2024年广东省河源市中考数学二模试卷（含答案）

这是一份2024年广东省河源市中考数学二模试卷（含答案），共14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.实数0，−4， 5，3中，最大的数是( )
A. 0B. −4C. 5D. 3
2.2024年2月15日24时，第二十五届哈尔滨冰雪大世界正式闭园，该届冰雪大世界共计运营61天，累计接待游客2710000人次，为海内外游客展示了中国东北地区的冰雪魅力.将“2710000”用科学记数法表示为( )
A. 2.71×105B. 27.1×105C. 2.71×106D. 2.71×107
3.下列交通标志中，属于轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.如果等腰三角形的一个底角为70°，那么另外两个角的度数分别为( )
A. 50°和70°B. 40°和70°C. 55°和55°D. 55°和70°
5.若x=2是关于x的方程kx−1=3的解，则k−2的值是( )
A. −1B. 2C. 1D. 0
6.如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且互相平分，添加下列条件，仍不能判定四边形ABCD为菱形的是( )
A. BC=CDB. AB=AC
C. AC⊥BDD. ∠ABD=∠CBD
7.如图，PA，PB分别与⊙O相切A，B点，C为⊙O上一点，∠P=66°，则∠C=( )
A. 57°B. 60°C. 63°D. 66°
8.点O、A、B、C在数轴上的位置如图所示，点O为原点，AO=1，CO=2AB，若点B所表示的数为b，则点C所表示的数为( )
A. −2b+2B. −2b−2C. 2b−2D. 2b+2
9.已知一次函数y1=x+2和反比例函数y2=3x，当y1>y2时，x的取值范围为( )
A. −31B. −3C. x<−3或01
10.我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.若大正方形面积为136，小正方形面积为16，则tanθ的值为( )
A. 53B. 35C. 43D. 34
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.因式分解：9a2−1= ．
12.在平面直角坐标系中，点M(2m,m+1)在y轴上，则m= ______．
13.罗浮山、丹霞山、西樵山和鼎湖山是广东四大名山，游客甲和游客乙都计划从这四大名山中任选一座进行游玩，则他们选择游玩同一座山的概率为______．
14.如图所示，四边形ABCD为长方形，AE⊥EG，已知∠1=25°，则∠2=______．
15.如图，△OAD、△ABE、△BCF均为等边三角形，点O、A、B、C在同一条直线上，OA=1，OB=3，OC=6，则S△BEF−S△ADE的值为______．
三、解答题：本题共9小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题5分)
计算：(−1)2024− 9+|− 3|+38．
17.(本小题5分)
如图，点D在△ABC的边AC上，请用尺规作图法在边AB上作一点E，连接DE，使得BE=DE.(不写作法，保留作图痕迹)
18.(本小题7分)
已知a>0，b>0，且a4a+b=ba+4b，求证：a=b．
19.(本小题7分)
第19届亚运会在杭州举行，亚运会上的志愿者们被称为“小青荷”，“青荷”的谐音是亲和，彰显志愿者的热情和友好.某场馆比赛结束后，为了选出一位“最佳志愿者”，分别从责任心、亲和力、热情度三个方面对其中三位“小青荷”A、B、C的服务情况进行了评价，统计如表：
(1)你能根据三项评价分数的平均分确定人选，选出“最佳志愿者”吗？为什么？
(2)“小青荷”的责任心、亲和力、热情度缺一不可，请你按3：2：1的权重计算加权平均数，从中选出“最佳志愿者”.(结果保留一位小数)
20.(本小题9分)
如图，在四边形ABCD中，∠CAD=90°，∠B=30°，∠D=60°且AC=BC．
(1)求证：AB/​/CD．
(2)若AD=1，求四边形ABCD的面积．
21.(本小题9分)
某店在批发中心选购鸡仔饼和杏仁饼.鸡仔饼每盒进价比杏仁饼每盒进价多5元，用300元购进鸡仔饼的盒数是用100元购进杏仁饼的盒数的2倍．
(1)鸡仔饼、杏仁饼的进价各是多少元/盒？
(2)该店计划购进鸡仔饼、杏仁饼共60盒，其中鸡仔饼每盒售价28元，杏仁饼每盒售价18元.若鸡仔饼、杏仁饼全部售出时，总获利超过680元，则至少购进鸡仔饼多少盒？
22.(本小题9分)
综合与实践
中式建筑中的窗户将对称美发挥得淋漓尽致.小明在旅游中看到了如图(1)所示的八边形窗户，发现它既是轴对称图形又是中心对称图形，这个八边形窗户各个角都相等.图(2)是从图(1)中抽象出来的几何图，其中AB=CD=EF=GH，BC=FG，AH=DE=2 2AB，八边形ABCDEFGH的周长为40dm.设AB= 2xdm，BC=ydm．
(1)八边形ABCDEFGH的一个内角的度数为______．
(2)求y关于x的函数解析式．
(3)当x等于多少时，这个八边形窗户外框透过的光线最多？
23.(本小题12分)
综合探究
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D在以AB为直径的圆上，连接AD、BD，AD=BD，点E、F分别在CD、BC的延长线上，且AE/​/BC，EF/​/AC．
(1)求证：四边形ACFE是正方形．
(2)点M是EC延长线上一点，连接BM，若2DM=CE，求证：BM⊥CM．
(3)延长AD、EF交于点G，连接BG，若AC=10，BC=2，求BG的长．
24.(本小题12分)
综合运用
如图，直线y=−2 2x+4 2分别交x轴、y轴于点A、B，点C、D分别在直线AB、x轴负半轴上运动，且始终满足BC=OD.连接CD，交y轴于点E，以CD为斜边构造等腰直角三角形CDF，∠CFD=90°，且点C、D、F按顺时针方向排列，连接AE、EF.点C的横坐标为m(m≠0)．

