2024年四川省达州市中考数学模拟试卷（二）
第1卷（选择题共40分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把你认为正确的答案写在相应的位置上）
1．下列运算中，计算结果最大的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，直线a，b相交于点O，若，那么的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．以下图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．某小组7名同学在一次义务募捐中的捐款额为（单位：元）：20，30，30，40，50，50，50．若捐款最少的同学补捐了10元，则分析这7名同学捐款额的数据时，不受影响的统计量是（ ）
A．众数 B．平均数 C．中位数 D．方差
5．已知P（a，m）、Q（b，n）是反比例函数y＝﹣（其中k为常数）图象上两点，且b＜0＜a，则下列结论一定正确的是（ ）
A．m＞n B．m+n＞0 C．m＜n D．m+n＜0
6．定义一种运算：，则不等式的解集是（ ）
A．或 B． C．或 D．或
7．如图，四边形内接于，是直径，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．图①是一个基本的“勾股树”，称为第一代勾股树．让图①中两个小正方形各自长出一个新的“勾股树”（如图②），称为第二代勾股树．从第二代勾股树出发，又可以长出第三代勾股树（如图③），以此类推，则第五代勾股树图形中正方形的个数为（ ）
A．31 B．57 C．63 D．67
9．如图，在正方形中，是边的中点，是边上的点，且，连接，则的值为（ ）
A． B． C． D．
10．二次函数（、、是常数且）的自变量与函数值的部分对应值如下表：
●●
●●● ●●●
且当时，对应的函数值．则下列结论：①；②关于的方程一定有一正、一负两个实数根，且负实数根大于；③和在该二次函数的图象上，则当实数时，，其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
第II卷（非选择题共110分）
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
11．数据用科学记数法表示为 ．
12．如图，小亮从A点出发，沿直线前进20米后向左转30度，再沿直线前进20米，又向左转30度，-----照这样走下去，他第一次回到出发点A点时，一共走了 米．
13．已知关于x的分式方程的解是非负数，则m的取值范围是 ．
14．如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，点在第一象限，点是的中点，反比例函数的图象经过，两点．若的面积是，则的值为 ．
15．如图，在中，，，D为边上一动点（不与点B重合），以为边作正方形，连接，则当的面积最大时，的长为 ．
三、解答题（解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤共90分）
16．（1）计算：；
（2）先化简：，再从2，3，4中选择一个合适的数作为x的值代入求值．
17．七年级开展了系列艺术展示活动，活动项目有“绘画展示”、“书法展示”、“歌曲展示”、“舞蹈展示”四组（依次记为A，B，C，D）．七年级全体学生必须参加且只能参加其中的一个项目，为了解七年级学生对这几项活动的喜爱程度，抽取了部分七年级学生进行调查，并将调查的结果绘制成两幅不完整的统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)本次一共抽样调查了_____名学生，并将条形统计图补充完整；
(2)若七年级共有800名学生，请估计七年级学生选择“歌曲展示”的人数；
(3)学校从这四个项目（A，B，C，D）中随机抽取两项参加“全市中学生才艺展示活动．用列表法或画树状图法求出恰好抽到“绘画展示”和“书法展示”的概率．
18．如图，是的一个外角，，.
(1)尺规作图：作的平分线，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：四边形是平行四边形.
