2024年内蒙古乌兰察布市集宁区中考数学二模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024年内蒙古乌兰察布市集宁区中考数学二模试卷一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若⋅2a2bA.a B.2a C.ab 2.一个不等式的解集在数轴上表示如图，则这个不等式可以是(

)A.x+2≥0 B.x−23.如图，已知∠1=∠2=∠3A.120°

B.125°

C.130°4.定义一种新的运算：如果a≠0.则有a▲b=A.−3 B.5 C.−345.如图是一正方体的表面展开图.将其折叠成正方体后，与顶点K距离最远的顶点是(

)A.A点

B.B点

C.C点

D.D点

6.如图，从一个大正方形中截去面积为3cm2和12cm2A.49 B.59 C.257.如图1是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC.若A.6 B.5 C.4 D.38.如图，已知直线l1：y=−2x+4与坐标轴分别交于A、B两点，那么过原点O且将△A.y=12x

B.y=x9.如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为

．(

)

A.(4+5)cm B.10.如图，矩形OABC的顶点A在反比例函数y=kx(x<0)的图象上，顶点B、C在第一象限，对角线AC/​/xA.43 B.83 C.−4二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。11.8与最简二次根式5a+1是同类二次根式，则a12.设x1，x2是一元二次方程x2−mx−6=13.如图，正八边形ABCDEFGH的边长为4，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，则阴影部分的面积为

14.如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A、B(m+2,0)

15.如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC于点F，将△ADE绕点16.如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC的中心，∠FOG=120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD=OE三、解答题：本题共7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)化简：(x−2y)2−x18.(本小题8分)

2023年5月30日，神州十六号载人飞船成功发射，为大力弘扬航天精神，普及航天知识，激发学生探索和创新热情，某初中在全校开展航天知识竞赛活动.现采用简单随机抽样的方法从每个年级抽取相同数量的学生答题成绩进行分析，绘制成下列图表，请根据图表提供的信息，解答下列问题．

学生参加航天知识竞赛成绩频数分布表竞赛成绩xx7580859095频数2196a57b6学生参加航天知识竞赛成绩统计表年级平均数众数中位数七年级82.738281八年级81.848282九年级81.318380

(1)a=______；m=______%；

(19.(本小题8分)

如图，一艘渔船位于小岛B的北偏东30°方向，距离小岛40n mile的点A处，它沿着点A的南偏东15°的方向航行．

(1)渔船航行多远距离小岛B最近(结果保留根号)？

(2)渔船到达距离小岛B最近点后，按原航向继续航行20620.(本小题11分)

某公司开发出一款新的节能产品，该产品的成本价为6元/件，该产品在正式投放市场前通过代销点进行了为期一个月(30天)的试销售，售价为8元/件，工作人员对销售情况进行了跟踪记录，并将记录情况绘成图象，图中的折线ODE表示日销售量y(件)与销售时间x(天)之间的函数关系，已知线段DE表示的函数关系中，时间每增加1天，日销售量减少5件．

(1)第24天的日销售量是______件，日销售利润是______元．

(2)求y与x21.(本小题12分)

如图，四边形ACBD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，过点A的切线PA与BD的延长线相交于点P，且∠APB=∠CBP．

(1)求证：∠CAB=22.(本小题12分)

如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，点E在边BC上，且BE=2，动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度在矩形边上运动.作∠PEQ=90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ.当点Q与点C重合时，点P停止运动.设点P的运动时间为t秒.(t>0)

(1)当点P和点B重合时，求线段PQ的长；

(23.(本小题13分)

如图，在平面直角坐标系内，已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A、B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,2)．

