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2024 年中考第二次模拟考试（广东省卷）
数学·全解全析
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选
项中，只有一项符合题目要求的）
1．中国是最早采用正负数表示相反意义的量的国家．某仓库运进小麦6吨，记为 +6
吨，那么仓库运出小麦8吨应记为（ ）吨．
A．+8 B．-8 C．±8 D．-2
【答案】B
【分析】根据正负数的意义，直接写出答案即可．
【详解】解：因为题目运进记为正，那么运出记为负，
所以运出面粉8吨应记为-8吨，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正数和负数，根据互为相反意义的量，确定运出的符号，是
解决本题的关键．
2．下列图案中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，故本选项符合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部
分折叠后可重合．
3．赤道长约为40000000m，用科学记数法可以把数字40000000表示为（ ）
A．4×107 B．40×106 C．400×105 D．4000×103
【答案】A
【分析】根据科学记数法“把一个大于10的数表示成 的形式(其中a是整数数位
只有一位的数，即a大于或等于1且小于10，n是正整数)”进行解答即可得．【详解】解： ，
故选：A．
【点睛】本题考查了科学记数法，解题的关键是掌握科学记数法表示形式中a与n的
确定．
4．一条公路两次转弯后又回到原来的方向（即 ），如图所示，如果第一次转
弯时 ，那么 应等于（ ）
A．140° B．40° C．100° D．180°
【答案】A
【分析】根据平行线的性质得出 ，代入求出即可．
【详解】 ，
（两直线平行，内错角相等），
，
，
故选A．
【点睛】本题考查了平行线的性质的应用，根据平行线的性质（两直线平行，内错角
相等）得出 是解题的关键．
5．化简：
A．1 B．0 C． D．
【答案】C
【分析】根据同分母分式的加减运算可进行求解．
【详解】解： ；
故选C．
【点睛】本题主要考查同分母分式的加减运算，熟练掌握同分母分式的加减运算是解
题的关键．
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6．某品牌20寸的行李箱拉杆拉开后放置如图所示，经测量该行李箱从轮子底部到箱
子上沿的高度 与从轮子底部到拉杆顶部的高度 之比是黄金比（约等于 ）．
已知 cm，则AB约是（ ）
A．30cm B．49cm C．55cm D．129cm
【答案】B
【分析】
根据题意列出比例式即可解答．
【详解】解：由题意可得，
，
解得 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了比例问题，解题关键是根据题意正确列出比例式．
7．不等式组 的解在数轴上表示为（ ）
A． B． C．
D．
【答案】B
【分析】先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．
【详解】解： ，
解不等式①，得x≥﹣1，解不等式②，得x＜1，
所以不等式组的解集是﹣1≤x＜1，
在数轴上表示为：
故选：B．
【点睛】本题主要考查不等式组，掌握解不等式组的方法是关键．
8．某校为庆祝中国共产党建党100周年举行“传承红色基因，沐浴阳光成长”歌咏比
赛，七年级8个班通过抽签决定出场顺序，七年级（1）班恰好抽到第1个出场的概率
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】直接用概率公式求解即可得．
【详解】解：∵七年级共有8个班，
∴七年级（1）班恰好抽到第1个出场的概率为 ，
故选B．
【点睛】本题考查了概率公式，解题的关键是要熟记概率公式．
9．如图，四边形 内接于 是 的直径，连接 ，若 ，
则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先利用圆内接四边形的性质和 的度数求得 的度数，然后利用直径
所对的圆周角是直角确定 ，然后利用直角三角形的两个锐角互余求得答案
4
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【详解】解：连 ，
∵四边形 内接与 ， ，
∴ ，
