四川省達川區2024屆中考數學模擬精編試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1．“射擊運動員射擊一次，命中靶心”這個事件是（）A．確定事件B．必然事件C．不可能事件D．不確定事件2．如圖，有一塊含有30°角的直角三角板的兩個頂點放在直尺的對邊上．如果∠2＝44°，那么∠1的度數是()A．14°B．15°C．16°D．17°3．當函數y=（x-1）2-2的函數值y隨著x的增大而減小時，x的取值范圍是（）A． B． C． D．x為任意實數4．計算4×（–9）的結果等于A．32 B．–32 C．36 D．–365．下列圖形中，既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形的是（）A．正五邊形B．平行四邊形C．矩形D．等邊三角形6．已知等腰三角形的兩邊長分別為5和6，則這個等腰三角形的周長為（）A．11 B．16 C．17 D．16或177．式子有意義的x的取值范圍是（）A．且x≠1 B．x≠1 C． D．且x≠18．如圖，在兩個同心圓中，四條直徑把大圓分成八等份，若往圓面投擲飛鏢，則飛鏢落在黑色區域的概率是（）A． B． C． D．9．若關于x的一元二次方程x（x+2）=m總有兩個不相等的實數根，則（）A．m＜﹣1 B．m＞1 C．m＞﹣1 D．m＜110．如圖是由7個同樣大小的正方體擺成的幾何體．將正方體①移走后，所得幾何體（）A．主視圖不變，左視圖不變B．左視圖改變，俯視圖改變C．主視圖改變，俯視圖改變D．俯視圖不變，左視圖改變11．如圖，在平面直角坐標系中，⊙P的圓心坐標是（3，a）（a＞3），半徑為3，函數y＝x的圖象被⊙P截得的弦AB的長為4，則a的值是（）A．4 B．3＋ C．3 D．12．甲、乙兩班舉行電腦漢字輸入比賽，參賽學生每分鐘輸入漢字個數的統計結果如下表：班級參加人數平均數中位數方差甲55135149191乙55135151110某同學分析上表后得出如下結論：①甲、乙兩班學生的平均成績相同；②乙班優秀的人數多于甲班優秀的人數（每分鐘輸入漢字≥150個為優秀）；③甲班成績的波動比乙班大．上述結論中，正確的是（）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）13．如圖，P為正方形ABCD內一點，PA：PB：PC=1：2：3，則∠APB=_____________.14．小球在如圖所示的地板上自由地滾動，并隨機地停留在某塊方磚上，那么小球最終停留在黑色區域的概率是_____________________．15．已知，如圖，正方形ABCD的邊長是8，M在DC上，且DM＝2，N是AC邊上的一動點，則DN+MN的最小值是_____．16．已知某二次函數圖像的最高點是坐標原點，請寫出一個符合要求的函數解析式：_______．17．如圖是由兩個長方體組合而成的一個立體圖形的三視圖，根據圖中所示尺寸（單位：mm），計算出這個立體圖形的表面積．18．如圖，用圓心角為120°，半徑為6cm的扇形紙片卷成一個圓錐形無底紙帽，則這個紙帽的高是_____cm．三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．19．（6分）如圖，已知AB是⊙O上的點，C是⊙O上的點，點D在AB的延長線上，∠BCD=∠BAC．求證：CD是⊙O的切線；若∠D=30°，BD=2，求圖中陰影部分的面積．20．（6分）鮮豐水果店計劃用元/盒的進價購進一款水果禮盒以備銷售.據調查，當該種水果禮盒的售價為元/盒時，月銷量為盒，每盒售價每增長元，月銷量就相應減少盒，若使水果禮盒的月銷量不低于盒，每盒售價應不高于多少元?在實際銷售時，由于天氣和運輸的原因，每盒水果禮盒的進價提高了，而每盒水果禮盒的售價比(1)中最高售價減少了，月銷量比(1)中最低月銷量盒增加了，結果該月水果店銷售該水果禮盒的利潤達到了元，求的值.21．（6分）在平面直角坐標系中，△ABC的三個頂點坐標分別為A（2，﹣4），B（3，﹣2），C（6，﹣3）．畫出△ABC關于軸對稱的△A1B1C1；以M點為位似中心，在網格中畫出△A1B1C1的位似圖形△A2B2C2，使△A2B2C2與△A1B1C1的相似比為2：1．22．（8分）如圖，二次函數的圖象與x軸的一個交點為，另一個交點為A，且與y軸相交于C點求m的值及C點坐標；在直線BC上方的拋物線上是否存在一點M，使得它與B，C兩點構成的三角形面積最大，若存在，求出此時M點坐標；若不存在，請簡要說明理由為拋物線上一點，它關于直線BC的對稱點為Q當四邊形PBQC為菱形時，求點P的坐標；點P的橫坐標為，當t為何值時，四邊形PBQC的面積最大，請說明理由．23．（8分）如圖，一次函數y1=﹣x﹣1的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，與反比例函數圖象的一個交點為M（﹣2，m）．（1）求反比例函數的解析式；（2）求點B到直線OM的距離．24．（10分）2017年10月31日，在廣州舉行的世界城市日全球主場活動開幕式上，住建部公布許昌成為“國家生態園林城市”在2018年植樹節到來之際，許昌某中學購買了甲、乙兩種樹木用于綠化校園．若購買7棵甲種樹和4棵乙種樹需510元；購買3棵甲種樹和5棵乙種樹需350元．（1）求甲種樹和乙種樹的單價；（2）按學校規劃，準備購買甲、乙兩種樹共200棵，且甲種樹的數量不少于乙種樹的數量的，請設計出最省錢的購買方案，并說明理由．25．（10分）如圖，已知∠AOB=45°，AB⊥OB，OB=1．（1）利用尺規作圖：過點M作直線MN∥OB交AB于點N（不寫作法，保留作圖痕跡）；（1）若M為AO的中點，求AM的長．26．（12分）如圖，已知反比例函數y＝的圖象與一次函數y＝x+b的圖象交于點A(1，4)，點B(﹣4，n)．求n和b的值；求△OAB的面積；直接寫出一次函數值大于反比例函數值的自變量x的取值范圍．27．（12分）已知點E是矩形ABCD的邊CD上一點，BF⊥AE于點F，求證△ABF∽△EAD.

