2024年广东省惠州市仲恺高新区中考数学二模试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024年广东省惠州市仲恺高新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。1.2024的倒数是(

)A.2024 B.−2024 C.12024 D.2.今年哈尔滨旅游火出圈了，截止元旦假日第3天，哈尔滨市累计接待游客3047900人次，其中3047900这个数字用科学记数法表示为(

)A.30.479×105 B.3.0479×105 C.3.剪纸文化是我国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是(

)A. B.

C. D.4.为深入落实“立德树人”的根本任务，坚持德、智、体、美、劳全面发展，某学校积极推进学生综合素质评价改革，某同学在本学期德智体美劳的评价得分如图所示，则该同学五项评价得分的众数，中位数，平均数分别为(

)A.8，8，8

B.7，7，7.8

C.8，8，8.6

D.8，8，8.45.下列运算正确的是(

)A.3a+2b=5ab B.−8a2÷(4a)=2a

C.(−26.一个多边形的内角和是外角和的2倍，这个多边形是(

)A.四边形 B.五边形 C.六边形 D.八边形7.不等式组x−1≤02x−3x<2的解集在数轴上表示正确的是(

)A. B.

C. D.8.光线在不同介质中的传播速度不同，因此当光线从空气射向水中时，会发生折射．如图，在空气中平行的两条入射光线，在水中的两条折射光线也是平行的．若水面和杯底互相平行，且∠1=122°，则∠2=(

)

A.61° B.58° C.48° D.41°9.2024年3月17日惠州举办了首届马拉松，本届赛事以“畅跑山海惠州，尽享东坡文化”为主题，以弘扬惠州东坡文化为主旨，是一场体现文旅体深度融合的“嘉年华”赛事.已知总赛程约为42km，在同一场比赛中A选手的平均速度是B选手的1.2倍，最终A选手冲刺终点的时间比B选手提前20分钟，若设B选手的平均速度是x km/ℎ，则可列方程为(

)A.421.2x−42x=13 B.10.构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要性，在计算tan15°时，如图．在Rt△ACB中，∠C=90°，∠ABC=30°，延长CB使BD=AB，连接AD，得∠D=15°，所以tan15°=ACCD=12+A.2+1 B.2−1 C.二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。11.因式分解：x2−1=

．12.反比例函数y=k+1x的图象经过点(−2,3)，则k的值为______．13.如图所示，点A、B、C对应的刻度分别为0、2、4，将线段CA绕点C按顺时针方向旋转，当点A首次落在矩形BCDE的边BE上时，记为点A1，则此时线段CA扫过的图形的面积为______．

14.如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠A=110°，则∠BOD=______°.

15.七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”.由边长为62的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型(其中点Q，R分别与图2中的点E，G重合，点P在边EH上)，则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是______．三、解答题：本题共8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8分)

计算：(π−0.14)0−2cos45°−17.(本小题8分)

如图，在▱ABCD中，AE=CF.求证：四边形BEDF是平行四边形．18.(本小题8分)

某校九年级举行了“中国梦”演讲比赛活动，学校团委根据学生的成绩划分为A，B，C，D四个等级，并绘制了如下两个不完整的两种统计图．

根据图中提供的信息，回答下列问题

(1)参加演讲比赛的学生共有______人，并把条形图补充完整；

(2)扇形统计图中，m=______；C等级对应的扇形的圆心角为______度．

(3)学校准备从获得A等级的学生中随机选取2人，参加全市举办的演讲比赛，请利用列表法或树状图法，求获得A等级的小明参加市比赛的概率．19.(本小题9分)

热气球的探测器显示，从热气球看一栋楼顶部的仰角是30°，看这栋楼底的俯角为60°，热气球与楼的水平距离为120米，这栋楼有多高？20.(本小题9分)某商店销售10台A型和20台B型电脑的利润为4000元，销售20台A型和10台B型电脑的利润为3500元．(1)求每台A型电脑和B型电脑的销售利润；(2)该商店计划一次购进两种型号的电脑共100台，其中B型电脑的进货量不超过A型电脑的2倍，设购进A型电脑x台，这100台电脑的销售总利润为y元．①求y关于x的函数关系式；②该商店购进A型、B型电脑各多少台，才能使销售总利润最大？最大利润是多少？21.(本小题9分)

欧几里德，古希腊著名数学家.被称为“几何之父”.他最著名的著作《几何原本》是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上最成功的教科书.他在第三卷中提出这样一个命题：“由已知点作直线切于已知圆”．

如图1，设点P是已知点，圆O是已知圆，对于上述命题，我们可以进行如下尺规作图：

①连接OP，作线段OP的中点A；

②以A为圆心，以AO为半径作圆A，与圆O交于两点Q和R；

③连接PQ、PR，则PQ、PR是圆O的切线．

(1)按照上述作图步骤在图1中补全图形(保留作图痕迹，痕迹要清晰)；

(2)为了说明上述作图的正确性，需要对其证明，请写出证明“PQ、PR是圆O的切线”的过程；

(3)如图2，连接QO并延长交圆O于点B，连接BR，已知BR=2，圆O的半径r=5，求PQ．22.(本小题12分)

综合与实践

问题情境

在综合与实践课上，老师出示了两张全等的三角形纸片ABC，DFE，其中∠ACB=∠DEF=90°，AC=DE=6，BC=FE=8.如图1，三角形纸片ABC与三角形纸片DFE重合，然后将纸片△CDF绕点C顺时针旋转(旋转角不超过90°)，CF与AB交于点G，DF与AB交于点H．