(1)求该抛物线的解析式和tan∠ABC的值；

(2)如图1，点P为第一象限抛物线上的点，连接CA，CB，PB，PC.当∠PCB=2∠OC答案和解析1.【答案】A

【解析】解：2a3b÷2a2b=a，

即括号内应填的单项式是a，

故选：2.【答案】B

【解析】解：由图可知，不等式的解集为x≤2，

A、不等式x+2≥0的解集为x≥−2，不符合题意；

B、不等式x−2≤0的解集为x≤2，符合题意；

C、不等式2x≥43.【答案】C

【解析】解：∵∠1=∠3=50°，

∴a/​/b，

∴∠5+∠2=180°，

∵∠2=4.【答案】B

【解析】【分析】

此题考查了负整数指数幂以及有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．利用题中的新定义计算即可得到结果．

【解答】

解：根据题中的新定义得：

(−12)▲2

=(−15.【答案】D

【解析】解：把图形围成立方体如图所示：

所以与顶点K距离最远的顶点是D，

故选：D．

把图形围成立体图形求解．

本题考查了平面图形和立体图形，掌握空间想象力是解题的关键．6.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查几何概率，难度一般．

由两个小正方形面积可推出最大的正方形的边长及面积，从而可求阴影部分的面积，根据米粒落在图中阴影部分的概率为阴影部分与大正方形面积比即可得到答案．

【解答】

解：由图可知大正方形中的两个小正方形边长分别为23cm、3cm，

∴大正方形的边长为23+3=33(7.【答案】A

【解析】解：由题意得，在Rt△AOB中，

BO=AO2+AB2=22+18.【答案】D

【解析】解：如图，当y=0，−2x+4=0，解得x=2，则A(2,0)；

当x=0，y=−2x+4=4，则B(0,4)，

∴AB的中点坐标为(1,2)，

∵过原点O的直线l2把△AOB平分，

∴直线l2过AB的中点，

设直线l2的解析式为y=9.【答案】C

【解析】解：

连接OA、OB、OE，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=BC，∠ADO=∠BCO=90°，

∵在Rt△ADO和Rt△BCO中

∵OA=OBAD=BC，

∴Rt△ADO≌Rt△BCO，

∴OD=OC，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=DC，

设AD=a10.【答案】D

【解析】解：∵矩形OABC的面积是6，

∴S△AOC=12×6=3，

∵cos∠OAC=23，

∴AOAC=23，

∵∠DAO=∠OAC，∠ADO=∠A11.【答案】1

【解析】解：由题可知，

∵8=22，又与最简二次根式5a+1是同类二次根式，

∴a+1=212.【答案】5

【解析】解：∵x1，x2是一元二次方程x2−mx−6=0的两个根，

∴x1+x2=m=1，x1x2=−6，

13.【答案】6π【解析】解：由题意得，∠HAB=(8−2)×180°8=14.【答案】(−【解析】解：由C(0,c)，D(m,c)，得函数图象的对称轴是x=m2，

设A点坐标为(x,0)，由A、B关于对称轴x=m2，得

x+m+22=m15.【答案】6−【解析】【分析】

本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．

作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，则FM=4，利用勾股定理计算出AE═25，再根据旋转的性质得到AG=AE=25，BG=DE=2，∠3=∠4，∠GAE=90°，∠ABG=∠D=90°，于是可判断点G在CB的延长线上，接着证明FA平分∠GAD得到FN=FM=4，然后利用面积法计算出GF，从而计算CG−GF就可得到CF的长．

【解答】

解：作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，则FM=4，

16.【答案】①③【解析】解：连接OB、OC，如图，

∵△ABC为等边三角形，

∴∠ABC=∠ACB=60°，

∵点O是△ABC的中心，

∴OB=OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，

∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，

∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，

而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，

∴∠BOD=∠COE，

在△BOD和△COE中

∠BOD=∠COEBO=CO∠OBD=∠OCE

∴△BOD≌△COE(ASA)，

∴BD=CE，OD17.【答案】解：(1)(x−2y)2−x(x−4y)