∵ 为直径，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是了解圆
内接四边形的对角互补．
10．如图，抛物线与 轴交于点 ， ，与 轴交于点 ，正方形 的边 在
轴上， ， 在抛物线上，连结 ， ， 是正三角形， ，则阴影部分
的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设 交 于点 ，根据正方形与抛物线的对称性，可得阴影部分面积为
√ 2
，先求得抛物线的解析式为 ，待定系数法求得直线 的解析
式为 ，根据对称性设 ，进而求得点 的坐标，点 的坐标，即可求解．
【详解】解：如图，设 交 于点 ，
∵ 是正三角形， ，
∴
∴
设过 的抛物线解析式为 ，
将点 代入，得
∴
√ 2
∴抛物线解析式为 ，
∵四边形 是正方形，且关于 轴对称，
∴
设 ，
√ 2
∵ 在 上，
∴ ，
解得 （舍去）
∵ ，
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！设直线 的解析式为 ，
∴
∴
∴直线 的解析式为
∵ 在 上，
∴ 的横坐标为
代入
得
∴
∴
∴阴影部分面积为
故选D
【点睛】本题考查了抛物线的性质，待定系数法求解析式，正方形的性质，等边三角
形的性质，勾股定理，求得点 的坐标是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11．分解因式： ．
【答案】(1+2a)(1-2a)
【分析】运用平方差公式分解即可．
【详解】解：1−4a2=(1+2a)(1-2a)．
故答案为：(1+2a)(1-2a)．
【点睛】本题主要考查因式分解，熟练掌握公式法进行因式分解是解决本题的关键．
12．计算： × ﹣sin45°＝ ．【答案】 /
【分析】根据实数的混合运算法则，先计算乘法、特殊角的正弦值，再计算减法．
【详解】解： × ﹣sin45°
＝
＝
＝ ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查实数的混合运算、特殊角的正弦值，熟练掌握实数的混合运算
法则、特殊角的正弦值是解决本题的关键．
13．长方体的体积为103 m3，底面积为S，高度为d，则S与d之间的函数关系式为
；当S＝500时，d＝ .
【答案】 S＝
【分析】根据长方体的体积＝底面积×高，即可求解．
【详解】解：∵长方体的体积＝底面积×高，即V＝Sd，
∴S＝ ，
当S＝500时，代入S＝ 中得，d＝2，
故答案是：S＝ ； ．
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【点睛】此题主要考查了函数的定义，长方体体积公式．
14．某服装的进价为400元，出售时标价为600元，由于换季，商场准备打折销售，
但要保证利润率不低于 ，那么该服装至多打 折．
【答案】七/7
【分析】设打x折，根据“利润率不低于 ”列出不等式，解之即可．
【详解】解：设打x折，则
解得： ，
答：该服装至多打七折．
故答案为：七
【点睛】本题考查一元一次不等式的应用，解题关键是找到不等关系，列出不等式．
15．如图，四边形 是边长为2的正方形，点 在正方形 内， 是等边
三角形，则 的面积为 ．
【答案】 /
【分析】 的面积为 ，根据题意分别求出这三个三角形的面
积即可解答．
【详解】过 作 于 ， 于 ，
∵四边形 是边长为2的正方形，
∴ ，
∴四边形 是矩形，是等边三角形，
∴ ， ， ，
∴ ，
，
，
，
的面积为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查正方形的性质和三角形的面积，找出三角形面积之间的关系是解题
关键．
三、解答题（一）（本大题共3小题，第16题10分，第17、18题个7分，共24分）
16．（1）计算： ；
（2）一次函数的图像与 平行且与x轴交于点（-2,0）求解析式
【答案】（1） ；（2）y=2x+4.
【分析】（1）根据二次根式的乘法、二次根式的化简、零指数幂的运算性质分别计算，
再合并同类二次根式即可；
（2）由于一次函数的图象与 平行，可设一次函数的解析式为y=2x+b，再把
（－2,0）代入解析式可求得b的值，问题即得解决.
【详解】解：（1）
=
=
10
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！=
= ；
（2）∵一次函数的图象与 平行，
∴设一次函数的解析式为y=2x+b，
把（－2,0）代入y=2x+b，得0=2×（－2）+b，解得b=4，
∴一次函数的解析式为y=2x+4.