操作与计算

(1)如图2，当CD/​/AB时，求GH的长．

深度思考

(2)“雄鹰”小组受到了启发，提出了问题：如图3，当CG=CD时，试猜想GH与HD的数量关系，并说明理由．

拓展探究

(3)“智慧”小组进一步研究.如图4，过点F作AC的平行线交AB于点M，过点H作AC的平行线交CF于点N，连接MN.当∠BCF=∠B时，直接写出四边形MNHF的面积．

23.(本小题12分)

定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”，如图①，抛物线C1：y=x2+2x−3与抛物线C2：y=ax2+2ax+c组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点A(−3,0)、B(点B在点A右侧)，与y轴的交点分别为G、H(0,−1)．

(1)求抛物线C2的解析式和点G的坐标．

(2)点M是x轴下方抛物线C1上的点，过点M作MN⊥x轴于点N，交抛物线C2于点D，求线段MN与线段DM的长度的比值．

(3)如图②，点E是点H关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x轴上是否存在点参考答案1.C

2.C

3.A

4.D

5.C

6.C

7.B

8.B

9.B

10.B

11.(x+1)(x−1)

12.−7

13.8314.140

15.616.解：原式=1−2×22−4+2

17.证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=CD，AB/​/CD，

∵AE=CF，

∴BE=DF．

∴四边形BEDF为平行四边形．

18.解：(1)32；

补全的条形统计图如图所示；

(2)37.5；135；

(3)设小明用a表示，另外三名学生用b、c、d表示，树状图如下图所示，

则获得A等级的小明参加市比赛的概率是612=12，

即获得A等级的小明参加市比赛的概率是119.解：如图，

由题意可得，

∠BAD=30°，∠CAD=60°，AD=120米，∠ADC=∠ADB=90°，

在Rt△ADB中，∠BAD=30°，AD=120米，

∴BD=AD⋅tan30°=120×33=403(米)，

在Rt△ADC中，∠CAD=60°，AD=120米，

∴CD=AD⋅tan60°=1203(米20.解：(1)设每台A型电脑销售利润为a元，每台B型电脑的销售利润为b元；

根据题意得10a+20b=400020a+10b=3500，解得a=100b=150．

答：每台A型电脑销售利润为100元，每台B型电脑的销售利润为150元；

(2)①根据题意得，y=100x+150(100−x)，

即y=−50x+15000；

②据题意得，100−x≤2x，

解得x≥3313，

∵y=−50x+15000，

∴y随x的增大而减小，

∵x为正整数，

∴当x=34时，y取最大值，则100−x=66，

此时最大利润是y=−50×34+15000=13300．

即商店购进34台A型电脑和66台B21.(1)解：如图1，

(2)证明：连接AQ，OQ，AR，OR，如图2，

∵AQ=AP=AO，

∴∠1=∠2，∠3=∠4，

∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°，

∴∠2+∠3=90°，

∴OQ⊥PQ，

∵OQ是圆O半径，

∴PQ是圆O的切线，

同理可得，PR是圆O的切线；

(3)解：连接QR交OP于点H，连接OR，如图3，

∵PQ、PR是圆O的切线，

∴PQ=PR，

∵OQ=OR，

∴PO是线段OR的垂直平分线，

∴HQ=HR，QR⊥OP，

∵OQ=OB，BR=2，

∴HO=12BR=1，

∵∠PQO=90°，∠QOP=∠QOP，

∴△QOH∽△POQ，

∴OQ2=OH⋅PO，即(5)2=1×PO，

∴OP=5；

在Rt△PQO中，PQ22.解：(1)当CD/​/AB，有∠FGH=∠FED=90°，△FEG∽△FED，

∴CG⊥AB，

∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，

∴AB=BC2+AC2=82+62=10，

∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CG，

∴12×6×8=12×10×CG，

∴CG=4.8，即EG=4.8，

∴FG=FE−EG=8−4.8=3.2，

∵△FEG∽△FED，

∴FGFE=GHED，

即3.28=GH6，

∴GH=2.4；

(2)GH=HD，理由如下：

如图，连接GD，

∵AC=DE，CD=CG，

∴CG=AC，

∴∠CGA=∠A，∠CGD=∠CDG=45°，

∵∠HGD=∠CGH−∠CGD，∠HDG=∠CDH−∠CDG，

∴∠HGD=∠HDG，

∴GH=HD；

(3)∵FM//AC，HN//AC，

∴FM//HN，

∵∠BCF=∠B，∠EFD=∠B，

∴∠BCF=∠B=∠EFD，

∵∠BGC=∠FGH，

∴∠GFH=∠GHF，

∴GF=GH，

∵FM//HN，

∴∠MFG=∠HNG，∠FMG=∠NHG，

∴△MGF≌△HGN(AAS)，

∴MF=HN，

∴四边形MNHF为平行四边形，

∵GF=GH，

∴MH=FN，

∴四边形MNHF为矩形，

∴FH//MN，∠NMF=90°，

∴∠GFH=∠GNM，

∴∠GNM=∠BCF，

∴MN/​/BC，

∵∠BCF=∠B，

∴BG=CG，

∵∠B+∠A=90° 90°，∠BCF+∠GCA=90°，

∴∠A=∠GCA，

∴CG=AG，

∴BG=AG=CG=1223.解：