=(x2−4xy+4【解析】(1)根据完全平方公式、单项式乘多项式将题目中的式子展开，然后合并同类项即可；

(2)先通分括号内的式子，再算括号外的除法，然后将x的值代入化简后的式子计算即可．18.【答案】解：(1)90，10；

(2)七年级的成绩好一些，因为七年级成绩的平均数最高，所以七年级的成绩要好一些．【解析】解：(1)∵抽取的总人数为21÷7%=300(人)，

∴C组的人数为a=300×30%=90(人)，

m=100%−7%−32%−19.【答案】解：(1)过B作BM⊥AC于M，

由题意可知∠BAM=45°，则∠ABM=45°，

在Rt△ABM中，∵∠BAM=45°，AB=40n mile，

∴BM=AM=【解析】此题主要考查了解直角三角形的应用−方向角问题，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．

(1)过B作BM⊥AC于M，解直角三角形即可得到结论；

(2)在20.【答案】(1)330

660

(2)设直线OD的函数关系式为y=kx+b，

将(0,0)、(17,340)代入y=kx+b，

b=017k+b=340，解得：k=20b=0，

∴直线OD的函数关系式为y=20x．

设直线DE的函数关系式为y=mx+n，

将(22,340)、(24,330)代入y=mx+n，

22m+n=34024m+n=330，解得：m=−5n=450，

∴直线【解析】解：(1)340−(24−22)×5=330(件)，

(8−6)×330=660(元)．

故答案为：330；660．

(2)，(3)见答案

【分析】

(1)由时间每增加1天日销售量减少5件结合第22天的日销售量为340件，即可求出第24天的日销售量，再根据日销售利润=每件的利润×日销售量，即可求出第24天的日销售利润；

(2)根据点的坐标，利用待定系数法可求出直线OD、DE的函数关系式，联立两函数关系式成方程组可求出点D的坐标，结合点E的横坐标，即可找出y与x之间的函数关系式；21.【答案】(1)证明：连接CD，过点D作DF⊥BC，垂足为F，

∴∠DFB=90°，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB=∠ACB=90°，

∴∠DAB+∠ABD=90°，

∵AP与⊙O相切于点A，

∴∠PAB=90°，

∴∠P+∠ABD=90°，

∴∠P=∠DAB，

∵∠DAB=∠DCB，

∴∠P=∠DCB，

∵∠P=∠CBP，

∴∠DCB=∠CBP，

∴DC=DB，

∴DF是BC的垂直平分线，

∴【解析】(1)连接CD，过点D作DF⊥BC，垂足为F，根据垂直定义可得∠DFB=90°，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB=∠ACB=90°，从而可得∠DAB+∠ABD=90°，再利用切线的性质可得∠PAB=90°，从而可得∠P+∠ABD=90°，进而可得∠P=∠DAB，然后利用同弧所对的圆周角相等可得∠DAB=∠DCB，从而可得∠P=∠D22.【答案】(1)解：如图所示，连接BQ，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAQ=∠ABE=90°，

∵∠PEQ=90°，

∴四边形ABEQ是矩形，

当点P和点B重合时，

∴QE=AB=3，BE=2，

在Rt△QBE中，BQ=BE2+QE2=32+22=13；

(2)解：如图所示，

∵∠PEQ=90°，∠PBE=∠ECD=90°，

∴∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，

∴∠1=∠3，

∴△PBE∽△ECD，

∴PEDE=BECD，

∵BE=2，CD=AB=3，

∴tan∠PQE=PEDE=BECD=23．

(3)证明：如图所示，过点P作PH⊥BC于点H，

∵∠PEQ=90°，∠PHE=【解析】(1)证明四边形ABEQ是矩形，进而在Rt△QBE中，勾股定理即可求解．

(2)证明△PBE∽△ECD，得出tan∠PQE=PEDE=BECD=23．

(3)过点P作PH⊥BC于点H，证明△P23.【答案】解：(1)∵抛物线y=12x2+bx+c经过点B(4,0)，C(0,2)，

∴−8+4b+c=0c=2，

解得b=32c=2，

∴抛物线解析式为y=−12x2+32x+2，

∴OB=4，OC=2，

在Rt△COB中，tan∠ABC=OCOB=24=12；

(2)过点C作CD//x轴，交B