參考答案一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1、D【解題分析】試題分析：“射擊運動員射擊一次，命中靶心”這個事件是隨機事件，屬于不確定事件，故選D．考點：隨機事件．2、C【解題分析】

依據∠ABC=60°，∠2=44°，即可得到∠EBC=16°，再根據BE∥CD，即可得出∠1=∠EBC=16°．【題目詳解】如圖，∵∠ABC=60°，∠2=44°，∴∠EBC=16°，∵BE∥CD，∴∠1=∠EBC=16°，故選：C．【題目點撥】本題主要考查了平行線的性質，解題時注意：兩直線平行，內錯角相等．3、B【解題分析】分析：利用二次函數的增減性求解即可，畫出圖形，可直接看出答案．詳解：對稱軸是：x=1，且開口向上，如圖所示，∴當x＜1時，函數值y隨著x的增大而減小；故選B．點睛：本題主要考查了二次函數的性質，解題的關鍵是熟記二次函數的性質．4、D【解題分析】

根據有理數的乘法法則進行計算即可.【題目詳解】故選：D.【題目點撥】考查有理數的乘法法則：兩數相乘，同號得正，異號得負，并把絕對值相乘.5、C【解題分析】分析：根據中心對稱圖形和軸對稱圖形對各選項分析判斷即可得解．詳解：A.正五邊形，不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故本選項錯誤.B.平行四邊形，是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，故本選項錯誤.C.矩形，既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形，故本選項正確.D.等邊三角形，不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故本選項錯誤.故選C.點睛：本題考查了對中心對稱圖形和軸對稱圖形的判斷，我們要熟練掌握一些常見圖形屬于哪一類圖形，這樣在實際解題時，可以加快解題速度，也可以提高正確率.6、D【解題分析】試題分析：由等腰三角形的兩邊長分別是5和6，可以分情況討論其邊長為5，5，6或者5，6，6，均滿足三角形兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊的條件，所以此等腰三角形的周長為5+5+6=16或5+6+6=17.故選項D正確.考點：三角形三邊關系；分情況討論的數學思想7、A【解題分析】根據二次根式被開方數必須是非負數和分式分母不為0的條件，要使在實數范圍內有意義，必須且．故選A．8、D【解題分析】

