文档内容
2024 年中考第二次模拟考试（贵州卷）
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．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 A A B B D D A D A A D
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
13．x≠﹣2
14．6
15．2023
16．
三、解答题（本大题共9个小题，共98分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（12分）解：原式＝m2+2mn+n2﹣（m2+2mn）
＝m2+2mn+n2﹣m2﹣2mn
＝n2．
（2）解： ，
解①得：x≥﹣1，
解②得：x＞﹣4，
∴原不等式组的解集为：x≥﹣1．（12分）
18．（10分）解：（1）由条形统计图可知，男生有1+2+6+3+5+3＝20（人），（1分）
∴女生有45﹣20＝25（人）；
故答案为：20，25；（3分）
（2）我认为女生队表现更突出，理由如下：女生队的平均数较高，表示女生队测试成绩较好；
女生队的众数较高，女生队的众数为8，中位数也为8，而男生队众数为7低于中位数8，表示女生队的
测试成绩高分较多；（6分）
（3）根据题意画树状图如下：
共有12种等可能的结果，恰好为一名男生、一名女生的有6种，
∴恰好为一名男生、一名女生的概率是 ＝ ．（12分）
19．（10分）解：（1）在△ABC中，∵∠A＝50°，AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC＝（180°﹣50°）÷2＝65°，
∵四边形BCDE是平行四边形，
∴∠E＝∠C＝65°；（4分）
（2）∵AD＝3CD，
∴ ＝ ．
∵四边形DCBE是平行四边形，
∴DE∥BC，DE＝BC＝6．
∴ ＝ ＝ ．
∴DF＝ BC．
∵BC＝6，
∴DF＝ ．
∴EF＝ED﹣DF＝6﹣ ＝ ．（10分）
20．（10分）解：（1）设每件乙种商品的进价为x元，则每件甲种商品的进价为（x﹣2）元，根据题意，得 ＝ ，
解得：x＝10，（4分）
经检验，x＝10是原方程的根，
每件甲种商品的进价为：10﹣2＝8．
答：每件甲种商品的进价为8元，每件乙种商品件的进价为10元．（6分）
（2）设购进乙种商品y个，则购进甲种商品（3y﹣5）个，根据题意得：
（12﹣8）（3y﹣5）+（15﹣10）y≥456，
解得：y≥28．
∴该商场至少购进乙种商品28个．（10分）
21．（10分）解：（1）把点A（1，a）代入y＝﹣x+3，得a＝2，
∴A（1，2）
把A（1，2）代入反比例函数y＝ （k≠0），
∴k＝1×2＝2；
∴反比例函数的表达式为y＝ ；（3分）
（2）在直线y＝﹣x+3中，令y＝0，则x＝3，
∴C（3，0），
设P（m，0），
∴PC＝|m﹣3|，（6分）
∵△APC的面积为6，
∴ |m﹣3|×2＝6，
∴|m﹣3|＝6，
∴m＝﹣3或m＝9，
∴P（﹣3，0）或（9，0）．（110分）
22．（10分）解：过点D作BA的垂线，交BA延长线于点F，过点M作DF的垂线，交DF与点G，连
接MP交BA延长线于点H，
∴∠DFA＝90°，∠MGD＝90°．且由题意可知，四边形MGFH是矩形，
∴MH＝GF，
∵∠DAC＝135°，
∴∠DAF＝45°，（2分）
在Rt DFA中，∠DAF＝45°， ，
又∵D△A＝80cm，
∴ ．（4分）
∵MN＝102cm，且D是靠近N的三等分点，
∴ ．（6分）
∵∠MDA＝104°，
∴∠MDG＝∠MDA﹣∠DAF＝104°﹣45°＝59°．
在Rt DMG中，∠DMG＝90°﹣∠MDG＝90°﹣59°＝31°，
△
，
∴DG＝DMsin31°＝68×0.52≈35.36，（8分）