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算和待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌
握二次根式的混合运算法则和待定系数法求解的方法是解题的关键.
17．新能源电动汽车与燃油汽车相比，因用车成本低逐渐广受大众的喜欢．经试测，
燃油汽车的百公里成本是新能源电动汽车的5倍，在不考虑汽车其他损耗的情况下，
100元的成本可使新能源电动汽车比燃油汽车多行驶800公里，求新能源电动汽车和燃
油汽车的百公里成本．（备注：百公里成本指的是汽车每行驶100公里需要的成本）
【答案】新能源电动汽车的百公里成本为10元，燃油汽车的百公里成本为50元
【分析】设新能源电动汽车的每公里成本为x元，根据100元的成本可使新能源电动
汽车比燃油汽车多行驶800公里列出方程，解之，再乘100，可得每百公里的成本．
【详解】解：设新能源电动汽车的每公里成本为x元，
由题意可得： ，
解得： ，
经检验 为原方程的解，
，
∴新能源电动汽车的百公里成本为10元，燃油汽车的百公里成本为50元．
【点睛】此题考查分式方程的应用，找出题目蕴含的数量关系，列出方程解决问题．
18．在如图所示平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为 ， 的三个顶点坐
标分别为 ， ， ．(1)画出 绕点 顺时针旋转 后得到 ；
(2)在（1）的条件下，求点 旋转到点 的过程中所经过的路径长（结果保留 ）．
【答案】(1)见解析
(2)点 旋转到点 的过程中所经过的路径长为
【分析】本题考查作图题旋转变换、弧长公式，熟练掌握旋转的性质、弧长公式是解
答本题的关键．
(1)根据旋转的性质作图即可；
(2) 利用勾股定理求出OA的长，再利用弧长公式计算即可．
【详解】（1） 即为所画．
12
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！（2）∵
∴ ．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．如图，在 中，∠ACB为钝角．
(1)尺规作图：在边AB上确定一点D，使∠ADC＝2∠B（不写作法，保留作图痕迹，并
标明字母）；
(2)在（1）的条件下，若∠B＝15°，∠ACB＝105°，CD＝3，AC＝ ，求 的面
积．
【答案】(1)见解析；
(2) ．
【分析】（1）作线段BC的垂直平分线交AB于点D，连接CD，点D即为所求；
（2）根点C作CH⊥AB于点H，求出AB，CH可得结论．
【详解】（1）解：如图，点D即为所求；（2）解：过点C作CH⊥AB于点H．
∵点D在BC的垂直平分线上，
∴DC＝DB，
∴∠B＝∠DCB＝15°，
∴∠ADC＝∠B+∠DCB＝30°，
∵∠ACB＝105°，
∴∠ACD＝90°，
∵CD＝ ，
∴AC＝CD•tan30°＝1，
∴AD＝2AC＝2，CH＝ CD＝ ，
∵AB＝AD+BD＝2+ ，
∴S ABC＝ •AB•CH＝ ×（2+ ）× ＝ ．
△
【点睛】本题考查作图﹣复杂作图，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关
键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20．某校从甲、乙两个班各随机抽取10名学生参加全市义务教育质量监测．样本学生
中体育学科的测试成绩（满分100分）如下表，学校进一步对样本学生每周课外锻炼
时间进行了问卷调查，并绘制了条形统计图，数据如下：
样本学生测试成绩
甲
53 65 65 65 78 79 81 82 84 93
班
乙
61 63 68 75 78 78 78 80 81 83
班
平均数 方差 中位数 众数
14
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！甲
129.65 78.5 65
班
乙
74.5 53.85 78
班
请根据以上调查报告，解答下列问题：
(1)请完成样本学生成绩表中所缺数据；
(2)甲班有50名学生，估计在这些学生中课外锻炼时间达到3小时以上的人数；
(3)从表中分析甲、乙两班样本学生测试成绩（从平均数、方差、中位数、众数中选一
个统计量分析即可）．
【答案】(1)74.5，78
(2)15人
(3)乙班成绩好，理由见解析（答案不唯一）
【分析】（1）根据平均数和中位数的定义求解可得；
（2）观察条形图，得出甲班达到3小时以上的人数分别为3人，从而求出甲班达到3
小时以上的人数的百分比，最后用50乘以百分比即可；
（3）结合平均数，中位数，众数，方差的意义进行分析评判．
【详解】（1）解：甲班的平均数为
