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微信：cs5311742016 主营各地名校期中期末真题卷及小初高全套教材教案讲义知识点总结
北京市人大附中朝阳学校 2024 年中考数学二轮模拟试题
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分．在每小题给出的选项中，只有一项是符
合题目要求的．
1. 的倒数是（ ）
A. 3 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了倒数的定义，属于应知应会题型，熟知乘积为1的两个数互为倒数是解题关键．乘积
为1的两个数互为倒数，据此即可解答．
【详解】解： 的倒数是 ，
故选：B．
2. 据统计，2022年考研报名人数约有457万，创下历史新高，把457万用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据科学记数法即可得到答案．
【详解】解：由题意可得457万=4570000，
∴4570000=
故选A．
【点睛】本题考查了科学记数法的定义，解决本题的关键是清楚把一个数表示成a与10的n次幂相乘的形
式（1≤|a|<10，a不为分数形式，n为整数），这种记数法叫做科学记数法．
3. 如图是一个小正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体后，有“我”字一面的相对面上的字是（
）
A. 厉 B. 害 C. 了 D. 国
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【答案】D
【解析】
【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【详解】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，有“我”字一面的相对面上的字是
“国”．
故选：D．
【点睛】此题考查正方体相对两个面上的文字，解题关键在于注意正方体的空间图形，从相对面入手，分
析及解答问题．
4. 程大位是我国明朝商人，珠算发明家．他60岁时完成的《直指算法统宗》是东方古代数学名著，详述
了传统的珠算规则，确立了算盘用法．书中有如下问题：一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分
一个，大小和尚得几丁．意思是：有100个和尚分100个馒头，如果大和尚1人分3个，小和尚3人分1个，
正好分完，大、小和尚各有多少人?若设大和尚有x人，则列出的方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设大和尚有x人，根据100个馒头正好分完列方程即可．
【详解】解：设大和尚有x人，则小和尚有(100-x)人，由题意得
，
故选C．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，解答本题的关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，
找出合适的等量关系列出方程．
5. 解不等式 ，下列在数轴上表示的解集正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
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【答案】D
【解析】
【分析】按去分母、去括号、移项、合并同类项，未知数系数化为 的步骤求出解集，再把解集在数轴上
表示出来，注意包含端点值用实心圆点，不包含端点值用空心圆点，即可求解．
【详解】解：
，
为
解集在数轴上表示
故选：D．
【点睛】本题考查了一元一次不等式的解法及解集在数轴上的表示方法，掌握解法及表示方法是解题的关
键．
6. 经过 两点的抛物线 （ 为自变量）与 轴有交点，
则线段 长为（ ）
A. 10 B. 12 C. 13 D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得对称轴，进而得出 ，求得抛物线解析式，根据抛物线与 轴有交点得出
，进而得出 ，则 ，求得 的横坐标，即可求解．
【详解】解：∵抛物线 的对称轴为直线
∵抛物线经过 两点
∴ ，
即 ，
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∴ ，
∵抛物线与 轴有交点，
∴ ，
即 ，
即 ，即 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的对称性，与 轴交点问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
7. 如图，正五边形 内接于 ，连接 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
【详解】∵ ，
∴ ，
故选D．
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【点睛】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键．
8. 如图，在平行四边形 中， ， ， ， 是对角线 上的动点，且
， ， 分别是边 ，边 上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形 ；
②存在无数个矩形 ；③存在无数个菱形 ；④存在无数个正方形 ．其中正确的个数
是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】
如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上的点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
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∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
在
∴存 无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求 的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确
题意，作出合适的辅助线．
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分．
9. 因式分解： ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用提公因式法因式分解即可．