19．某数学兴趣小组用无人机测量滨江大楼的高度，测量方案如图：先将无人机垂直上升至距水平地面的P点，测得滨江大楼顶端A的俯角为，再将无人机沿水平方向飞行到达点Q，测得滨江大楼底端B的俯角为，求滨江大楼的高度．（结果精确到，参考数据：）
20．如图，在四边形中，点是边上一点，且，．
(1)求证：；
(2)若，，求的面积．
21．关于的一元二次方程，当时，该方程的正根称为黄金分割数．宽与长的比是黄金分割数的矩形叫做黄金矩形．
(1)求黄金分割数；
(2)如图，在正方形中，是边的中点，以为圆心，线段长为半径作弧，交的延长线于点，作矩形，试说明矩形是黄金矩形．
22．某工厂计划从现在开始，在每个生产周期内生产并销售完某型号设备，该设备的生产成本为万元/件．设第个生产周期设备的售价为万元/件，售价与之间的关系式是，其中是正整数．已知当时，；当时，．
(1)求，的值；
(2)设第个生产周期生产并销售完设备的数量为件，且与满足关系式．
①工厂第几个生产周期获得的利润最大？最大利润是多少万元？
②若有且只有个生产周期的利润不小于万元，则实数的取值范围是_____．
23．如图，内接于，是直径，点D是弧上一点，且，作交的延长线于E．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
24．已知抛物线与x轴负半轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，与y轴正半轴交于点C，且，，，连接，点P为第一象限内抛物线上的动点，过点P作轴于E，交于F．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接，若与相似，求点P的坐标；
(3)如图2，当点P是抛物线的顶点时，在y轴上是否存在点Q，使，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
25．综合与实践
[问题情境]
如图1，折叠矩形纸片，使点B落在对角线上，点B的对应点记为，折痕与边分别交于点E，F．
[活动猜想]
（1）如图2，当点与点D重合时，求证：四边形是菱形；
[问题解决]
（2）如图3，当点，，C在同一条直线上时，若，，求的长；
[深入探究]
（3）填空：①如图4，当与满足________时，始终有与对角线平行；（在横线上填写与的数量关系）．
②在①的条件下，与，分别交于点O，P，则三条线段，，之间满足的等量关系为_______．
参考答案与解析
1．B
【分析】本题考查了有理数的加法、减法、乘除法．根据有理数的加法、减法、乘除法法则计算出结果，再根据比较有理数大小的方法即可判断．
【详解】解：，，，，
，
计算结果最大的是5，
故选：B．
2．C
【分析】本题考查对顶角、邻补角，根据对顶角相等、邻补角和为180度，即可求解．
【详解】解：，，
，
，
，
故选C．
3．D
【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的识别．根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项合题意；
故选：D．
4．C
【分析】本题考查了中位数，众数，方差，平均数．根据捐款最少的同学补捐了10元，则从小到大的顺序不变，即中位数不变，即可解答．
【详解】解：根据题意，可得，
即捐款额为：30，30，30，40，50，50，50，此时中位数不变，平均数，众数，方差都会受到影响，
故选：C．
5．C
【分析】根据反比例函数y=-中的-（1+k2）＜0知，该函数图象位于第二、四象限，由此进行分析判断．
【详解】解：∵反比例函数y＝﹣中的﹣（1+k2）＜0，
∴该函数图象位于第二、四象限．
∵b＜0＜a，
∴点P（a，m）位于第四象限，点Q（b，n）位于第二象限，
∴m＜0＜n．
无法判断（m+n）的符号．
观察选项，只有选项C符合题意．
故选：C．
【点睛】考查了反比例函数图象上点的坐标特征，根据题意，得到点P（a，m）位于第四象限，点Q（b，n）位于第二象限是解题的关键所在．
6．C
【分析】根据新定义运算规则，分别从和两种情况列出关于x的不等式，求解后即可得出结论．
【详解】解：由题意得，当时，
即时，，
则，
解得，
∴此时原不等式的解集为；
当时，
即时，，
则，
解得，
∴此时原不等式的解集为；
综上所述，不等式的解集是或．
故选：C．
【点睛】本题主要考查解一元一次不等式，解题的关键是根据新定义运算规则列出关于x的不等式．
7．B
【分析】本题考查了圆的内接四边形对角互补及圆周角定理的推论，熟练掌握性质是解题的关键．由四边形内接于，得，再根据直径所对的圆周角是直角即可求解．
【详解】∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵是直径，
∴
∴
故选．
8．C
