2024年四川省成都市中考数学试题【含答案、详细解析】

2024年四川省成都市中考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．﹣5的绝对值是（）A．5B．﹣5C．D．2．如图所示的几何体是由5个大小相同的小立方块搭成，它的主视图是（    ）A．B．C．D．3．下列计算正确的是（    ）A．B．C．D．4．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（    ）A．B．C．D．5．为深入贯彻落实《中共中央、国务院关于学习运用“千村示范、万村整治”工程经验有力有效推进乡村全面振兴的意见》精神，某镇组织开展“村BA”、村超、村晚等群众文化赛事活动，其中参赛的六个村得分分别为：55，64，51，50，61，55，则这组数据的中位数是（    ）A．53B．55C．58D．646．如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（    ）A．B．C．D．7．中国古代数学著作《九章算术》中记载了这样一个题目：今有共买琎，人出半，试卷第9页，共9页,盈四；人出少半，不足三．问人数，琎价各几何？其大意是：今有人合伙买琎石，每人出钱，会多出4钱；每人出钱，又差了3钱．问人数，琎价各是多少？设人数为，琎价为，则可列方程组为（    ）A．B．C．D．8．如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（    ）A．B．C．D．二、填空题9．若，为实数，且，则的值为．10．分式方程的解是．11．如图，在扇形中，，，则的长为．12．盒中有枚黑棋和枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，如果它是黑棋的概率是，则的值为．13．如图，在平面直角坐标系中，已知，，过点作轴的垂线，试卷第9页，共9页,为直线上一动点，连接，，则的最小值为．三、解答题14．（1）计算：．（2）解不等式组：15．2024年成都世界园艺博览会以“公园城市美好人居”为主题，秉持“绿色低碳、节约持续、共享包容”的理念，以园艺为媒介，向世界人民传递绿色发展理念和诗意栖居的美好生活场景．在主会场有多条游园线路，某单位准备组织全体员工前往参观，每位员工从其中四条线路（国风古韵观赏线、世界公园打卡线、亲子互动慢游线、园艺小清新线）中选择一条．现随机选取部分员工进行了“线路选择意愿”的摸底调查，并根据调查结果绘制成如下统计图表．游园线路人数国风古韵观赏线44世界公园打卡线试卷第9页，共9页,亲子互动慢游线48园艺小清新线根据图表信息，解答下列问题：(1)本次调查的员工共有______人，表中的值为______：(2)在扇形统计图中，求“国风古韵观赏线”对应的圆心角度数；(3)若该单位共有2200人，请你根据调查结果，估计选择“园艺小清新线”的员工人数．16．中国古代运用“土圭之法”判别四季．夏至时日影最短，冬至时日影最长，春分和秋分时日影长度等于夏至和冬至日影长度的平均数．某地学生运用此法进行实践探索，如图，在示意图中，产生日影的杆子垂直于地面，长8尺．在夏至时，杆子在太阳光线照射下产生的日影为；在冬至时，杆子在太阳光线照射下产生的日影为．已知，，求春分和秋分时日影长度．（结果精确到0.1尺；参考数据：，，，，，）试卷第9页，共9页,    17．如图，在中，，为斜边上一点，以为直径作，交于，两点，连接，，．(1)求证：；(2)若，，，求的长和的直径．试卷第9页，共9页,18．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，与轴交于点，点在反比例函数图象上．(1)求，，的值；(2)若，，，为顶点的四边形为平行四边形，求点的坐标和的值；(3)过，两点的直线与轴负半轴交于点，点与点关于轴对称．若有且只有一点，使得与相似，求的值．四、填空题19．如图，，若，，则的度数为．20．若，是一元二次方程的两个实数根，则的值为．21．在综合实践活动中，数学兴趣小组对这个自然数中，任取两数之和大于试卷第9页，共9页,的取法种数进行了探究．发现：当时，只有一种取法，即；当时，有和两种取法，即；当时，可得；……．若，则的值为；若，则的值为．22．如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则．  23．在平面直角坐标系中，，，是二次函数图象上三点．若，，则（填“”或“”）；若对于，，，存在，则的取值范围是．五、解答题24．推进中国式现代化，必须坚持不懈夯实农业基础，推进乡村全面振兴．某合作社着力发展乡村水果网络销售，在水果收获的季节，该合作社用17500元从农户处购进A，B两种水果共进行销售，其中A种水果收购单价10元/，B种水果收购单价15元/．(1)求A，B两种水果各购进多少千克；(2)已知A种水果运输和仓储过程中质量损失，若合作社计划A种水果至少要获得的利润，不计其他费用，求A种水果的最低销售单价．试卷第9页，共9页,25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线：与轴交于A，B两点（点在点的左侧），其顶点为，是抛物线第四象限上一点．(1)求线段的长；(2)当时，若的面积与的面积相等，求的值；(3)延长交轴于点，当时，将沿方向平移得到．将抛物线平移得到抛物线，使得点，都落在抛物线上．试判断抛物线与是否交于某个定点．若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．26．