兩個同心圓被均分成八等份，飛鏢落在每一個區域的機會是均等的，由此計算出黑色區域的面積，利用幾何概率的計算方法解答即可．【題目詳解】因為兩個同心圓等分成八等份，飛鏢落在每一個區域的機會是均等的，其中黑色區域的面積占了其中的四等份，所以P(飛鏢落在黑色區域)==.故答案選：D.【題目點撥】本題考查了幾何概率，解題的關鍵是熟練的掌握幾何概率的相關知識點.9、C【解題分析】

將關于x的一元二次方程化成標準形式，然后利用Δ>0，即得m的取值范圍.【題目詳解】因為方程是關于x的一元二次方程方程，所以可得,Δ＝4+4m>0，解得m>﹣1,故選D.【題目點撥】本題熟練掌握一元二次方程的基本概念是本題的解題關鍵.10、A【解題分析】

分別得到將正方體①移走前后的三視圖，依此即可作出判斷．【題目詳解】將正方體①移走前的主視圖為：第一層有一個正方形，第二層有四個正方形，正方體①移走后的主視圖為：第一層有一個正方形，第二層有四個正方形，沒有改變。將正方體①移走前的左視圖為：第一層有一個正方形，第二層有兩個正方形，正方體①移走后的左視圖為：第一層有一個正方形，第二層有兩個正方形，沒有發生改變。將正方體①移走前的俯視圖為：第一層有四個正方形，第二層有兩個正方形，正方體①移走后的俯視圖為：第一層有四個正方形，第二層有兩個正方形，發生改變。故選A.【題目點撥】考查了三視圖，從幾何體的正面，左面，上面看到的平面圖形中正方形的列數以及每列正方形的個數是解決本題的關鍵.11、B【解題分析】試題解析：作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連結PB，如圖，∵⊙P的圓心坐標是（3，a），∴OC=3，PC=a，把x=3代入y=x得y=3，∴D點坐標為（3，3），∴CD=3，∴△OCD為等腰直角三角形，∴△PED也為等腰直角三角形，∵PE⊥AB，∴AE=BE=AB=×4=2，在Rt△PBE中，PB=3，∴PE=，∴PD=PE=，∴a=3+．故選B．考點：1．垂徑定理；2．一次函數圖象上點的坐標特征；3．勾股定理．12、D【解題分析】分析：根據平均數、中位數、方差的定義即可判斷；詳解：由表格可知，甲、乙兩班學生的成績平均成績相同；根據中位數可以確定，乙班優秀的人數多于甲班優秀的人數；根據方差可知，甲班成績的波動比乙班大．故①②③正確，故選D．點睛：本題考查平均數、中位數、方差等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）13、°【解題分析】

通過旋轉，把PA、PB、PC或關聯的線段集中到同一個三角形，再根據兩邊的平方和等于第三邊求證直角三角形，可以求解∠APB．【題目詳解】把△PAB繞B點順時針旋轉90°，得△P′BC，則△PAB≌△P′BC，設PA=x，PB=2x，PC=3x，連PP′，得等腰直角△PBP′，PP′2=（2x）2+（2x）2=8x2，∠PP′B=45°．又PC2=PP′2+P′C2，得∠PP′C=90°．故∠APB=∠CP′B=45°+90°=135°．故答案為135°．【題目點撥】本題考查的是正方形四邊相等的性質，考查直角三角形中勾股定理的運用，把△PAB順時針旋轉90°使得A′與C點重合是解題的關鍵．14、2【解題分析】試題分析：根據題意和圖示，可知所有的等可能性為18種，然后可知落在黑色區域的可能有4種，因此可求得小球停留在黑色區域的概率為：41815、1【解題分析】分析：要求DN+MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考慮通過作輔助線轉化DN，MN的值，從而找出其最小值求解．解答：解：如圖，連接BM，∵點B和點D關于直線AC對稱，∴NB=ND，則BM就是DN+MN的最小值，∵正方形ABCD的邊長是8，DM=2，∴CM=6，∴BM==1，∴DN+MN的最小值是1．故答案為1．點評：考查正方形的性質和軸對稱及勾股定理等知識的綜合應用．16、等【解題分析】

