
【详解】解：，
，
，
当时，函数有最小值，等于，
当时，最大值为；
故答案为：10．
16. 图1是圆形置物架，示意图如图2所示，已知置物板，且点E是中点，测得，，，，则该圆形置物架的半径为__________cm．
【答案】14
【解析】
【分析】本题考查三角形的中位线定理，矩形的判定与性质，垂径定理的推论，勾股定理，含30度的直角三角形的性质等知识，正确作出辅助线找出圆心所在的直线是解题的关键．
【详解】过点B作于点M，取的中点Q，连接并延长交AC于点P，
∵Q是BM的中点，点E是的中点，
∴，，
∴点P、Q、E、F共线，
又∵，，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，，
又∵，，
∴，，
∴，，，
又∵，
∴，，
∴四边形，也是矩形，
∴，，，
∴，
∴是的垂直平分线，即直线是直径所在的直线，
在上取圆心为O，连接，
设，则，
在Rt△APO中，
∴，
解得：，
故答案为：14．
三、解答题（本题有8小题，共72分，解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17. （1）计算：；
（2）化简：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式性质、绝对值化简、零指数幂以及整式的混合运算运算等知识，解题的关键是掌握运算的顺序和相关运算的法则．
（1）根据二次根式性质、零指数幂和绝对值化简的计算法则化简每一项，再进行加减混合运算即可；
（2）利用平方差公式和整式的乘法运算法则去括号，再进行合并同类项计算即可．
【详解】（1）解：，
，
；
（2）解：，
，
．
18. 如图，在菱形中，于点E，于点F．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定以及性质，勾股定理．
（1）利用菱形的性质结合已知条件用即可证明．
（2）利用全等三角形的性质得出，再利用勾股定理即可求出．
【小问1详解】
证明：，，
，
又四边形是菱形，
，，
．
【小问2详解】
，
，
，，
．
19. 如图，在的方格纸中，每个小方格的边长为1，已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中画一个，使点E在上；
（2）在图2中画一个等腰三角形，使底边长为，点R在上，点Q在上．
【答案】（1）画图见解析
（2）画图见解析
【解析】
【分析】本题考查的是画直角三角形，等腰三角形，勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，化为最简二次根式，掌握勾股定理的含义是解本题的关键；
（1）根据勾股定理作，，从而可得答案；
（2）根据勾股定理作，，从而可得答案；
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
理由：，，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图，即为所求；
理由：∵，，
∴，
∴符合要求；
20. 某校从甲、乙两名学生中选一名参加市小数学家评比，该校将甲、乙两人的6次测试成绩绘制成如下统计图，并对数据统计如下表：
（1）求这6次测试中，甲的中位数和乙的平均分；
（2）为了在小数学家评比中尽可能取得好成绩，请你从相关统计量和统计图进行分析，并给出合理的选择建议．
【答案】（1）甲的中位数：分；乙的平均分：95分
（2）甲乙的平均分相同，但甲的中位数比乙高，方差比乙小，成绩更稳定，且从统计图的趋势可以看出甲的成绩在稳步上升，所以推荐甲参加
【解析】
【分析】本题主要考查统计图（表），求平均数，中位数，根据平均数、中位数和方差做决策．
（1）运用平均数和中位数的定义求解即可；
（2）根据平均数、中位数、方差和统计图的走势进行分析可得出结论，提出合理建议．
【小问1详解】
解：将甲的6次成绩从小到大进行排序，排在第3位和第4位的是分别是95和96，
∴甲的中位数为：（分）；
乙的平均分为：（分）；
【小问2详解】
解：甲乙的平均分相同，但甲的中位数比乙高，方差比乙小，成绩更稳定，且从统计图的趋势可以看出甲的成绩在稳步上升，所以推荐甲参加．
21. 已知反比例函数与一次函数（，，b是常数，，）的图象交于点，．
（1）求函数和的表达式；
（2）若点P是反比例函数图象上一点，将点P先向右平移4个单位，再向下平移3个单位得点M，点M恰好落在一次函数图象上，求点P的坐标．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】本题考查了利用待定系数法求出函数解析式，平移的性质，一次函数和反比例函数的性质，利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
（1）利用待定系数法求出函数的表达式，将点代入，求得点，再将点A，B代入求解，即可解题；
（2）设，则，根据点M恰好落在一次函数图象上，建立等式求解，即可解题．
【小问1详解】
解：将点代入，得，
，
将点代入，得，
将点A，B代入，
得，解得，
；
【小问2详解】
解：设，则，
点M恰好落在一次函数图象上，
，得，
当时，，
．
22. 如图，在中，点D是的中点，点E在上，将沿翻折至，使点F落在上，延长与的延长线交于点G．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了翻折的性质，勾股定理，平行线分线段成比例等知识，解题的关键是：
（1）利用翻折的性质，等边对等角以及三角形外角的性质可得出，然后利用平行线的判断即可得证；
（2）利用平行线分线段成比例可求出，利用勾股定理可求出，利用正切的定义可求出，利用平行线分线段成比例可求出，最后利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
证明：沿翻折至，点是的中点，
，，
，
又，
，
；
【小问2详解】
解：，
，
，
，，
，
，
，
，且点是BC的中点，
，
点是AB的中点，
，
．
23. 综合与实践：如何测算容器内装饰物的高度．
素材1：如图1，是一个瓶身为圆柱形的小口径容器，其高度为12cm，容器里面有一圆柱形装饰物，且这两个圆柱的底面积之比为．
素材2：为了测算该容器内圆柱形装饰物的高度，小羽以的速度向容器内匀速注水，在注水过程中，容器内水面高度h随时间t的变化规律如图2所示．
（1）设注入水的体积为V（），容器底面积为S（），当时，请用两种不同的方式表示V：
①用含t的代数式表示V；
②用含S，h的代数式表示V．
（2）求容器内圆柱形装饰物的高度．
【答案】（1）①；②
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查一次函数的应用：
（1）①根据水流速度乘以流水时间可得结论；②根据圆柱底面积乘以高可得结论；
（2）前6秒注入水的高度为h，后14秒注入水的高度为，先求出前6秒注入水的体积，再求出后14秒注入水的体积，得出，根据圆柱容器的高度为12可得
【小问1详解】
解：根据图象可知，当流水注入时间为6秒时，水面与圆柱形装饰物齐平：
①∵水流的速度为，水流的时间为
∴注入水的体积为：
②圆柱形的小口径容器底面积为S，
∵这两个圆柱的底面积之比为，
∴空余处的面积为，高度为h，
∵，
∴；
【小问2详解】
解：由图象知，溉注水时间为20秒时，圆柱形容器注满，高度为，
设前6秒注入水的高度为h，后14秒注入水的高度为，
∵这两个圆柱底面积之比为，
∴空余处的面积为，
∴
∴，
∴，
而
∴
解得，
即：容器内圆柱形装饰物的高度为
24. 如图1，在四边形中，，，，，点在上，作交于点，点为上一点，且，如图2，作的外接圆交于点，连结，设，．

