2024中考数学模拟试卷成都定心卷（含答案解析）

这是一份2024中考数学模拟试卷成都定心卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了 分解因式等内容，欢迎下载使用。
1. 全卷分A卷和B卷，A卷满分100分，B卷满分50分；全卷满分150分，考试时间120分钟．
2. 在作答前，考生务必将自己的姓名、准考证号涂写在试卷和答题卡规定的地方．考试结束，监考人员将试卷和答题卡一并收回．
3. 选择题部分必须使用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．
4. 请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题均无效．
5. 保持答题卡清洁，不得折叠、污染、破损等．
A卷(共100分)
第Ⅰ卷(选择题，共32分)
一、选择题(本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上)
1. 下列各数中，为负数的是（ ）
(A) |－3| (B) 0 (C) eq \r(5) (D) －2
2. 2023年“五一”假期期间，全国旅游出游人次超过2019年同期水平，出行距离和消费活跃度创下历史新高，经文化和旅游部数据中心测算，全国国内旅游出游合计2.74亿人次．将数据2.74亿用科学记数法表示为（ ）
(A) 2.74×107 (B) 2.74×108 (C) 2.74×109 (D) 27.4×107
3. 下列计算正确的是（ ）
(A) 2a2＋a2＝3a4 (B) a6÷a3＝a2 (C) (ab2)3＝a3b6 (D) a2·(－2a)＝－2a2
4. 如图，在△ABC和△DFE中，点B，E，C，F在同一条直线上，AB＝DF，∠A＝∠D，只添加一个条件，能判定△ABC≌△DFE的是（ ）
(A) ∠B＝∠DEF(B) AC＝DE
(C) BE＝CF(D) AC＝DF
5. 某社区响应国家政策，为社区老、残、幼等社会弱势群体提供就餐保障，面向全社区招募志愿者，前七天报名的志愿者人数分别为：15，16，16，14，16，20，25，则这组数据的中位数和众数分别为（ ）
(A) 14，15 (B) 14，16 (C) 15，16 (D) 16，16
6. 中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样一个题目：“我问开店李三公，众客都来到店中，一房七客多七客，一房九客一房空．”其大意是：“我问开店的李三公，一些客人来到店里，如果一间客房住7人，那么有7人无房可住；如果一间客房住9人，那么就空出一间客房．”若设该店有客房x间，房客y人，则可列方程组为（ ）
(A) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(7x＋7＝y,9（x－1）＝y)) (B) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(7x－7＝y,9（x－1）＝y))
(C) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(7x＋7＝y,9x－1＝y)) (D) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(7x－7＝y,9x－1＝y))
7. 如图，正五边形ABCDE与⊙O相切于点A，C，⊙O的半径为5，则劣弧的长为（ ）
(A) 4π(B) 3π
(C) 2π(D) π
8. 如图，二次函数y＝ax2＋bx＋c的部分图象与x轴交于点(3，0)，对称轴是直线x＝1，下列说法正确的是（ ）
(A) 2a＝b
(B) abc0，b＜0.∵抛物线交y轴负半轴，∴c0，B错误；当x＝1时，y＜0，即a＋b＋c 【解析】∵ eq \r(5) ≈2.236，∴ eq \f(3－\r(5),2) ≈0.382， eq \f(3,8) ＝0.375，∴ eq \f(3－\r(5),2) ＞ eq \f(3,8) ．
(一题多解) ∵ eq \f(3－\r(5),2) ＝ eq \f(12－4\r(5),8) ， eq \f(3,8) ＝ eq \f(12－9,8) ，∴只需比较分子的大小．∵(4 eq \r(5) )2＝80，92＝81，∴4 eq \r(5) ＜9，∴12－4 eq \r(5) ＞12－9，∴ eq \f(3－\r(5),2) ＞ eq \f(3,8) ．
20. －3 【解析】由根与系数的关系得x1＋x2＝－(k2＋4k)，x1·x2＝2k.∵(x1－1)(x2－1)＝x1x2－x1－x2＋1＝－8，∴2k＋k2＋4k＋1＝－8，即k2＋6k＋9＝0，即(k＋3)2＝0，解得k＝－3.当k＝－3时，该一元二次方程为x2－3x－6＝0，b2－4ac＝33＞0，∴方程有两个实数根，∴k的值为－3．
21. eq \f(32,3) 【解析】联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x2,y＝x)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2,y＝2)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0,y＝0)) ，∴第一象限内正方形的顶点的坐标为(2，2).∴由抛物线y＝ eq \f(1,2) x2与正方形的对称性得正方形的边长为4，∴S阴影≈S正方形× eq \f(2,2＋1) ＝16× eq \f(2,3) ＝ eq \f(32,3) .