，
乙班的中位数为第5个和第6个数的平均数，即
（2）解： ，
答：甲班达到3小时以上的人数是15人；
（3）解：∵甲乙两班平均数都是74.5分，甲班的方差是129.65，乙班的方差是
53.85，
而 ，即乙班的方差小于甲班，∴乙班成绩更稳定，即乙班成绩好．（答案不唯一）
【点睛】本题考查了条形图和数据统计表，统计调查，解题的关键在于能结合条形图
和数据统计表分析学生的成绩．
21．某县消防大队到某小区进行消防演习 已知，图 是一辆登高云梯消防车的实物图，
图 是其工作示意图，起重臂 可伸缩 ，且起重臂 可绕点 在
一定范围内转动，张角为 转动点A距离地面 的高度
为 ．
(1)当起重臂 长度为 ，张角 ，求云梯消防车最高点 距离地面
的高度 ；
(2)已知该小区层高为 ，若某居民家突发险情，请问该消防车有效救援能达到几层？
请说明理由．（结果精确到 ，参考数据： ， ，
， ）
【答案】(1)云梯消防车最高点 距离地面的高度 为
(2)该消防车能有效救援 层
【分析】 如图所示，过点 作 ，垂足为 ，可求出
，在 中，根据余弦的计算方法即可求出 的长，由
此即可求解；
当 ， 时，能达到最高高度，可求出 的度数，在
中，根据正弦的计算方法即可求出 的长，由此即可求解．
【详解】（1）如图所示，过点 作 ，垂足为 ，过点A作 ，垂足
为 ，
16
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！则 ， ，
，
，
在 中， ， ，
，
，
云梯消防车最高点 距离地面的高度 为 ．
（2）该消防车能有效救援 层，理由如下，
当 ， 时，能达到最高高度，
，
，
在 中， ，
，
，
，
该消防车能有效救援 层．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解题的
关键．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．综合与探究：
如图，抛物线 与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交
于点C，点A的坐标是 ，点C的坐标是 ，点F在对称轴上运动．(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)如图1，点D关于y轴的对称点是点E，连接FE，以EF为边作等腰直角三角形
EFG，使 ， ，点G恰好落在该抛物线上，求点F的坐标；
(3)点H在抛物线上运动，请借助图2探究以点O，B，F，H为顶点的四边形是平行四
边形，请直接写出点H的坐标．
【答案】(1) ，D的坐标是 ；
(2)点F的坐标是 或 ；
(3)点H的坐标是 ， 或
【分析】（1）将A 和 C 代入 ，即可求出b和c的值，即得出
抛物线解析式，再改为顶点式即可知顶点坐标；
（2）根据题意可知点E的坐标是 ．设点F的坐标是 ，过点F作直线
轴，过点E作 直线l于点M，过点G作 直线l于点N．即易证 ≌
( AAS)，得出 ， ，从而可得点G的坐标是
．将点G坐标代入 ，解出m即可得出点F坐标；
（3）根据题意可求出B(3，0)．设F(1，t)．分类讨论①当OB与OF为邻边时，②当
18
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！OB与OH为邻边时和③当OB为对角线时，根据平行四边形的性质，即可用t表示出
H点的坐标，代入 ，求出t即得出答案．
【详解】（1）将A 和 C 代入 ，得 ，
解得 ．
∴抛物线的解析式为： ．
∴顶点D的坐标是 ；
（2）∵点 关于y轴的对称点是点E，
∴点E的坐标是 ．
设点F的坐标是 ，
如图，过点F作直线 轴，过点E作 直线l于点M，过点G作 直线l于
点N．
∵ ， ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ≌ ( AAS)．
∴ ， ．
∴点G的坐标是 ．∵点G恰好落在抛物线 上，
∴ ．
解得 ， ．
∴点F的坐标是 或 ；
（3）对于 ，令 ，则 ，
解得： ，
∴B(3，0)．
设F(1，t)．
分类讨论：①当OB与OF为邻边时，如图，
∵四边形OBHF为平行四边形，F(1，t)， B(3，0)，
∴H(4，t)，
∴ ，
20
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！故此时H(4，-5)；
②当OB与OH为邻边时，如图，
同理可得H(-2，t)，
∴ ，
故此时H(-2，-5)；
③当OB为对角线时，如图，连接FH，交OB于点P．根据题意可知P( ，0)．
∵F(1，t)，
∴H(2，-t)，
∴ ，
解得： ，
∴H(2，3)．
