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2024 年中考第二次模拟考试
数学·参考答案
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
B C A C B B C C D D A B
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．
14．25a6b2
15．10
16．（0，4）
17．2
18．（1） （2）取格点T，连接BT交△ABC的外接圆于点P．
三、解答题（本大题共7个小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．（8分）【解析】解：（1）解不等式4（x+1）≤7x+7，得：x≥﹣1，（2分）
（2）解不等式 ﹣ ＜1，得：x＜2，（2分）
（3）把它们的解集在数轴上表示如下：
（2分）
（4）原不等式组的解集为﹣1≤x＜2．（2分）20．（8分）【解析】解：（1）本次接受调查的家庭个数为：8÷16%＝50（个）；
m%＝ ×100%＝20%，即m＝20；
故答案为：50，20；（2分）
（2）∵6出现了16次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数是6t；
将这组数数据从小到大排列，其中处于中间的两个数都是6，
∴这组数据的中位数是6t．
故答案为：6t，6t；（2分）
（3）这组月均用水量数据的平均数是 ×（5×8+5.5×12+6×16+6.5×10+7×4）＝5.9（t），（4分）
21．（10分）【解析】解：（1）在Rt△ADE中，∠A＝30°，DE＝30m，
∴AE＝ DE＝30 （m），
∵AB＝60m，
∴BE＝AB﹣AE＝（60﹣30 ）m，
∴此时无人机D与教学楼BC之间的水平距离BE的长度为（60﹣30 ）m；（2分）
（2）过点C作CF⊥DE，垂足为F，
由题意得：CF＝BE＝（60﹣30 ）m，BC＝EF，CF∥DG，
∴∠DCF＝∠CDG＝37°，（2分）
在Rt△DCF中，DF＝CF•tan37°≈（60﹣30 ）×0.75＝（45﹣22.5 ）m，（2分）
∴EF＝DE﹣DF＝30﹣（45﹣22.5 ）＝22.5 ﹣15≈24（m），
∴BC＝EF＝24m，（1分）
∴教学楼BC的高度约为24m．（1分）
22．（10分）【解析】证明：（1）①∵CF为 O的切线，OC为半径，
∴OC⊥CF， ⊙
即∠FCA+∠OCA＝90°，（1分）∵PE⊥AB，
∴∠A+∠ODA＝90°，
∴∠FCA＝∠ADO，
∵∠ADO＝∠CDE，
∴∠ECD＝∠CDE，
∴CE＝DE；（1分）
②当∠A＝30°时，
∴∠BOC＝2∠A＝60°，
∴∠COE＝90°﹣∠BOC＝30°，
∴ ，
∵直径AB＝10，
∴半径OC＝5，（1分）
根据勾股定理得，
CE2+CO2＝OE2，
即 CE2+CO2＝2CE2，
CE2+52＝2CE2，
解得CE＝ ，（1分）
∴S阴影部分 ＝S△OCE ﹣S扇形OCD
＝ ×5× ﹣
＝ ﹣
＝ ；（2分）
（2）如图2，过点O作OH⊥AN，垂足为H，则AH＝HN＝ AN＝3，（1分）
∵OC⊥CF，AE⊥CF，OH⊥AN，
∴四边形OCEH是矩形，
∴EH＝OC＝ AB＝5，（1分）∴EN＝EH﹣NB
＝5﹣3
＝2．（2分）
23．（10分）【解析】解：（Ⅰ）由图象可得，
①在前0.5h的速度为6÷0.5＝12（km/h），
故当x＝0.2时，小明离开家的距离为0.2×12＝2.4（km），
当2＜x≤2.4时，速度为 ＝5（km/h），
∴当x＝2.2时，y＝6+5×0.2＝7（km），
在2.4＜x≤3.5时，距离不变，都是8km，故当x＝2.8时，小明离开家的距离为8km，
故答案为：2.4；7；8；（3分）
（Ⅱ）由图象可得，
①体育馆与图书馆之间的距离为2km，
故答案为：2；
②小明从体育馆到图书馆的骑行速度为：（8﹣6）÷（2.4﹣2）＝5（km/h），
故答案为：5；
③当0≤x≤0.5时，
小明离家的距离为5km时，小明离开家的时间为5÷12＝ （h），
当3.5≤x≤4时，
小明离家的距离为5km时，小明离开家的时间为3.5+（8﹣5）÷[8÷（4﹣3.5）]＝ （h），
故答案为： 或 ；（3分）
（Ⅲ）由图象可得，
①当2≤x≤2.4时，设y＝kx+b，，
解得 ，
∴y＝5x﹣4；
②当2.4＜x≤3.5时，y＝8，