22. 3 eq \r(5) 【解析】如解图，延长AC，BD相交于点N，连接PN.∵△ACP，△BDP都是等腰直角三角形，∴∠CPD＝90°，∴四边形CPDN是矩形，∴点M是PN的中点．过点M作直线l∥AB，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′，B′M，∴AM＋BM＝AM＋B′M≥AB′.当PN⊥AB时，BB′＝PN＝ eq \f(1,2) AB＝3，即AB′＝ eq \r(AB2＋B′B2) ＝ eq \r(62＋32) ＝3 eq \r(5) ，∴AM＋BM的最小值为3 eq \r(5) ．
解图
23. ( eq \f(2,3) ，－1)，( eq \r(3) ，3) 【解析】如解图①，点N为点M在第四象限的勾股点，OM⊥ON，过M作MA⊥y轴，垂足为点A，过N作BN⊥y轴，垂足为点B，则△AOM∽△BNO，∴ eq \f(OM,NO) ＝ eq \f(AM,BO) ＝ eq \f(OA,NB) ＝3，即 eq \f(3,BO) ＝ eq \f(2,NB) ＝3，∴NB＝ eq \f(2,3) ，BO＝1，∴点N的坐标为( eq \f(2,3) ，－1)；如解图②，记PQ与x轴的交点为点A，∵PQ∥y轴，∴OA⊥PQ.∵OP⊥OQ，∴△OAP∽△QAO，∴ eq \f(PA,OA) ＝ eq \f(OA,AQ) ＝ eq \f(OP,QO) ＝ eq \r(3) .设P(t， eq \r(3) t)，则Q(t，－ eq \f(\r(3),3) t)，∴PQ＝ eq \f(4\r(3),3) t，∴S△POQ＝ eq \f(1,2) PQ·OA＝ eq \f(1,2) × eq \f(4\r(3),3) t·t＝2 eq \r(3) ，∴t＝ eq \r(3) 或t＝－ eq \r(3) (舍)，∴P( eq \r(3) ，3)．

解图① 解图②
24. (8分)解：(1)设y与x之间的函数关系式为y＝kx＋b(k≠0)，
将(22，120)，(24，100)代入y＝kx＋b(k≠0)中，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(120＝22k＋b,100＝24k＋b)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－10,b＝340)) ，
∴y与x之间的函数关系式为y＝－10x＋340(20≤x≤26)；……………………………………………………(4分)
(2)设纪念品店销售这种水杯每天获得的利润为w元，
根据题意得w＝(x－20)(－10x＋340)＝－10x2＋540x－6800＝－10(x－27)2＋490，………………………(6分)
又∵20≤x≤26，－10＜0，
∴当x＝26时，w有最大值，最大值为480元．
答：当销售单价为26元/个时，每天获得的最大利润为480元．……………………………………………(8分)
25. (10分)解：(1)∵y＝－x2＋2x＋1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝－ eq \f(b,2a) ＝－ eq \f(2,2×（－1）) ＝1， eq \f(4ac－b2,4a) ＝ eq \f(4×（－1）×1－22,4×（－1）) ＝2，
∴A(1，0)，D(1，2)．………………………………………………………………………………………………(1分)
在y＝－x2＋2x＋1中，令x＝0，则y＝1，
∴B(0，1).
设直线AB的表达式为y＝kx＋b(k≠0)，
将A(1，0)，B(0，1)代入y＝kx＋b(k≠0)中，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝k＋b,1＝b)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－1,b＝1)) ，
∴直线AB的表达式为y＝－x＋1；………………………………………………………………………………(3分)
(2)如解图①，过点C作CG⊥AD，交DA延长线于点G.
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－x＋1,y＝－x2＋2x＋1)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝3,y1＝－2)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝0,y2＝1)) ，
解图①
∴C(3，－2)，
∴CG＝3－1＝2.