综上可知点H的坐标为(4，-5)或(-2，-5)或(2，3)．
【点睛】本题考查利用待定系数法求函数解析式，三角形全等的判定和性质，平行四
边形的性质，抛物线上的点的坐标特征．掌握抛物线上的点的坐标满足其解析式是解
题关键．注意（3）要分类讨论，避免漏答案．
23．定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，简称“四点
共圆”．我们学过了“圆的内接四边形的对角互补”这一定理，它的逆命题“对角互
22
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！补的四边形四个顶点共圆”是证明“四点共圆”的一种常用方法．除此之外，我们还
经常用“同旁张角相等”来证明“四点共圆”．如图1，在线段AB同侧有两点C，
D．连接 ， ， ， ，如果 ，那么A，B，C，D“四点共圆”
(1)如图2，已知四边形 中，对角线 、 相交于点P，点E在 的延长线
上，下列条件：① ；② ：③ ：④ ．其
中，能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有___________：
(2)如图3，直线 与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴正半轴上，点
D在y轴负半轴上，若A，B，C，D“四点共圆”，且 ，求四边形
的面积；
(3)如图4，已知 是等腰三角形， ，点D是线段 上的一个动点（点D
不与点B重合，且 ，连结AD，作点C关于 的对称点E，连接 并延长
交 的延长线于F，连接 ， ．
①求证：A，D，B，E“四点共圆”；
②若 ， 的值是否会发生变化，若不变化，求出其值：若变化，请说
明理由．
【答案】(1)①③④
(2)
(3)不变，8
【分析】（1）根据“同旁张角相等”可判断①；先证明 ，然后
根据“对角互补的四边形四个顶点共圆” 可判断③；先证明 可得
，然后根据“同旁张角相等”可判断④；根据②的条件无法判定A，B，C，
D“四点共圆”；
（2）先求出A、B的坐标，从而判定 为等腰直角三角形，得出 ，根据A，B，C，D“四点共圆”和 可得出 ， ，进而
求出 ，然后证明 得出 ，最后根据
求解即可；
（3）①根据轴对称的性质得到 ， ， ，
，进而得到 ，即可证明结论；
②连接 ，证明 ，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】（1）解：∵ ，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故①正确；
∵ ， ，
∴ ，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故③正确；
∵ ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ ，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故④正确；
根据②的条件无法判定A，B，C，D“四点共圆”．
故能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有①③④．
（2）解：对于 ，
当 时，则 ，
当 时，则 ，解得 ，
∴ ， ，
∴ ，
24
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！又 ，
∴ ，
∵A，B，C，D“四点共圆”，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵A，B，C，D“四点共圆”，
∴ ，
又 ， ，
∴ ，
∴ ，
∴
；
（3）①证明：∵ ，
∴ ，
∵点E与点C关于 的对称，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴A，D，B，E四点共圆；
②解： 的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接 ，∵点E与点C关于 的对称，
∴ ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∵A，D，B，E四点共圆，
∴ ，
∴ ，
∴A，B，F，C四点共圆，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查的是四点共圆、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质，正确理
解四点共圆的条件是解题的关键．
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