（1）求的长；
（2）求关于的函数表达式；
（3）当与的一边相等时，求满足所有条件的的长．
【答案】（1）
（2）
（3）的值为或或
【解析】
【分析】（1）作于点，可证四边形是矩形，可求出的值，在中根据勾股定理即可求解；
（2）根据题意可证，分别用含的式子表示，用含的式子表示，根据，即可求解；
（3）根据题意，分类讨论，①当时，则；②当时，可证，可得，由，得，即可求解；③当时，可得，由即可求解．
【小问1详解】
解：作于点，

，且，
，
四边形是矩形，
，，
，
．
【小问2详解】
解：，
，
，
∴，
∴，
，，，
，
，，
，
，得．
【小问3详解】
解：由（2）可知，
在中，，且，
∴，
①如图所示，当时，则，

，
；
②如图所示，当时，

，
，
∴，
，即四边形是等腰梯形，
，
，即是等腰三角形，
作于点，
∴，
∵，
∴，
∴，且，，
∴，
∴，且，
∵，
，
解得，，
∴，
解得，，
；
③当时，则，

∵四边形为内接四边形，
∴，
，
，
四边形是平行四边形，且，
，
，
∴，
解得，，
，
综上可得，的值为或或．
【点睛】本题主要考查勾股定理，矩形的判定和性质，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，解方程，分类讨论等知识的综合，掌握相似三角形的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键．
学生
平均分（分）
中位数（分）
方差（分）
甲
95
▲
4
乙
▲
95
5