(1)分别求OA、OB的长．
(2)若点C在线段AB上，当△ACE是直角三角形时，求点C的坐标．
(3)设△CEF的面积为S，求S关于m的表达式．
参考答案
1.D
2.C
3.A
4.B
5.D
6.B
7.A
8.B
9.A
10.A
11.(3a+1)(3a−1)
12.0
13.14
14.115°
15. 3
16.解：(−1)2024− 9+|− 3|+38
=1−3+ 3+2
= 3．
17.解：如图，点E即为所求．

18.证明：a4a+b=ba+4b，
等式的两边都乘(4a+b)(a+4b)，得a(a+4b)=b(4a+b)，
a2+4ab=4ab+b2，
a2+4ab−4ab−b2=0，
a2−b2=0，
(a+b)(a−b)=0，
∵a>0，b>0，
∴a+b≠0，
∴a−b=0，
即a=b．
19.解：(1)不能根据三项评价分数的平均分确定人选，选出“最佳志愿者”，
理由：A的平均分为：(91+96+95)÷3=94(分)，
B的平均分为：(97+91+94)÷3=94(分)，
C的平均数为：(92+98+92)÷3=94(分)，
∴A=B=C，
∴不能根据三项评价分数的平均分确定人选，选出“最佳志愿者”；
(2)A的加权平均数为：91×3+96×2+95×13+2+1≈93.3，
B的加权平均数为：97×3+91×2+94×13+2+1=94.5，
C的加权平均数为：92×3+98×2+92×13+2+1=94.0，
∵93.3<94.0<94.5，
∴B成为“最佳志愿者”．
20.(1)证明：在△ACD中，∠CAD=90°，∠D=60°，
∴∠ACD=90°−60°=30°，
∵AC=BC，
∴∠B=∠CAB，
∵∠B=30°，
∴∠CAB=30°，
∴∠CAB=∠ACD，
∴AB/​/CD；
(2)解：如图，过点C作CE⊥AB于点E，