【详解】解： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查提公因式法因式分解，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
10. 二次根式 有意义的条件是____________________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件得 ，进而可求解，熟
练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
【详解】解：依题意得： ，
解得： ，
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故答案为： ．
11. 不等式组 的解集是_________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据解一元一次不等式组的步骤即可求解．
【详解】解：
解①得：
解②得：
故该不等式组的解集为：
故答案为：
【点睛】本题考查求解一元一次不等式组，掌握求解一元一次不等式组的一般步骤是解题的关键．注意计
算的准确性．
12. 已知数轴上A、B两个点之间的距离是 ，点A所对应的实数是 ，那么点B所对应的实数是
______．
【答案】 或
【解析】
【分析】根据数轴上两点之间距离的等于两点对应的数字之差的绝对值，计算即可．
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【详解】设B点所对应实数为b，则有 ，
，
∴ 或 ，
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查数轴上两点之间的距离，能够掌握数形结合思想是解决本题的关键．
13. 如图，两个边长相等的正六边形的公共边为 ，点A，B，C在同一直线上， 点 ， 分别为两个
正六边形的中心． 则 的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，直角三角形的边角关系以及锐角三角函数的定义
是正确解答的关键．连接 ，过 点作 ，垂足为E，
根据正六边形的性质，直角三角形的边角关系以及锐角三角函数的定义进行计算即可．
【详解】解：如图，连接 ，过 点作 ，垂足为E，
设正六边形的边长为a，则 ，
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在 中， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
14. 如图， ABC的周长为16，连接 ABC三边中点构成第一个 ABC ，再连接 ABC 的三边中点构成
1 1 1 1 1 1
第二个 AB△C ，依此类推，则第202△1个三角形的周长为___． △ △
2 2 2
△
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形的中位线定理，找出每一个新的三角形周长是上一个三角形周长的 一半这一规律，即
可求解．
【详解】解：∵A、B、C 分别为AB、BC、AC的中点，
1 1 1
∴AB、BC 、AC 分别为△ABC的中位线，
1 1 1 1 1 1
∴AB= AC，AC = BC，BC = AB，
1 1 1 1 1 1
∴△ABC 的周长= A B+ B C + A C = （AC+BC+AB）= ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
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∴第二个三角形的周长是： ，
同理可得，第三个三角形是 ，
……，
∴第2021个三角形的周长是 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是图形的变化规律，三角形的中位线定理，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是
解题的关键．
15. 如图，在平行四边形 中， ，点 ， 分别为边 上异于端
点的动点，且 ，连接 ，将四边形 沿着 折叠得到四边形 ．当点 落在平行
四边形 的边上时， 的长为__________．
【答案】 ，
【解析】
【分析】解：由 ，易证四边形 为平行四边形，则 与 互相平分，点
为 的中点，易证动点 的轨迹是以 为圆心， 长为半径的圆弧．分点 落在 边上，点 落在
边上，点 与点 重合时三种情况讨论求解即可．
【详解】解：连接 、 、 ， 交 于点 ，连接 ，
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∵四边形 是平行四边形，
∴
∵ ，
∴四边形 为平行四边形，
∴ 与 互相平分，点 为 的中点，
由折叠可得 ，
∴动点 的轨迹是以 为圆心， 长为半径的圆弧．
①当点 落在 边上时，
由折叠可得， ，
∵ ，
∴ ，
∵四边形 为平行四边形，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
②当点 落在 边上时，
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∵ 为直径，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
③当点 与点 重合时，过点 作 于点 ，
∵ ，
∴ ． ．
∴ ，
∴ ，即 ，
故答案为： ， ．
【点睛】本题
主要考查了勾股定理，平行四边形的判定及性质，折叠的性质，解直角三角形，圆周角定理，熟练掌握平
行四边形的判定及性质，折叠的性质以及解直角三角形是解题的关键．
16. 如图，光源 发出的一束光，遇到平面镜（ 轴）上的点 的反射光线 交 轴于点
，再被平面镜（ 轴）上的点 反射得光线 ，则直线 的解析式为________．
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【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，平行线的判定，过点B作
轴，过点C作 于T，交 于H，证明 得到 ，设
，则 ，利用待定系数法求出直线 的解析式为 ，进而代入A点坐标求出
直线 的解析式为 ；证明 ，则可设直线 的解析式为 ，代入
点C坐标即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点B作 轴，过点C作 于T，交 于H，
∴ ，
由光的反射定律可知 ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
设直线 的解析式为 ，
∴ ，