【分析】本题主要考查了图形中的规律问题，由已知图形观察规律，结合有理数的乘方运算即可得到第五代勾股树中正方形的个数．
【详解】解：∵第一代勾股树中正方形有（个），
第二代勾股树中正方形有（个），
第三代勾股树中正方形有（个），
∴第四代勾股树图形中正方形的个数有（个）；
∴第五代勾股树图形中正方形的个数有（个）；
故选C．
9．C
【分析】连接，设正方形的边长为，由正方形的性质得，进而得，，，再利用勾股定理及逆定理得从而即可求解。
【详解】解：连接，
设正方形的边长为，
∵四边形是正方形，
∴，
∵是边的中点，，
∴，，，
∴，，，
∴
∴
∴，
故选：
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理及逆定理，正切，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
10．D
【分析】本题主要考查二次函数的相关性质，①根据表格数据可得对称轴为直线，即，，即可判断；②根据题意得出抛物线开口向下，根据对称性可得当时，，过点，则关于的方程的正实数根在和之间进而得关于的方程的负实数根在和之间，即可判断；③分类讨论，当在抛物线的左侧时，的横坐标恒小于等于对称轴对应的的值时必有，求出对应的即可；当与在抛物线的异侧时，根据抛物线的性质当的横坐标到对称轴的距离小于到对称轴的距离时满足，求出对应的即可
【详解】解：∵当和时，，
∴对称轴为直线，
∴，即，
当时，，即
∴，故①正确；
∵当和时，，当时，，
∴抛物线开口向下，根据对称性可得当时，对应的函数值，
又∵函数过点，
∴关于的方程的正实数根在和之间，即抛物线与轴的一个交点在和之间；
∵对称轴为直线，
∴抛物线与轴的另一个交点在和之间，即关于的方程的负实数根在和之间，
∴关于的方程一定有一正、一负两个实数根，且负实数根大于，故②正确；
∵函数过点且当时，对应的函数值，
∴可以判断抛物线开口向下，
∵和在该二次函数的图象上，
∴当在抛物线的左侧时，恒在抛物线的左侧，此时恒成立，
∴的横坐标小于等于对称轴对应的，即，解得时；
当与在抛物线的异侧时，根据抛物线的性质当的横坐标到对称轴的距离小于到对称轴的距离时满足，
即当时，满足，
∴当时，解得，即与在抛物线的异侧时满足，，
∴综上当时，故③正确
故选：
11．
【分析】本题考查用科学记数法表示绝对值小于1的数，一般形式为，其中，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：，
故答案为：．
12．240
【分析】根据题意，小亮走过的路程是正多边形，先用除以求出边数，然后再乘以20米即可．
【详解】解：∵小亮每次都是沿直线前进20米后向左转30度，
∴他走过的图形是正多边形，
∴边数，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了（米）．
故答案为：240．
【点睛】本题考查了正多边形的边数的求法，根据题意判断出小亮走过的图形是正多边形是解题的关键．
13．且
【分析】解出分式方程，根据解是非负数求出的取值范围，再根据是分式方程的增根，求出此时m的值，得到答案．
【详解】去分母得，
，
解得，
由题意得，，
解得，，
是分式方程的增根，所有当时，方程无解，即，
所以m的取值范围是m≥2且m≠3．
故答案为：且．
【点睛】本题考查的是分式方程的解法和一元一次不等式的解法，理解分式方程的增根的判断方法是解题的关键．
14．6
【分析】过，两点分别作轴的垂线，垂足分别为，，设点坐标为，则，由点为的中点，推出点坐标为，求得直线的解析式，得到点坐标，根据的面积是，列式计算即可求解．
【详解】解：过，两点分别作轴，轴垂足分别为，，
∴，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
设点坐标为，则，
∴，
∴点坐标为，
设直线的解析式为，
∴，解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴点坐标为，
根据题意得，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质、相似三角形的判定及性质、求一次函数解析式、坐标与图形，解题关键是熟练掌握反比例函数的性质及相似三角形的性质．
15．##
【分析】作于H，于 G，作于M，由等腰三角形三线合一可得，再证，计算出，，设，通过证明，可得，从而用含x的二次函数表示出，化为顶点式即可求解．
【详解】解：作于H，于 G，作于M，如图：
∵，，
∴，，
∵ ，，
∴，
∴，即，
∴，，
设，，
∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴ ，
∵
∴当时，最大，
此时，
故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形、等腰三角形、相似三角形、正方形、二次函数求最值综合，寻找线段与角度之间的等量关系是解题关键，二次函数求最值通常化为顶点式求解．
