2024年中考數學模擬卷參考答案

一、選擇題

1. C 2. B 3. C 4. A 5. B 6. D 7. D 8. A 9. A 10. B

二、填空題

11. [x+y] 12. （3，2） 13. [23] 14. [y=-2x+5] 15. [36513]

三、解答題

16. （1）原式 = -1 - [12] × [13] × （2 - 9）

= -1 - [16] × （-7）

= - 1 + [76]

= [16].

（2）[原式=（a+2）（a-2）（a-2）2+a（a-1）a-1?1a]

[=a+2a-2+1]

[=2aa-2.]

17. （1）解：設小朋友人數為x人，

由題意得[4x+19=5x-25]，

解得[x=44].

答：小朋友人數為44人.

（2）解：由（1）得一共購買了[4×44+19=195]件玩具，

設購買了A種玩具m件，則購買了B種玩具（[195-m]）件，

由題意得[20m+30]（[195-m]） [≤4950]，

解得[m≥90]，

∴m的最小值為90，

即至少購買了A種玩具90件.

答：至少購買了A種玩具90件.

18. （1）此次調查的總人數是[24÷24%=100]（人），

所以選擇課程A的學生人數是[100-56-24-12=8]（人）.

（2）[360°×56100=201.6°]，

課程B所對應的扇形圓心角的大小為201.6°.

（3）[800×12100=96]（人）.

所以估計該校七年級學生選擇課程D的約有96人.

19. （1）依題意可得yA，yB與x的函數解析式分別是

[yA=4×20+5]（[x-4]），即[yA=5x+60]；

[yB=4×20×0.9+5×0.9x]，即[yB=4.5x+72].

（2）當yA = yB時，

即[5x+60=4.5x+72]，解得x = 24；

當yA > yB時，

即[5x+60>4.5x+72]，解得x > 24；

當yA < yB時，

即[5x+60<4.5x+72]，解得x < 24.

從而可知，當購買乒乓球24盒時，到兩家超市購買的花費相同；當購買乒乓球大于24盒時，到乙超市購買合算；當購買乒乓球小于24盒時，到甲超市購買合算.

20. 如圖1，過點E作EF ⊥ CD交CD的延長線于點F，過點E作EM ⊥ AC于點M，

∵斜坡DE的坡度（或坡比）i = 1∶2.4，DE = 91米，CD = 76米，

∴設EF = 5x米，則DF = 12x米.

在Rt△DEF中，

∵EF2 + DF2 = DE2，即（5x）2 + （12x）2 = 912，

解得x = 7，

∴EF = 35米，DF = 84米，

∴CF = DF + DC = 84 + 76 = 160（米）.

∵EM ⊥ AC，AC ⊥ CD，EF ⊥ CD，

∴四邊形EFCM是矩形，

∴EM = CF = 160米，CM = EF = 35米.

在Rt△AEM中，

∵∠AEM = 44°，∴AM = EM·tan 44° ≈ 160 × 0.97 = 155.2（米），

∴AC = AM + CM = 155.2 + 35 = 190.2（米）.

∴AB = AC - BC = 190.2 - 155 ≈ 35（米）.

答：大樹AB的高度約為35米.

21. （1）證明：如圖2，連接OB，設∠OAB = [α].

∵OA = OB，∴∠OBA = ∠OAB = [α].

∵∠ADB = ∠OAB，∴∠ADB = [α].

∵∠ADB = [12]∠AOB，∴∠AOB = 2[α].

在△OAB中，由三角形內角和定理可得，[α+α+2α=]180°，

解得[α] = 45°，

∴∠AOB = 90°.

∵BC [?] OA，∴∠OBC = ∠AOB = 90°，∴OB ⊥ BC.

又∵OB為半徑，∴BC是[⊙O]的切線.

（2）如圖3，過點B作[BG⊥AC]于點[G]，過點A作[AF⊥BC]，交CB的延長線于點F.