在Rt△ACD中，∠CAD=90°，∠D=60°，
∴∠ACD=30°，
∴CD=2AD=2，
由勾股定理得，AC= CD2−AD2= 22−12= 3，
由(1)得，∠CAB=30°，
∴CE=12AC= 32，
由勾股定理得AE= AC2−CE2= ( 3)2−( 32)2=32，
∵AC=BC，CE⊥AB，
∴AB=2AE=3，
∴四边形ABCD的面积为：
S△ACD+S△ABC
=12AD⋅AC+12AB⋅CE
=12×1× 3+12×3× 32
= 32+3 34
=5 34．
21.解：(1)设鸡仔饼的进价是x元/盒，则杏仁饼的进价是(x−5)元/盒，
由题意得：300x=100 x−5×2，
解得：x=15，
经检验，x=15是原方程的解，且符合题意，
∴x−5=15−5=10，
答：鸡仔饼的进价是15元/盒，杏仁饼的进价是10元/盒；
(2)设购进鸡仔饼m盒，则购进杏仁饼(60−m)盒，
由题意得：(28−15)m+(18−10)(60−m)>680，
解得：m>40，
∵m为正整数，
∴m的最小值为41，
答：至少购进鸡仔饼41盒．
22.(1)135°；
(2)根据周长的定义可得：40=4× 2x+2×y+2×2 2× 2x，
∴y=20−(2 2+4)x；
(3)将图形如图分割：
由图形的对称性可知，八边形的面积是五边形ABNOM的4倍，
过B作BP⊥OM于P，过A作AQ⊥BP于Q，
∴四边形ABPM为直角梯形，四边形BNOP为矩形，
∵∠MAB=135°，∠MAQ=90°，
∴∠BAQ=45°，
∴△ABQ为等腰直角三角形，
∴AQ=BQ=x，
∴AM=12AH= 2AB=2x，BP=PQ+BQ=3x，BN=12BC=12y=10−( 2+2)x，
∴八边形的面积=4×{12×(2x+3x)×x+3x×[10−( 2+2)x]}=120x−(12 2+14)x2，
∴当x=1202×(12 2+14)=30(6 2−7)23时，八边形面积最大．
经验证，此时y>0，符合题意；
∴x=30(6 2−7)23时，这个八边形窗户外框透过的光线最多．
23.(1)证明：∵点D在以AB为直径的圆上，
∴∠ADB=90°，
∵AD=BD，
∴∠ABD=∠BAD=45°，
∵AE//BC，EF/​/AC，
∴四边形AEFC是平行四边形，
又∵∠ACF=180°−∠ACB=90°，
∴四边形AEFC是矩形，
∴∠CAE=90°，
∵AD=AD，
∴∠ABD=∠ACD=45°，
∴△ACE是等腰直角三角形，
∴AC=AE，
∴四边形ACFE是正方形；
(2)证明：如图，连接AF交CE于点O，
∵四边形AEFC是正方形，
∴AF⊥CE，AO=EO=CO=12CE，
∵2DM=CE，
∴AO=OE=DM，
∵点D在以AB为直径的圆上，
∴∠ADB=90°=∠AOD，
∴∠BDM+∠ADO=90°=∠ADO+∠DAO，
∴∠BDM=∠DAO，
又∵AD=BD，AO=DM，
∴△ADO≌△DBM(SAS)，
∴∠DMB=∠AOD=90°，
∴BM⊥CM；
(3)解：如图，过点D作PD⊥BF于P，
∵AC=10，BC=2，
∴AB= AC2+BC2= 100+4=2 26，
∵△ADB是等腰直角三角形，
∴AD=DB=2 13，
∵∠DCP=45°，DP⊥BF，
∴△DCP是等腰直角三角形，
∴DP=CP，DC= 2DP，
∵BD2=DP2+BP2，
∴52=DP2+(DP+2)2，
∴DP=4，DP=−6(舍去)，
∴CD=4 2，
∵CE= 2AC=10 2，
∴DE=6 2，
∵AC/​/EG，
∴△ACD∽△GED，
∴ACEG=DCDE，
∴10EG=4 26 2，
∴EG=15，
∴FG=5，
又∵BF=BC+FC=12，
∴BG= BF2+FG2= 144+25=13．
24.解：(1)令x=0，y=4 2，
令y=0，x=2，
∴OA=2，OB=4 2；
(2)①当AC⊥CE时，如图：

过C作CM⊥x轴于M，CN⊥y轴于N，
∴CN=m，CM=4 2−2 2m，
∴BN=OB−CM=2 2m，
∴BC=3m，
∴OD=BC=3m，
∴DM=OD+OM=4m，
∵OE//CM，
∴OECM=ODDM=34，
∴OE=34CM=3 2−3 22m，
∴BE=OB−OE=3 22m+ 2，
∴CE2=BE2−BC2=−92m2+6m+2，
∵NE=BE−BN= 2− 22m，CN=m，
∴CE2=CN2+NE2=32m2−2m+2，
∴−92m2+6m+2=32m2−2m+2，
解得：m=43，
∴C(43,4 23)；
②当AE⊥CE时，如图：

过C作CM⊥x轴于M，CN⊥y轴于N，
∴CM//OE，CN//OD，DN=m，CM=4 2−2 2m，
由(1)知，BN=2 2m，OD=BC=3m，OE=3 2−3 22m，NE= 2− 22m，
∴AM=2−m，
∴AE2=OE2+OA2=22−18m+92m2，CE2=CN2+NE2=2−2m+32m2，AC2=CM2+AM2=9m2−36m+36，
∵AE2+CE2=AC2，
∴22−18m+92m2+2−2m+32m2=9m2−36m+36，
解得：m=8±2 73，
∴C(8+2 73,−4 2+4 143)(舍去)或(8−2 73,4 14−4 23)；
③当CA⊥AE时，如图：

过C作CM⊥x轴于M，CN⊥y轴于N，
∴CN=m，CM=2 2m−4 2，
由①知，OD=BC=3m，OE=34CM=3 22m−3 2，BN=2 2m，
∴EN=BN−OB−OE= 22m− 2，AM=m−2，
∴AE2=22−18m+92m2，CE2=CN2+NE2=2−2m+32m2，AC2=CM2+AM2=9m2−36m+36，
∵CE2=AE2+AC2，
∴2−2m+32m2=22−18m+92m2+9m2−36m+36，
解得：m=73或2(舍去)，
∴C(73,−2 23)(舍去)；
综上所述，C(43,4 23)或(8−2 73,4 14−4 23)；
(3)由(2)可知，DECD=34，DM=4m，CM=|4 2−2 2m|，
∴S△CEF=14S△CDF，CD= DM2+CM2=2 6m2−8m+8，
∵△CDF为等腰直角三角形，
∴CF=DF=2 3m2−4m+4，
∴S=14×12×(2 3m2−4m+4)2=12(3m2−4m+4)．
小青荷
责任心
亲和力
热情度
A
91
96
95
B
97
91
94
C
92
98
92