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∴ ，
∴直线 的解析式为 ，
把 代入 中得， ，
解得 ，
∴直线 的解析式为 ；
同理可得 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴可设直线 的解析式为 ，
把 代入 中得 ，解得 ，
∴直线 的解析式为 ，
故答案为： ．
三、解答题：本题共12小题，共68分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 计算： ．
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【答案】
【解析】
【分析】根据有理数的乘方，特殊角三角函数值，零次幂，负整数指数幂，二次根式的性质化简，再计算
即可．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题考查了有理数的乘方，特殊角三角函数值，零次幂，负整数指数幂，二次根式的性质，牢记
特殊角三角函数值是解题的关键．
18. 先化简，再求值： ÷（ ），其中a＝（ ）﹣1﹣（﹣2）0．
【答案】 ，原式＝4．
【解析】
【分析】先把分母因式分解后约分，再进行通分和同分母的减法运算得到 ，接着
化简计算得到 ，然后化简 ，最后把 代入计算即可；
【详解】
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，
当 时，原式 ．
【点睛】本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．
在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果
要化成最简分式或整式．注意分式有意义的条件．
19. 如图，在平行四边形 中， ，E，F分别为 的中点．求证：四边形 是
菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查菱形的判定，根据“一组对边平等且相等的四边形是平等四边形”证明四边形
是平等四边形，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出 ，最后由“一组邻边
相等的平等四边形是菱形”即可证得；
【详解】证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ．
∵E，F分别为 的中点，
∴ ．
∴ ．
∴四边形 是平行四边形．
∵ ，且E点为 的中点，
∴ ．
∴四边形 是菱形．
20. 某商场销售一批进价为10元/件的日用品，经调查发现，每月销售件数y（件）与销售价格x（元/件）
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之间的关系如图所示，每月销售该商品获得的利润为W（元）．
（1）分别求出y与x，W与x的函数解析式；
（2）当商场每月销售该商品的利润为4000元时，求该商品的定价；
（3）为了获得最大的利润，该商品的销售价应定为多少？最大利润是多少？
【答案】（1） ，
（2）20元/件或30元/件
（3）商品的销售价定为25元/件时利润最大，最大利润是4500元
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用，一次函数，以及一元二次方程的应用．
（1）设出一次函数解析式 ，将 分别代入解析式，求出k、b的值即可确定y
与x之间的解析式；求出每件利润，乘以总数量即可得到利润的函数关系式；
（2）令 可得一元二次方程，求解即可；
（3）将问题转化为二次函数最大值的问题解答．
【小问1详解】
解：由题意可设 ，
则
解得，
所以 ．
所以， ，
即 ．
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【小问2详解】
解：由题意可得， ．
解得 ．
答：该商品的定价是20元/件或30元/件．
【小问3详解】
解：因为 ，由二次函数图象性质可知，W有最大值．
当 时，
（元）．
答：商品的销售价定为25元/件时利润最大，最大利润是4500元．
21. 为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，如图1，便于社区居民休憩．在如图2的侧面示意图中，
遮阳篷靠墙端离地高记为BC，遮阳棚 长为5米，与水平面的夹角为 ．
（1）求点A到墙面BC的距离；
（2）当太阳光线AD与地面CE的夹角为 时，量得影长CD为 米，求遮阳篷靠墙端离地高BC的长．
（结果精确到 米；参考数据： ， ， ）
【答案】（1） 米
（2） 米
【解析】
【分析】（1）作 ，在 中，根据三角函数，求出 的长，即可求解，
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（2）作 ，依次求出 ， , 的长，在 中，根据三角函数，求出 的长，即
可求解，
本题考查了，解直角三角形的应用，解题的关键是：连接辅助线构造直角三角形．
【小问1详解】
解：过点A作 ，垂足为F，
在 中， （米），
∴ （米），
∴点A到墙面BC的距离约为 米，
【小问2详解】
解：过点A作 ，垂足为G，
由题意得： ， （米），
∵ （米），
∴ （米），
在 中， ，
∴ （米），
∴ （米），
在 中，
∴ （米），
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∴ （米），
故答案为： 米．
22. 如图，AB是⊙O的弦，半径OD⊥AB，垂足为C，点E在⊙O上，连接OA、DE、BE．
（1）若∠DEB＝30°，求∠AOD的度数；
（2）若CD＝2，弦AB＝8，求⊙O的半径长．
【答案】（1）60°；（2）5．
【解析】
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠BOD的度数，再利用垂径定理得到 ＝ ，利用圆心角、弧、
弦的关系得到∠AOD＝∠BOD＝60°；
（2）设⊙O的半径为r，则OC＝r−2，根据垂径定理得到AC＝BC＝4，然后利用勾股定理得到（r−2）2＋
42＝r2，再解方程即可得出结果．
【详解】解：（1）∵∠BOD＝2∠DEB，∠DEB＝30°，
∴∠BOD＝60°，
∵OD⊥AB，
∴ ＝ ，，
∴∠AOD＝∠BOD＝60°；
（2）设⊙O的半径为r，则OC＝r−2，
∵OD⊥AB，
∴AC＝BC＝ AB＝ ×8＝4，
在Rt△OAC中，由勾股定理得：（r−2）2＋42＝r2，
解得：r＝5，
即⊙O的半径长为5．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理以及勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题
的关键．
