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2024 年中考第三次模拟考试（河北卷）
数学·参考答案
第Ⅰ卷
一、选择题(本大题共16个小题，共38分，1～6小题各3分，7～16小题各2分，在每小题给出的四个选
项中，只有一项是符合题目要求的)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B C D D C D A C C C
11 12 13 14 15 16
A A B C C B
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共3个小题，共10分.17小题2分，18～19小题各4分，每空2分）
17．
18．（1）图① （2）√109a
19．（1）6 ，（2）7
三、解答题（本大题共7个小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
20．（9分）（1）解：30×32=960，
∴总进价是960元．
故答案为：960；（2分）
（2）解：①最低售价是：40-6=34（元）；（4分）
②最高利润为：40+5-32=13（元）；（6分）
故答案是：34；13；（3分）
（3）解：根据题意可得：
4×(40+5)+9×(40+2)+3×(40+1)+5×(40-2)+4×(40-4)+5×(40-6)-960=225（元）．
（9分）
n(n+1)
21．（9分）（1）由题意知第n个三角形数为1+2+3+⋯+n= ，
2
第n个正方形数为n2；n(n+1)
故答案为： ，n2．（4分）
2
（2）设任意两个三角形数为第k个数和第(k+1)个数，
k(k+1) (k+1)(k+2)
则 + （5分）
2 2
(k+1)
= [k+(k+2)]
2
(k+1)
= (2k+2)
2
，（8分）
=(k+1) 2
所以任意第k个数和第(k+1)个三角形数之和恰等于第(k+1)个正方形数；（8分）
即任意两个相邻三角形数之和是正方形数．（9分）
22．（9分）
（1）解：∵(6+8)÷35%=40，
∴40-2-8-9-8-6=7，
9
∵200× =45，
40
六年级参赛学生中成绩为良好的学生有45人；
∵良好占9÷40=22.5%，
∴合格占1-22.5%-35%-5%=37.5%
补全条形图如下：
（3分）
（2）由40个数据，第20个，第21个数据落在80分—90分这一组，故①正确；
众数是出现次数最多的数据，不一定落在80分—90分这一组内，故②不正确；
仍有不合格的学生，该校环保知识宣传需进一步加强；故③正确；从这两个统计图中不能准确求出样本的平均数，故④不正确；
∴上述结论中错误的是②④；（5分）
（3）由（1）得：m=200×35%=70，样本容量为40，（6分）
∴x(70-x)=40×15，（7分）
整理得：x2-70x+600=0，
解得：x =10，x =60，（8分）
1 2
∵得分60分以下的学生有200×5%=10，
∴x=10合理；（9分）
23．（10分）
（1）解：①观察表格数据，可知当x=50和x=130 时，函数值相等，
50+130
∴对称轴为直线x= =90，顶点坐标为(90,49)，
2
∵抛物线开口向下，
∴最高点时，乒乓球与球台之间的距离是49cm，
当y=0时，x=230，
∴乒乓球落在对面球台上时，到起始点的水平距离是230cm；
故答案为：49；230；（2分）
②设抛物线解析式为 ，
y=a(x-90) 2+49
将 代入得， ，
(230,0) 0=a(230-90) 2+49
解得：a=-0.0025，
抛物线解析式为 ；（5分）
∴ y=-0.0025(x-90) 2+49
（2）解：∵运行轨迹形状不变，最高点与球台之间的距离不变
∴可设平移后的抛物线的解析式为 ，（6分）
y=-0.0025(x-h) 2+49
依题意，当x=274时，y=0，
即 ，（7分）
-0.0025(274-h) 2+49=0
解得：h =134，h =414（不合题意，舍去）．（8分）
1 2
当 时． （9分）
h =134,x=0 -0.0025(0-134) 2+49=4.11(cm)
1答：乒乓球恰好落在对面球台边缘点B处时，击球高度OA的值为4.11cm（10分）
24．（10分）
（1）解：如图，连接OA，
5
由题意知，筒车每秒旋转360°× ÷60=5°，
6
OC 2.2 11
在Rt△ACO中，cos∠AOC= = = ，
OA 3 15
∴∠AOC=43°，
180°-43°
∴盛水筒P首次到达最高点的时间： =27.4（秒）；（3分）
5
（2）解：如图，
∵ 3.4 ∠AOP=3.4×5°=17°
盛水筒P浮出水面 秒后， ，
∴∠POC=∠AOC+∠AOP=43°+17°=60°，
过点P作PD⊥OC于D，
在Rt△POD中，
1
OD=OP⋅cos60°=3× =1.5（米），