根據二次函數的圖象最高點是坐標原點，可以得到a＜0，b=0，c=0，所以解析式滿足a＜0，b=0，c=0即可．【題目詳解】解：根據二次函數的圖象最高點是坐標原點，可以得到a＜0，b=0，c=0，例如：.【題目點撥】此題是開放性試題，考查函數圖象及性質的綜合運用，對考查學生所學函數的深入理解、掌握程度具有積極的意義.17、100mm1【解題分析】

首先根據三視圖得到兩個長方體的長，寬，高，在分別表示出每個長方體的表面積，最后減去上面的長方體與下面的長方體的接觸面積即可．【題目詳解】根據三視圖可得：上面的長方體長4mm，高4mm，寬1mm，下面的長方體長8mm，寬6mm，高1mm，∴立體圖形的表面積是：4×4×1+4×1×1+4×1+6×1×1+8×1×1+6×8×1-4×1=100（mm1）．故答案為100mm1．【題目點撥】此題主要考查了由三視圖判斷幾何體以及求幾何體的表面積，根據圖形看出長方體的長，寬，高是解題的關鍵．18、【解題分析】

先求出扇形弧長，再求出圓錐的底面半徑，再根據勾股定理即可出圓錐的高.【題目詳解】圓心角為120°，半徑為6cm的扇形的弧長為4cm∴圓錐的底面半徑為2，故圓錐的高為=4cm【題目點撥】此題主要考查圓的弧長及圓錐的底面半徑，解題的關鍵是熟知圓的相關公式.三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．19、（1）證明見解析；（2）陰影部分面積為【解題分析】【分析】（1）連接OC，易證∠BCD=∠OCA，由于AB是直徑，所以∠ACB=90°，所以∠OCA+OCB=∠BCD+∠OCB=90°，CD是⊙O的切線；（2）設⊙O的半徑為r，AB=2r，由于∠D=30°，∠OCD=90°，所以可求出r=2，∠AOC=120°，BC=2，由勾股定理可知：AC=2，分別計算△OAC的面積以及扇形OAC的面積即可求出陰影部分面積.【題目詳解】（1）如圖，連接OC，∵OA=OC，∴∠BAC=∠OCA，∵∠BCD=∠BAC，∴∠BCD=∠OCA，∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∴∠OCA+OCB=∠BCD+∠OCB=90°∴∠OCD=90°∵OC是半徑，∴CD是⊙O的切線（2）設⊙O的半徑為r，∴AB=2r，∵∠D=30°，∠OCD=90°，∴OD=2r，∠COB=60°∴r+2=2r，∴r=2，∠AOC=120°∴BC=2，∴由勾股定理可知：AC=2，易求S△AOC=×2×1=S扇形OAC=，∴陰影部分面積為.【題目點撥】本題考查圓的綜合問題，涉及圓的切線判定，勾股定理，含30度的直角三角形的性質，等邊三角形的性質等知識，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵.20、（1）若使水果禮盒的月銷量不低于盒，每盒售價應不高于元；（2）的值為.【解題分析】

（1）設每盒售價應為x元，根據月銷量=980-30×超出14元的部分結合月銷量不低于800盒，即可得出關于x的一元一次不等式，解之取其最大值即可得出結論；

（2）根據總利潤=每盒利潤×銷售數量，即可得出關于m的一元二次方程，解之取其正值即可得出結論．【題目詳解】解：設每盒售價元.依題意得：解得：答：若使水果禮盒的月銷量不低于盒，每盒售價應不高于元依題意：令：化簡：解得：（舍），答：的值為.【題目點撥】考查一元二次方程的應用，一元一次不等式的應用，讀懂題目，找出題目中的等量關系或不等關系是解題的關鍵.21、（1）詳見解析；（2）詳見解析．【解題分析】