16．（1）；（2），1．
【分析】（1）分别求出的值，再按运算法则计算．
（2）先因式分解，再按照运算法则计算，分式要保证分母有意义．
【详解】解：（1）
（2）
，
由题意可得，x不能2和4，
∴，
当时，原式．
【点睛】本题考查分式的化简求值，实数的混合运算．涉及特殊角的三角函数值，平方的计算，负整数指数幂，分式有意义的条件：分母不等于0；熟记运算法则是关键，易错点是忽略分母不等于0的条件．
17．(1)50；图见解析
(2)估计七年级学生选择“歌曲展示”的人数约为80人；
(3)恰好抽到“绘画展示”和“书法展示”的概率为．
【分析】本题考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，列表法或树状图法求概率：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出，再从中选出符合事件A或的结果数目，然后根据概率公式计算事件A或事件的概率．也考查了统计图．
（1）用D组的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数；先计算出B组的人数，然后补全条形统计图；
（2）用800乘以样本中C组人数所占的百分比即可；
（3）画树状图展示所有12种等可能的结果，再找出抽到“绘画展示”和“书法展示”的结果数，然后利用概率公式求解．
【详解】（1）解：（人），
所以本次一共抽样调查了名学生；
故答案为：50；
B组人数为（人），
条形统计图补充为：
；
（2）解：（人），
所以估计七年级学生选择“歌曲展示”的人数约为80人；
（3）解：画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中抽到“绘画展示”和“书法展示”的结果数为2，
所以恰好抽到“绘画展示”和“书法展示”的概率．
18．(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）利用基本作图作的平分线即可；
（2）先利用得到，再根据角平分线的定义得到，则利用三角形外角性质可判断，所以，然后利用可判断四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：如图，为所作；
（2）证明：，
，
平分，
，
，
即，
，
，
，
四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了作图基本作图、等腰三角形的性质和平行四边形的判定，熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．
19．
【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，延长交的延长线于点C，用三角函数解和即可．
【详解】解：延长交的延长线于点C，则，．
在中，，
则，
，
在中，，，
，
，
即滨江大楼的高度约为．
20．(1)见解析；
(2)．
【分析】（）由求出，然后利用证明，可得，再由等边对等角得出结论；
（）过点作于，根据等腰三角形的性质和含直角三角形的性质求出和，然后利用勾股定理求出，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，即，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过点作于，
由（）知，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，含直角三角形的性质以及勾股定理等知识，正确寻找证明三角形全等的条件是解题的关键．
21．(1)；
(2)见解析
【分析】（）依据题意，将代入然后解一元二次方程即可得解；
（）设正方形的边长为，则，由中点及勾股定理得，从而求得，即可证明结论成立；
【详解】（1）解：将代入得，
，，
∴
解得，
∵黄金分割数大于，
∴黄金分割数为．
（2）证明：设正方形的边长为，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴矩形是黄金矩形．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，矩形，勾股定理，正方形的性质，中点定义．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．熟练掌握正方形的性质及勾股定理是解题的关键．
22．(1)，；
(2)①工厂第个生产周期获得的利润最大，最大的利润是万元；②．
【分析】（）用待定系数法求出，的值即可；
（）当，根据利润售价成本设备的数量，可得出关于的二次函数，由函数的性质求出最值；