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴△PEF∽△GCD，
∴ eq \f(PE,GC) ＝ eq \f(EF,CD) ＝ eq \f(3,16) ，即 eq \f(PE,2) ＝ eq \f(3,16) ，
∴PE＝ eq \f(3,8) ．……………………………………………………………………………………………………………(4分)
设直线CD的表达式为y＝k1x＋b1(k1≠0)，
将D(1，2)，C(3，－2)代入y＝k1x＋b1(k1≠0)中，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2＝k1＋b1,－2＝3k1＋b1)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k1＝－2,b1＝4)) ，
∴直线CD的表达式为y＝－2x＋4.
设P(t，－t2＋2t＋1)，
(ⅰ)如解图①，当点P在点E的右侧时，
则E(t－ eq \f(3,8) ，－t2＋2t＋1)，1＜t＜3.
∵点E在直线CD上，
∴－t2＋2t＋1＝－2(t－ eq \f(3,8) )＋4，
即4t2－16t＋15＝0，
解得t1＝ eq \f(3,2) ，t2＝ eq \f(5,2) ，
∴点P的坐标为( eq \f(3,2) ， eq \f(7,4) )或( eq \f(5,2) ，－ eq \f(1,4) )；…………………………………………………………………………(5分)
(ⅱ)如解图②，当点P在点E的左侧时，
解图②
则E(t＋ eq \f(3,8) ，－t2＋2t＋1)，t＞3．
∵点E在直线CD上，
∴－t2＋2t＋1＝－2(t＋ eq \f(3,8) )＋4，
即4t2－16t＋9＝0，
解得t3＝ eq \f(4＋\r(7),2) ，t4＝ eq \f(4－\r(7),2) (舍去)，
∴点P的坐标为( eq \f(4＋\r(7),2) ，－ eq \f(3＋4\r(7),4) )．…………………………………………………………………………(6分)
综上所述，点P的坐标为( eq \f(3,2) ， eq \f(7,4) )或( eq \f(5,2) ，－ eq \f(1,4) )或( eq \f(4＋\r(7),2) ，－ eq \f(3＋4\r(7),4) )；…………………………………(7分)
(3)GM＋GN是定值．
理由：如解图③，过点P作PQ⊥HC于点Q，则PQ∥MG，
解图③
设P(t，－t2＋2t＋1)，1＜t＜3，
则PQ＝yP－yC＝－t2＋2t＋3.
∵PQ∥MG，
∴△PCQ∽△MCG，
∴ eq \f(CQ,CG) ＝ eq \f(PQ,GM) ，即 eq \f(3－t,2) ＝ eq \f(－t2＋2t＋3,GM) ，
∴GM＝ eq \f(2（t2－2t－3）,t－3) ＝2t＋2．…………………………………………………………………………………(8分)
同理，△HNG∽△HPQ，
∴ eq \f(HG,HQ) ＝ eq \f(GN,PQ) ，即 eq \f(2,t＋1) ＝ eq \f(GN,－t2＋2t＋3) ，
∴GN＝－ eq \f(2（t2－2t－3）,t＋1) ＝－2t＋6，……………………………………………………………………………(9分)
∴GM＋GN＝2t＋2－2t＋6＝8，
∴GM＋GN是定值．………………………………………………………………………………………………(10分)
26. (12分)(1)证明：由题知EC∥FG，CD＝CG，∠G＝∠ADC，
∴∠HCD＝∠CDG，∠CDG＝∠G，
∴∠HCD＝∠ADC.
∵AB⊥AC，AB∥CD，
∴CD⊥AC，
∴∠HAC＋∠ADC＝90°，∠ACH＋∠HCD＝90°，
∴∠HAC＝∠ACH，
∴AH＝CH；…………………………………………………………………………………………………………(3分)
(2)解：如解图①，连接AE，
解图①
由旋转的性质得，BC＝EC，AC＝CF，AB＝EF，
∵BC＝AD，
∴AD＝EC，
由(1)知AH＝CH，
∴EH＝DH，
∵∠AHE＝∠CHD，
∴△AHE≌△CHD(SAS)，…………………………………………………………………………………………(4分)
∴AE＝CD＝AB＝EF.
又∵CE＝CE，
∴△ACE≌△FCE(SSS)，……………………………………………………………………………………………(5分)
∴∠ACE＝∠FCE，
∴AF⊥CE，S四边形ACFE＝2S△CEF，
∴ eq \f(1,2) EC·AF＝2× eq \f(1,2) EF·CF，
∵BC＝5，tan ∠ACB＝ eq \f(3,4) ，
∴EC＝5，EF＝AB＝3，CF＝AC＝4，
∴ eq \f(1,2) ×5AF＝2× eq \f(1,2) ×3×4，
∴AF＝ eq \f(24,5) ；…………………………………………………………………………………………………………(7分)
(一题多解)如解图②，连接AE，DE，
解图②
由(1)知∠HAC＝∠ACH，∠HCD＝∠ADC，
∴AH＝HC＝HD.
