文档内容
2024 年中考第三次模拟考试（海南卷）
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）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
B B C C B D D A A C B D
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分）
13．x≠3
14．3
15．﹣10
16．
三、解答题（本大题共6个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（12分）【解析】解：（1）﹣（﹣2）2×3﹣1﹣（﹣2+5）（2分）
＝﹣4× ﹣3（4分）
＝﹣ ﹣3（5分）
＝﹣ ；（6分）
（2） ÷（1﹣ ）
＝ ÷
（2分）
＝ ÷
（3分）＝ •
（4分）
＝ ．（6分）
18．（10分）【解析】解：设张先生自驾车辆的平均速度是每小时x千米，则张先生乘坐地铁的平均速
度是每小时1.5x千米，（1分）
根据题意得： ﹣ ＝ ，（5分）
解得：x＝ ，（7分）
经检验，x＝ 是所列方程的解，且符合题意，（8分）
∴1.5x＝1.5× ＝50（千米/时）．
答：张先生乘坐地铁的平均速度是每小时50千米．（10分）
19．（10分）【解析】解：（1）由于各组人数占所调查人数的百分比，因此可以采用扇形统计图；
（3分）
（2） ＝64（分），（6分）
答：小明本周内平均每天的校外体育活动时间为64分钟；（7分）
（3）2400× ＝1680（名），（9分）答：该校2400名学生中，每天校外体育活动时间不少于1小时的大约有1680名（10分）
20．（10分）
【解析】解：（1）在Rt△ABD中，AD＝ABSin45°＝4× ＝2 （m），（2分）
在Rt△ABD中，∠ACD＝30°，
∴AC＝2AD＝4 ≈5.64（m），（4分）
答：新传送带AC的长度约为5.64m；（5分）
（2）在Rt△ABD中，BD＝ABcos45°＝4× ＝2 （m），
在Rt△ACD中，CD＝ABcos30°＝4 × ＝2 （m），
∴CB＝CD﹣BD＝2 ﹣2 ≈2.08（m），（8分）
∵PC＝PB﹣CB≈4﹣2.08＝1.92＜2，
∴货物MNQP需要挪走．（10分）
21．（15分）【解析】解：（1）∵点B的坐标为（4，3），四边形OABC为矩形，
∴OA＝BC＝4，OC＝AB＝3，
∴AC＝ ＝5．（2分）
当∠CQP＝90°时，设OP＝a，则AP＝CQ＝4﹣a，
∴AQ＝AC﹣CQ＝a+1．
∵∠AQP＝∠O＝90°，∠PAQ＝∠CAO，
∴△APQ∽△ACO，
∴ ，
∴ ，
∴a＝ ．
∴P（ ，0）；（5分）
（2）过点Q作QH⊥OA于点H，如图，
设OP＝a，则AP＝CQ＝4﹣a，
∴AQ＝AC﹣CQ＝a+1．∵QH⊥OA，OC⊥OA，
∴QH∥OC，
∴△AQH∽△ACO，
∴ ，
∴ ，
∴QH＝ a+ ．
∴S＝ AP•QH
＝ （4﹣a）（ ）
＝﹣ ．
∵ ＜0，
∴当a＝ 时，S有最大值为 ；（10分）
（3）在AC上截取AE＝BC，作出点C关于x轴的对称点C′，连接PE，PC′，EC′，过点E作
EM⊥OC于点M，如图，
则点C′（0，﹣3），
∵点C′，点C关于x轴对称，
∴PC＝PC′．
∵OA∥BC，
∴∠OAC＝∠BCA．
在△APC和△CQB中，
，
∴△APC≌△CQB（SAS），
∴PE＝BQ．
∴d＝BQ+PC＝PE+PC′．
∵PE+PC′≥C′E，∴当点C′，P，E三点在一条直线上时，PE+PC′取得最小值为C′E，即d的最小值为C′E．
∵AE＝BC＝4，AC＝5，
∴CE＝1．
∵EM∥OA，
∴△CEM∽△CAO，
∴ ，
∴ ，
∴CM＝ ，EM＝ ，
∵OC＝3，C′（0，﹣3），
∴CC′＝6，
∴C′M＝6﹣ ＝ ．
∴C′E＝ ＝ ＝ ．
∵OC＝3，CM＝ ，
∴OM＝ ，
∴E（ ， ）．
设直线CC′的解析式为y＝kx+b，
∴ ，
∴ ．
∴直线CC′的解析式为y＝ x﹣3．
令y＝0，则 x﹣3＝0，
∴x＝ ．∴P（ ，0）．
∴d的最小值为 ，此时点P的坐标为（ ，0）．（15分）
22．（15分）【解析】解：（1）∵抛物线 与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，
∴ ，
∴ ，
∴y＝﹣ 2+x+4；（3分）
（2）如图1，
∵ ，∴ ，
作PD∥y轴，交BC于D，
∴ ，
∵OC＝4，
∴PD＝2，
∵B（4，0），C （0，4），
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
设P（m，﹣ m2+m+4），则D（m，﹣m+4），
∴PD＝（﹣ +m+4）﹣（﹣x+4）＝﹣ +2m＝2，
∴m ＝m ＝2，
1 2
当m＝2时，y＝﹣ ＝4，
∴P（2，4）；（7分）
（3）如图2，
设CM交x轴于D，作DG⊥CM，交直线AC于G，过点D作EF∥y轴，作CE⊥EF于E，作GF⊥EF
于F，
∵∠ACO＝∠BCM，
∴∠ACO+∠DCO＝∠BCM+∠DCO＝45°，
∴∠ACD＝45°，
∴∠CGD＝90°﹣∠ACD＝45°，∴∠ACD＝∠CGD，
∴CD＝DG，
∵∠CDG＝90°，
∴∠CDE+∠GDF＝90°，
∵∠E＝∠F＝90°，
∴∠GDF+∠DGF＝90°，
∴∠CDE＝∠DGF，
∴△CDE≌△DGF（AAS），
∴FG＝DE＝4，DF＝CE，
设OD＝a，
∴DF＝CE＝OD＝a，
∴G（a﹣4，﹣a），
∵C（0，4），A（﹣2，0），
∴直线AC的解析式为y＝2x+4，
∴2（a﹣4）+4＝﹣a，
∴a＝ ，
∴D（ ，0），
∴直线CM的解析式为y＝﹣3x+4，
由﹣3x+4＝﹣ +x+4得，
x ＝0（舍去），x ＝8，
1 2
当x＝8时，y＝﹣3×8+4＝﹣20，
∴M （8，﹣20），（12分）
1
如图3，设射线CM交x轴于T，
∵OC＝OB＝4，∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
由上知：tan∠OCD＝ ，∠BCD＝∠ACO，∠BCD+∠OCD＝45°，
∵∠BCM+∠CTB＝∠OBC＝45°，∠BCM＝∠ACO，
∴∠CTB＝∠OCD，
∴tan∠CTB＝ ，
∴ ，
∴OT＝3OC＝12，
∴直线CT的解析式为y＝﹣ x+4，
由﹣ x+4＝﹣ 2+x+4得，
x ＝0（舍去），x ＝ ，
1 2
当x＝ 时，y＝﹣ ＝ ，
∴M （ ，
2
综上所述：M（8，﹣20）或（ ．（15分）