易證四邊形OAFB為正方形，

由（1）可知，∠ADB = 45°，所以△BDG為等腰直角三角形，

∵BD = 2，∴BG = DG = [2].

在Rt△BCG中，tan C = [13] = [BGCG]，

∴CG = [32]，∴[BC=25].

設OA = r，則AF = BF = r.

在Rt△ACF中，tan C = [AFCF]，

∴[rr+25=13]，解得r = [5]，∴OA = [5].

22. （1）解：∵拋物線[y=18x2]中[a=18]，

∴[14a=2]，[-14a=-2]，

∴拋物線[y=18x2]的焦點坐標為（0，2），準線l的方程為y = -2.

（2）如圖4，設[PB]交[x]軸于點[D]. ∵點[P]（[m]，[n]）（[m>0]）到焦點A的距離是它到x軸距離的3倍，

∴PA = 3PD = 3[n].

∵PA = PB，PB = [n] + 2，

∴ PB = 3PD，即n + 2 = 3n，

解得n = 1，

∴[P]（[22]，1）.

（3）如圖5，設[PB]交[x]軸于點[H]，[AP]的延長線交直線[n]于點[D]，直線[n]交[y]軸于點[E].

則[d1+d2] = PH + PD = PB - 2 + PD = PA + PD - 2 ≥ AD - 2，

當A，P，D三點共線且AD ⊥ n時，

PA + PD - 2 = AD - 2，即此時[d1+d2]的值最小.

由[y=3x-4]可求得[E]（0，-4），∠AED = 30°，

∴AE = 6，AD = AE·sin 30° = 3.

∴[d1+d2]的最小值為1.

（4）由已知可求得[y=18x2-2]焦點坐標為原點O，準線l的表達式為y = -4.

如圖6，∵PO + PQ = PB + PQ ≥ BQ，

∴當B，P，Q三點共線且BQ ⊥ l時，PO + PQ最小，最小值為7，

則此時P[2，-32]，

∴PQ = 3 - [-32] = [92]，∴[S△POQ=12?PQ?xQ=12×92×2=92].

23. （1）證明：如圖7，連接CE，在PE上截取PF = PC，連接CF.

由已知可得AC = AE，∠ACB = ∠AED，∠CAE = ∠BAD = 60°，

∴△ACE是等邊三角形，∴CE = AC，∠ACE = 60°.

在△AGE與△PCG中，

∵∠AGE = ∠PGC，∠AEG = ∠PCG，

∴∠CPG = ∠CAE = 60°.

又∵PC = PF，

∴△PCF為等邊三角形，

∴CF = CP，∠PCF = 60°，

∴∠1 + ∠3 = 60°.

∵∠3 + ∠2 = 60°，∴∠1 = ∠2.

又∵CP = CF，AC = CE，

∴△ACP ≌ △ECF，

∴PA = EF，

∴PE = PF + EF = PC + PA.

（2）[PC2=2PA2+PB2].

理由如下：如圖8，將△ABP繞點A逆時針旋轉90°得到△ACD，連接PD.

則△APD為等腰直角三角形，DA = PA，DC = PB，∠ADC = ∠APB = 135°，

∴ [PD2=PA2+DA2=2PA2]，∠ADP = 45°，

∴ ∠PDC = 90°，

∴ [PC2=PD2+CD2=2PA2+PB2].

（3）如圖9，將△BCP繞點B順時針旋轉90°得到△BC'P'，連接P'P.

則△PBP'為等腰直角三角形，所以PP' = [2]PB，C'P' = PC.

∴ 總運費 = [PA×1+2PB+PC×1] = [PA+P'P+P'C'≥AC'].

過點C'作C'D⊥AB，交AB的延長線于點D.

∵∠ABC = 30°，∠CBC' = 90°，C'B = CB = 3，

∴∠C'BD = 60°，BD = [32]，C'D = [323]，

∴AD = 4 + [32] = [112]，

∴[AC'=AD2+C'D2=37]，

答：總的運輸成本最低為[37]元.