当时，关于的函数解析式，再画出关于的函数图象的简图，由题意可得结论．
【详解】（1）把当时，；当时，代入得：
，
解得：，；
（2）设第个生产周期创造的利润为万元，由（）知，
当时，，
∵，
∴随的增大而增大，
∴当时，最大，此时，
当时，，
∴
∵，，
∴当时，取得最大值，最大值为，
∴工厂第个生产周期获得的利润最大，最大的利润是万元，
∵，
∴工厂第个生产周期获得的利润最大，最大的利润是万元；
∵当时，，
当时，，
∴，
则与的函数图象如图所示：
由图象可知，若有且只有个生产周期的利润不小于万元，
∴当，时，，
当，时，，
∴的取值范围，
故答案为：．
【点睛】此题考查了一次函数与二次函数在销售问题中的应用，明确一次函数与二次函数的性质并分类讨论是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)，．
【分析】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，三角形中位线定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
（1）连接，利用圆周角定理求得，要证明是的切线，只要证明，得到，即可；
（2）利用勾股定理求得的长，利用垂径定理和中位线定理分别求得和的长，再利用勾股定理可求得的长；证明，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
24．(1)；
(2)点P的坐标为或；
(3)点的坐标为或．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求得直线的解析式，设，则，分两种情况讨论，当时，利用三角函数的定义列式计算即可求解，当时，利用抛物线的对称性质求解即可；
（3）以为斜边作等腰直角，求得点的坐标，以点为圆心，长为半径作圆交y轴于点，此时，设点的坐标为，利用，列式计算即可求解．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，，，
设抛物线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵，，
设直线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴直线的解析式为，
设，则，
分两种情况讨论，当时，
如图，作于点，
∵，
∴，
∴，即，
解得（舍去），；
∴；
当时，如图，
∴，
∴，
∴关于抛物线的对称轴对称，
∴点P的横坐标为；
∴；
综上，点P的坐标为或；
（3）解：存在，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
以为斜边作等腰直角，过点作y轴的平行线交x轴于点，过点作的垂线，垂足为，如图，
∴，
∴四边形是矩形，，
∵，
∴，
∴，，
设，
∴，，
∵，
∴，解得，
∴，，
∴，
以点为圆心，长为半径作圆交y轴于点，此时，
设点的坐标为，
∴，即，
∴，
整理得，
解得，
∴点的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，待定系数法求二次函数表达式，勾股定理，解直角三角形，圆周角定理等知识，构造合适的辅助线是解题的关键．
25．（1）菱形；（2）；（3）①，证明见解析；②，理由见解析
【分析】（1）由折叠可得：，，再证得，可得，利用菱形的判定定理即可得出答案；
（2）利用勾股定理可得，再证明，可求得，进而可得，再由和，可求得，，再根据，列式计算即可求解；
（3）①设，则，利用折叠的性质和平行线性质可得：，再运用三角形内角和定理即可求得，利用解直角三角形即可求得答案；
②过点作于，设交于，设，，利用解直角三角形可得，，即可得出结论．
【详解】解：（1）当点与点重合时，四边形是菱形．
理由：设与交于点，如图，
由折叠得：，，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
四边形是菱形．
（2）解：四边形是矩形，，，设，
，，，
，
如图，设与交于点，过点作于，
由折叠得：，
∵点，，在同一条直线上，
∴，
，，
，
，
，
，即，
，
，
，，
，
，即，
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴；
（3）①当时，始终有与对角线平行．
理由：如图，设、交于点，
四边形是矩形，
，，
，
设，
则，
由折叠得：，，
，，
，
，
，
，
，即，
，
，
，
；
②，理由如下：
如图，过点作于，设交于，
由折叠得：，，，
设，，
由①得：，
，
，
，，
，
四边形是矩形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识点多，综合性强，难度较大．