③当3.5＜x≤4时，设y＝mx+n，
则 ，
解得 ，
∴y＝﹣16x+64；
由上可得，当2≤x≤4时，y关于x的函数解析式是y＝ ．（4分）
24．（10分）如图，等腰直角△OEF在坐标系中，有E（0，2），F（﹣2，0），将直角△OEF绕点E逆
时针旋转90°得到△ADE，且A在第一象限内，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A，E．且2a+3b+5＝0．
（1）求抛物线的解析式．
（2）过ED的中点O′作O′B⊥OE于B，O′C⊥OD于C，求证OBO′C为正方形．
（3）如果点P由E开始沿EA边以每秒2厘米的速度向点A移动，同时点Q由点A沿AD边以每秒1厘
米的速度向点D移动，当点P移动到点A时，P，Q两点同时停止，且过P作GP⊥AE，交DE于点G，
设移动的开始后为t秒．
①若S＝PQ2（厘米），试写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围？
②当S取最小时，在抛物线上是否存在点R，使得以P，A，Q，R为顶点的四边形是平行四边形？如果
存在，求出R的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）E（0，2），F（﹣2，0），由旋转的性质得点A（2，2），
将点A、E的坐标代入抛物线表达式并整理得：2a+b＝0，而2a+3b+5＝0，将上述二式联立并解得：a＝ ，b＝﹣ ，
故抛物线的表达式为：y＝ x2﹣ x+2；（2分）
（2）∵O′B⊥OE，O′C⊥OD，
∴∠O′BO＝∠O′CO＝90°，
又∵∠EOD＝90°，
∴四边形OBO′C为矩形，（1分）
O′是ED的中点，O′B⊥OE，
则O′B＝ OD，（1分）
O′C⊥OD，同理O′C＝ OE，
而OE＝OD，故O′B＝OC′
故OBO′C为正方形；（2分）
（3）①点P、Q的坐标分别为：（2t，2）、（2，2﹣t），
S＝PQ2＝（2t﹣2）2+（t）2＝5t2﹣8t+4（0＜t≤2）；（1分）
②S＝5t2﹣8t+4（0＜t≤2）；
∵5＞0，故S有最小值，此时t＝ ，
则点P、Q的坐标分别为：（ ，2）、（2， ），而点A（2，2），
设：点R（m，n），n＝ m2﹣ m+2；（Ⅰ）当AP是边时，
点P向右平移 个单位得到A，
同样点Q（R）向右平移 个单位得到R（Q），
即2 ＝m，解得：m＝ 或 ，
故点R（ ， ）或（ ， ）；（2分）
（Ⅱ）当PA是对角线时，
由中点公式得：2+ ＝m+2，
解得：m＝ ，故点R（ ， ）；（1分）
综上，点R的坐标为：（ ， ）或（ ， ）．（1分）
25．（10分）【解析】解：（Ⅰ）∵抛物线y＝ax2+bx+4（a，b为常数，a≠0）经过A（﹣1，0），B
（4，0）两点，
∴设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣4）（x+1），（1分）
则y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4），
则﹣4a＝4，
解得：a＝﹣1，（1分）
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4；（1分）
（Ⅱ）由抛物线y＝﹣x2+3x+4知，点C（0，4），其对称轴为直线x＝ ，点D（ ， ），
过D作DE⊥x轴于点E，（1分）∴DE＝ ，OE＝ ，
则四边形ACDB的面积＝S△AOC +S梯形OCDE +S△BDE
＝ ×AO×CO+ ×（OC+DE）×OE+ ×BE×DE
＝ ×1×4+ ×（4+ ）× + ×（4﹣ ）×
＝ ；（2分）
（Ⅲ）过P作PH⊥BC于点H，作PQ⊥x轴于点Q，（1分）
∴PQ∥OC，
∴∠PQH＝∠OCB，
∵B（4，0），C（0，4），
∴ON＝OC，直线BC的表达式为：y＝﹣x+4，
∴∠OCB＝45°，
∴∠PQH＝∠OCB＝45°，
∴PH＝QH，PQ＝ PH，
∵A（﹣1，0），C（0，4），
∴tan∠ACO＝ ＝ ，
∵∠ACO＝∠PBC，
∴tan∠ACO＝tan∠PBC＝ ＝ ，
设PH＝QH＝m，则BH＝4m，PQ＝ m，BQ＝3m，∴m＝ PQ＝ ，
设点P的坐标为（p，﹣p2+3p+4），则Q（p，﹣p+4），
∴PQ＝﹣p2+3p+4+p﹣4＝﹣p2+4p，
BQ＝ ＝ （4﹣p），
∴ （﹣p2+4p）＝ × （4﹣p），
解得p＝ 或4（舍去），（2分）
∴点P的坐标为（ ， ）．（1分）