∴GF＝DF﹣⋅ DG＝56.56﹣35.36＝21.20≈21（cm），
∵该信号灯几何图形是轴对称图形，
∴MP＝2MH＝2GF＝2×21＝42（cm），
答：MP的长度为42cm．（10分）
23．（12分）（1）解：①以C为圆心，以任意长为半径画弧，但要和DB有两个交点M、N．
②分别以M、N为圆心，以大于MN的一半的长为半径画弧，交于点P．③作射线CP，交DB于E．
则CE即为所求．（3分）
如图：
（2）证明：连OC．
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠BOC＝2∠BAC，
∵∠ABD＝2∠BAC，
∴∠ABD＝∠BOC，
∴OC∥DB，
∴∠OCA＝∠DEC＝90°，
∴CE是⊙O的切线．（7分）
（3）作直径CQ，连QB．
∵QC为直径，
∴∠Q+∠QCB＝90°，
∵∠BCE+∠QCB＝90°，
∴∠Q＝∠BCE，
∵∠Q＝∠CDE，
∴∠CDE＝∠BCE．
∵∠BEC＝∠CED＝90°，
∴△ECB～△EDC，∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴EC＝2 ．（12分）
24．（12分）解：（1）∵点B（3，0），OB＝OC，且点C在y轴负半轴，
∴点C（0，﹣3）．
设抛物线的解析式为y＝ax2+bx﹣3．
将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，
得 ，解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（3分）
（2）①∵P是抛物线上位于BC下方的一动点，且点P的横坐标为t．
∴P（t，t2﹣2t﹣3），
∵S ＝ AO•|t2﹣2t﹣3|＝ （﹣t2+2t+3）＝﹣ （t﹣1）2+2，
AOP
△
∴当t＝1时△AOP的最大面积为2．（7分）
②∵S四边形ACPB ＝ S
ABC
＝S
ABC+
S
BCP
，
△ △ △
∴S ＝ S ＝ × ×4×3＝3，
BCP ABC
△ △
过点P作 PQ⊥x轴，交BC于Q，
∵P（t，t2﹣2t﹣3），
∴Q（t，t﹣3），∴PQ＝t﹣3﹣t2+2t+3＝﹣t2+3t，
∴S ＝ ×3（﹣t2+3t）＝3，
BCP
△
解得t＝1或2，
∴存在，t的值为1或2．（12分）
25.（12分）解：（1） ，理由如下，
如图所示，过P点作EF∥AB，作PG⊥BA延长线于点G，延长GP交CD于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD
∴EF∥CD∥AB，GH⊥BG，GH⊥CD，
∴S ＝ AB•PG，S ＝ CD•PH，S ＝AB•PG，S ＝CD•PH，
1 2 ABFE FECD
▱ ▱
∴ ， ．
∵S＝S ＝ABGH＝S +S ，
ABCD ABFE EFCD
∵S ▱ +S ＝⋅ S， ▱ ▱
ABFE EFCD
▱ ▱
∴ ．（4分）
（2）如图所示，连接EF、FG、GH、HE得四边形EFGH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝4，AD＝BC＝7，∵AE＝CG＝3，∠A＝∠C，AH＝CF＝2，
∴△AEH≌△CGF（SAS），
∴EH＝GF，且S ＝S ＝ AH•AE＝ ×2×3＝3，（8分）
AEH CGF
△ △
同理可得，△BFE≌△DHG（SAS），HG＝EF，BE＝AB﹣AE＝4﹣3＝1，BF＝BC﹣CF＝7﹣2＝5，
S ＝S ＝ BE•BF＝ ×1×5＝ ，
BFE DHG
△ △
∴四边形EFGH为平行四边形，S
EFGH
＝S矩形ABCD ﹣S
AEH
﹣S
BEF
﹣S
CFG
﹣S
DGH
，
▱ △ △ △ △
∴ ，
由（1）可得 ，
∴S +S ＝S +S +S +S ＝3+3+8.5＝14.5．（12分）
1 2 AEH CFG EHP FGP
△ △ △ △