23. 某校数学兴趣小组设计了一份“你最喜欢的支付方式”调查问卷（每人必选且只能选一种支付方式），
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在某商场随机调查了部分顾客，并将统计结果绘制成如下所示的两幅不完整的统计图，请结合图中所给的
信息解答下列问题：
（1）随机调查的顾客有 人；在扇形统计图中，表示“现金”支付的扇形圆心角的度数 ．
（2）将条形统计图补充完整．
（3）若该商场有1800名顾客，请你根据抽样调查结果估计该商场有多少名顾客最喜欢“支付宝”支付．
（4）在一次购物中，嘉嘉和琪琪随机从“微信”“支付宝”“银行卡”三种支付方式中选一种方式进行
支付，请用画树状图或列表的方法，求出两人恰好选择同一种支付方式的概率．
【答案】（1）200，90°；（2）见解析；（3）405；（4） ．
【解析】
【分析】（1）用支付宝、现金及其他的人数和除以这三者的百分比之和可得总人数，再用360°乘以“现
金”人数所占比例即可得；
（2）根据题意将条形统计图补充完整即可；
（3）用总人数乘以对应百分比可得“支付宝”的人数；
（4）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两人恰好选择同一种支付方式的
情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】（1）这次活动共调查了（45+50+15）÷（1﹣15%﹣30%）＝200（人），
在扇形统计图中，表示“现金”支付的扇形圆心角的度数为360°× ＝90°，
故答案为：200，90°
（2）微信的人数为200×30%＝60（人），银行卡的人数为200×15%＝30（人），
补全图形如下：
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（3）选择“支付宝”支付的人约有1800× ＝405（人）；
（4）将微信记为A、支付宝记为B、银行卡记为C，
画树状图如下：
∵共有9种等可能的结果，其中两人恰好选择同一种支付方式的有3种，
∴两人恰好选择同一种支付方式的概率为 ＝ ．
【点睛】本题是条形统计图与扇形统计图的综合，分别考查了条形统计图和扇形统计图，样本估计总体，
简单事件的概率等知识，关键是读懂统计图，并能从统计图中获取有用的信息．
24. 小颖家附近广场中央计划新建造个圆形的喷水池．在水池中央垂直于地面处安装个柱子，在柱子顶端
A处安装一个喷头向外喷水．水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，如图所示．已知柱子在水
面以上部分 的高度为 ，要求设计水流在距离柱子 处达到距离水平面最高，且最高为 ．
（1）建立如图所示的平面直角坐标系，求水流抛物线在第一象限内对应的函数表达式（不要求写自变量
的取值范围）；
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（2）若不计其他因素，则水池的半径至少为多少米时，才能使喷出的水流不至于落到池外？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的实际应用：
（1）根据已知得出二次函数的顶点坐标，即可利用顶点式得出二次函数解析式；
（2）令 ，求出x的值即可得到答案．
【小问1详解】
解：由题意可知抛物线顶点为 ，
可设解析式为 ，过点 ，即 ，
解得 ．
抛物线的解析式为： ．
【小问2详解】
解：由（1）可知： ，
令 ，
．
解得 或 （舍去）．
为
花坛半径至少 ．
25. 四边形 和四边形 都是正方形．
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（1）如图1，当点F在 上时，点E，G分别在 上．求证： ；
（2）如图2，将图1中的正方形 绕点B顺时针旋转（旋转角小于 ），连接 ，判断
与 的数量关系，并写出证明过程；
的
（3）如图3，当（2）中 正方形 旋转到点F落在线段 上时，连接 ．若点F是 的中点，
，求 的长．
【答案】（1）见解析 （2） ，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）延长 交 于H，证明四边形 是矩形，得出 ，
由 可得结论；
（2）证明 可得结论；
（3）由勾股定理求出 ，再证明 和 可得结论
【小问1详解】
解：证明：如图1，延长 交 于H．
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∵四边形 和四边形 都是正方形，
∴ ．
∴ ．
∴四边形 是矩形．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
【小问2详解】
解： ．
证明如下：∵四边形 和四边形 都是正方形，
∴ ．
∴ ，即 ．
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又 ， ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
【小问3详解】
解：如图3，连接 ．
∵四边形 是正方形，点F是 的中点，
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
由（2）知 ，
∴ ．
∴ ．
∴ ， ．
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
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∴ ．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，三角函数等知识，
正确理解正方形的性质，作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
26. 为了大力弘扬中华优秀传统文化，某校决定开展名著读书活动，用3600元购买“四大名著”若干套后，
发现这批图书满足不了学生的阅读需求，图书管理员在购买第二批时正赶上图书城8折销售该套书，于是
用2400元购买的套数只比第一批少4套，求第一批购进的“四大名著”每套的价格是多少元．
【答案】每套的价格是150元
【解析】
【分析】本题考查分式方程的实际应用，设第一批购买的“四大名著”每套的价格为 x元，则第二批购买
的“四大名著”每套的价格为 元，根据“用2400元购买的套数只比第一批少4套”建立方程求解，
即可解题．
【详解】解：设第一批购买的“四大名著”每套的价格为x元，则第二批购买的“四大名著”每套的价格
为 元．
根据题意，得 ，
解得 ．
经检验， 是原方程的解，且符合题意．
答：第一批购进的“四大名著”每套的价格是150元．
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