試題分析：（1）直接利用關于x軸對稱點的性質得出對應點位置，進而得出答案；（2）直接利用位似圖形的性質得出對應點位置，進而得出答案；試題解析：（1）如圖所示：△A1B1C1，即為所求；（2）如圖所示：△A2B2C2，即為所求；考點：作圖-位似變換；作圖-軸對稱變換22、，；存在，；或；當時，.【解題分析】

（1）用待定系數法求出拋物線解析式；（2）先判斷出面積最大時，平移直線BC的直線和拋物線只有一個交點，從而求出點M坐標；（3）①先判斷出四邊形PBQC時菱形時，點P是線段BC的垂直平分線，利用該特殊性建立方程求解；②先求出四邊形PBCQ的面積與t的函數關系式，從而確定出它的最大值．【題目詳解】解：（1）將B（4，0）代入，解得，m=4，∴二次函數解析式為，令x=0，得y=4，∴C（0，4）；（2）存在，理由：∵B（4，0），C（0，4），∴直線BC解析式為y=﹣x+4，當直線BC向上平移b單位后和拋物線只有一個公共點時，△MBC面積最大，∴，∴，∴△=1﹣4b=0，∴b=4，∴，∴M（2，6）；（3）①如圖，∵點P在拋物線上，∴設P（m，），當四邊形PBQC是菱形時，點P在線段BC的垂直平分線上，∵B（4，0），C（0，4），∴線段BC的垂直平分線的解析式為y=x，∴m=，∴m=，∴P（，）或P（，）；②如圖，設點P（t，），過點P作y軸的平行線l，過點C作l的垂線，∵點D在直線BC上，∴D（t，﹣t+4），∵PD=﹣（﹣t+4）=，BE+CF=4，∴S四邊形PBQC=2S△PDC=2（S△PCD+S△BD）=2（PD×CF+PD×BE）=4PD=∵0＜t＜4，∴當t=2時，S四邊形PBQC最大=1．考點：二次函數綜合題；二次函數的最值；最值問題；分類討論；壓軸題．23、（1）（2）．【解題分析】

（1）根據一次函數解析式求出M點的坐標，再把M點的坐標代入反比例函數解析式即可；（2）設點B到直線OM的距離為h，過M點作MC⊥y軸，垂足為C，根據一次函數解析式表示出B點坐標，利用△OMB的面積=×BO×MC算出面積，利用勾股定理算出MO的長，再次利用三角形的面積公式可得OM?h，根據前面算的三角形面積可算出h的值．【題目詳解】解：（1）∵一次函數y1=﹣x﹣1過M（﹣2，m），∴m=1．∴M（﹣2，1）．把M（﹣2，1）代入得：k=﹣2．∴反比列函數為．（2）設點B到直線OM的距離為h，過M點作MC⊥y軸，垂足為C．∵一次函數y1=﹣x﹣1與y軸交于點B，∴點B的坐標是（0，﹣1）．∴．在Rt△OMC中，，∵，∴．∴點B到直線OM的距離為．24、（1）甲種樹的單價為50元/棵，乙種樹的單價為40元/棵．（2）當購買1棵甲種樹、133棵乙種樹時，購買費用最低，理由見解析．【解題分析】

（1）設甲種樹的單價為x元/棵，乙種樹的單價為y元/棵，根據“購買7棵甲種樹和4棵乙種樹需510元；購買3棵甲種樹和5棵乙種樹需350元”，即可得出關于x、y的二元一次方程組，解之即可得出結論；

（2）設購買甲種樹a棵，則購買乙種樹（200-a）棵，根據甲種樹的數量不少于乙種樹的數量的可得出關于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范圍，再由甲種樹的單價比乙種樹的單價貴，即可找出最省錢的購買方案．【題目詳解】解：（1）設甲種樹的單價為x元/棵，乙種樹的單價為y元/棵，根據題意得：

，解得：答：甲種樹的單價為50元/棵，乙種樹的單價為40元/棵．（2）設購買甲種樹a棵，則購買乙種樹（200﹣a