又∵AD＝CE，
∴AH＝HC＝HD＝HE，∠EAC＝∠BAC＝90°，
∴四边形ACDE是矩形．……………………………………………………………………………………………(4分)
由旋转的性质得，AC＝CF，∠EFC＝∠BAC＝90°，
∵CE＝CE，
∴Rt△ACE≌Rt△FCE(HL)，………………………………………………………………………………………(5分)
∴∠ACE＝∠FCE，
∴AF⊥CE，S四边形ACFE＝2S△CEF，
∴ eq \f(1,2) EC·AF＝2× eq \f(1,2) EF·FC，
即 eq \f(1,2) ×5AF＝2× eq \f(1,2) ×3×4，
∴AF＝ eq \f(24,5) ；…………………………………………………………………………………………………………(7分)
(3)解：如解图③，连接CN，
解图③
由题知BC＝CE，AC＝CF，∠BCE＝∠ACF，
∴∠CEB＝∠CBE＝ eq \f(1,2) (180°－∠BCE)，∠CAF＝∠CFA＝ eq \f(1,2) (180°－∠ACF)，
∴∠CFA＝∠CEB，
∴C，F，E，N四点共圆，…………………………………………………………………………………………(9分)
∴∠CNE＝∠CFE＝90°，
∴N是BE的中点．
∵ eq \f(BC,CE) ＝ eq \f(AC,CF) ＝1，∠BCE＝∠ACF，
∴△BCE∽△ACF，…………………………………………………………………………………………………(10分)
∴ eq \f(BC,AC) ＝ eq \f(CN,CM) ，∴ eq \f(BC,CN) ＝ eq \f(AC,CM) .
∵M是AF的中点，AC＝CF，
∴AF⊥CM，
∴∠CMN＝∠CAB＝90°.
又∵ eq \f(BC,CN) ＝ eq \f(AC,CM) ，
∴△NCM∽△BCA，………………………………………………………………………………………………(11分)
∴ eq \f(MN,MC) ＝ eq \f(AB,AC) ＝ eq \f(3,4) ．…………………………………………………………………………………………………(12分)
(一题多解)如解图④，过点E作EK∥AB交AF于点K，连接CN.
解图④
设∠ABC＝α，∠ABE＝β，
则∠NEK＝∠ABE＝β，∠ACB＝90°－α，∠CBE＝∠ABC－∠ABE＝α－β，
由题知CB＝CE，CA＝CF，∠BCE＝∠ACF，
∴∠CAF＝∠CFA＝∠CBE＝∠CEB＝α－β，
∴在△ABN中，∠ANB＝180°－∠ABN－∠BAN＝180°－β－(90°＋α－β)＝90°－α，
∴∠ENK＝∠ANB＝90°－α，∠EKF＝∠ENK＋∠NEK＝90°－α＋β.
又∵∠EFK＝∠EFC－∠AFC＝90°－α＋β，
∴∠EKF＝∠EFK，
∴EK＝EF＝AB，
∴△ABN≌△KEN(AAS)，…………………………………………………………………………………………(9分)
∴BN＝EN.
∵ eq \f(BC,CE) ＝ eq \f(AC,CF) ＝1，∠BCE＝∠ACF，
∴△BCE∽△ACF，…………………………………………………………………………………………………(10分)
∴ eq \f(BC,CN) ＝ eq \f(AC,CM) .
∵M是AF的中点，AC＝CF，
∴AF⊥CM，
∴∠CMN＝∠CAB＝90°．…………………………………………………………………………………………(11分)
又∵ eq \f(BC,CN) ＝ eq \f(AC,CM) ，
∴△NCM∽△BCA，
∴ eq \f(MN,MC) ＝ eq \f(AB,AC) ＝ eq \f(3,4) ．………………………………………………………………………………………………(12分)题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
C
B
D
A
A
C
m1
m2
w1
w2
m1
(m2，m1)
(w1，m1)
(w2，m1)
m2
(m1，m2)
(w1，m2)
(w2，m2)
w1
(m1，w1)
(m2，w1)
(w2，w1)
w2
(m1，w2)
(m2，w2)
(w1，w2)