2
∴盛水筒P距离水面距离为：2.2-1.5=0.7（米）；（6分）
（3）解：如图，
∵ ⊙O MN ⊙O
点P在 上，且 与 相切，∴当点P在MN上时，此时点P是切点，连接OP，则OP⊥MN，
OP 3
在Rt△OPM中，cos∠POM= = ，
OM 8
∴∠POM=68°，
OC 2.2 11
在Rt△COM中，cos∠COM= = = ，
OM 8 40
∴∠COM=74°，
∵∠POH=180°-68°-74°=38°，
38
∴ =7.6（秒），
5
∴至少经过7.6秒恰好在直线MN上．（10分）
25．（12分）解：任务一
任务1：设A场馆门票为x元，B场馆门票为y元，
由题意，得¿，
解得¿，
答：A场馆门票的单价为50元，B场馆门票的单价为40元；（2分）
任务2：设购买A场馆门票a张，则购买B场馆门票(40-2a)张，
依题意，得a<40-2a，
40
解得a< ，（3分）
3
设此次购买门票所需总金额为w元，
则w=50a+40(40-2a)=-30a+1600，
∵-30<0，
∴ w随a的增大而减小，
40
∵ a< ，且a为整数，
3
∴当a=13时，w取得最小值，最小值=-30×13+1600=1210元，（5分）
答：此次购买门票所需总金额的最小值为1210元；
任务3：设购买A场馆门票m张，C场馆门票n张，则购买B场馆门票(40-2m-n)张，
依题意得，50m+40(40-2m-n)+15n=1100，
6
∴n=20- m，
5
又∵m，n均为正整数，∴¿或¿或¿，
当m=5，n=14时， 40-2m-n=40-2×5-14=16>5 ，符合题意；
当m=10，n=8时，40-2m-n=40-2×10-8=12>10 ，符合题意.；
当m=15，n=2时，40-2m-n=40-2×15-2=8<15，不合题意，舍去；
∴购买5张A场馆门票，16张B场馆门票，14张C场馆门票或购买10张A场馆门票，12张B场馆门票，8张
C场馆门票；（9分）
任务二
（1）由函数图象可得，为2km，
故答案为：2；（10分）
（2）由图象可得，第二组2个小时步行了8+2+2+8=20km，
∴20÷2=10km/h，
故答案为：10；（11分）
（3）∵第二组从A场馆出发首次到达B场馆所走的路程为8km，第二组的速度是10km/h，
∴第二组由A场馆出发首次到达B场馆所用的时间为8÷10=0.8h．（12分）
26．（13分）（1）解：如图所示，过点F作FG⊥BC交BC延长线于G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠DCB=∠DCG=90°，
∴∠ABE=∠EGF，
∵EP⊥AE，即∠AEF=90°，
∴∠BAE+∠BEA=90°=∠BEA+∠GEF，
∴∠BAE=∠GEF，
又∵EF=AE，
∴△ABE≌△EGF(AAS)，
∴BE=FG，AB=EG，
∴BC=EG，
∴BE=CG，
∴CG=FG，
∴∠FCG=45°，
∴∠DCF=45°，
故答案为：45；（2分）（2）解：EF=AE，理由如下：（3分）
如图所示，在AB上取一点M使得BM=BE，
∴AB-AM=BC-BE，即AM=CE，
∵∠B=90°，
∴∠BME=∠BEM=45°，
∴∠AME=135°，
∵EP⊥AE，即∠AEF=90°，
∠MEA+∠MAE=45°=∠MEA+∠CEF，
∴∠MAE=∠CEF，
∵∠DCE=90°，∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°=∠AME，
∴△AME≌△ECF(ASA)，（6分）
∴EF=AE；（7分）
（3）解：如图1所示，当点E在AB右侧时，过点F作FG⊥BC交BC延长线于G，以B为原点，
BC，AB所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设E(m，0)，
∴OE=m，OA=OB=1，
同理可证△ABE≌△EGF，
∴FG=OE=m，GE=AB=1，
∴OG=OE+GE=m+1，
∴F(m+1，m)，
∴点F在直线y=x-1上运动；如图2所示，当点E在AB左侧时，
∴OE=-m，OA=OB=1，
同理可证△ABE≌△EGF，
∴FG=OE=-m，GE=AB=1，
∴G(1-m，0)，
∴F(1-m，-m)，
∴点F在直线y=x-1上运动；
综上所述，点F的运动轨迹即为直线y=x-1；（10分）
如图3所示，作点B关于直线y=x-1的对称点H，连接HF，则H(1，-1)，
∴BF=HF，
∴AF+BF=AF+HF，
∴当A、F、H三点共线时，AF+HF最小，即AF+BF最小，（11分）
设直线AH解析式为y=kx+b，
∴¿，
∴¿，∴直线AH解析式为y=-2x+1，（12分）
联立¿，解得¿，
(2 1)
∴F ，- ，
3 3
1 1 1 1
∴S = BC⋅(- y )= ×1× = ．
△BCF 2 F 2 3 6
（13分）