数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，．【初步感知】（1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值．【深入探究】（2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长．【拓展延伸】试卷第9页，共9页,（3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由．试卷第9页，共9页,,参考答案：1．A【分析】根据负数的绝对值等于它的相反数可得答案．【详解】解：|﹣5|=5．故选A．2．A【分析】本题考查简单几何体的三视图，根据主视图是从正面看到的图形求解即可．【详解】解：该几何体的主视图为，故选：A．3．D【分析】本题主要考查了积的乘方运算，同类项的合并，完全平方公式以及平方差公式，根据积的乘方运算法则，同类项的合并法则以及完全平方公式以及平方差公式一一计算判断即可．【详解】解：A．，原计算错误，故该选项不符合题意；B．和不是同类项，不能合并，故该选项不符合题意；C．，原计算错误，故该选项不符合题意；D．，原计算正确，故该选项符合题意；故选：D．4．B【分析】本题考查了求关于原点对称的点的坐标．关于原点对称的两点，则其横、纵坐标互为相反数，由点关于原点对称的坐标特征即可求得对称点的坐标．【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为；故选：B．5．B【分析】本题主要考查了中位数的定义，根据中位数的定义求解即可．【详解】解：参赛的六个村得分分别为：55，64，51，50，61，55，把这6个数从小到大排序：50，51，55，55，61，64，答案第21页，共21页,∴这组数据的中位数是：，故选：B．6．C【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，则，∴选项A中不一定正确，故不符合题意；选项B中不一定正确，故不符合题意；选项C中一定正确，故符合题意；选项D中不一定正确，故不符合题意，故选：C．7．B【分析】本题主要考查了列二元一次方程组，根据题意列出二元一次方程组即可．【详解】解：设人数为，琎价为，根据每人出钱，会多出4钱可得出，每人出钱，又差了3钱．可得出，则方程组为：，故选：B．8．D【分析】本题考查角平分线的尺规作图、平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及相似性质与判定的综合．先由作图得到为的角平分，利用平行线证明，从而得到，再利用平行四边形的性质得到，再证明，分别求出，，则各选项可以判定．【详解】解：由作图可知，为的角平分，∴，故A正确；∵四边形为平行四边形，∴，答案第21页，共21页,∵∴，∴，∴，∴，故B正确；∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，故D错误；∵，∴，故C正确，故选：D．9．1【分析】本题考查非负数的性质，根据平方式和算术平方数的非负数求得m、n值，进而代值求解即可．【详解】解：∵，∴，，解得，，∴，故答案为：1．10．x=3【详解】试题分析：分式方程去分母转化为整式方程x=3（x﹣2），求出整式方程的解得到x=3，经检验x=3是分式方程的解，即可得到分式方程的解．考点：解分式方程答案第21页，共21页,11．【分析】此题考查了弧长公式，把已知数据代入弧长公式计算即可．【详解】解：由题意得的长为，故答案为：12．【分析】本题考查简单的概率计算、比例性质，根据随机取出一枚棋子，它是黑棋的概率是，可得，进而利用比例性质求解即可．【详解】解：∵随机取出一枚棋子，它是黑棋的概率是，∴，则，故答案为：．13．5【分析】本题考查轴对称—最短问题以及勾股定理和轴对称图形的性质．先取点A关于直线的对称点，连交直线于点C，连，得到，，再由轴对称图形的性质和两点之间线段最短，得到当三点共线时，的最小值为，再利用勾股定理求即可．【详解】解：取点A关于直线的对称点，连交直线于点C，连，则可知，，∴，即当三点共线时，的最小值为，∵直线垂直于y轴，∴轴，∵，，∴，∴在中，，故答案为：5答案第21页，共21页,14．（1）5；（2）【分析】本题考查实数的混合运算、解一元一次不等式组，熟练掌握相关运算法则并正确求解是解答的关键．（1）先计算算术平方根、特殊角的三角函数值、零指数幂、化简绝对值，然后加减运算即可；（2）先求得每个不等式的解集，再求得它们的公共部分即为不等式组的解集．【详解】解：（1）；（2）解不等式①，得，解不等式②，得，∴该不等式组的解集为．15．(1)160，40(2)(3)385【分析】本题考查统计表和扇形统计图的关联、用样本估计总体，理解题意，能从统计图中获取有用信息是解答的关键．（1）根据选择“亲子互动慢游线”的人数及其所占的百分比可求得调查总人数，再根据选择“世界公园打卡线”对应的圆心角是可求解x值；（2）由乘以选择“国风古韵观赏线”所占的百分比可得答案；（3）先求得选择“园艺小清新线”的人数，再由单位总人数乘以样本中选择“园艺小清新线”答案第21页，共21页,所占的比例求解即可．【详解】（1）解：调查总人数为（人），选择“世界公园打卡线”的人数为（人），故答案为：160，40；（2）解：“国风古韵观赏线”对应的圆心角度数为；（3）解：选择“园艺小清新线”的人数为（人），∴该单位选择“园艺小清新线”的员工人数为（人）．16．9.2尺【分析】本题主要考查解直角三角形和求平均数，利用正切分别求得和，结合题意利用平均数即可求得春分和秋分时日影长度．【详解】解：∵，杆子垂直于地面，长8尺．∴，即，∵，∴，即，∵春分和秋分时日影长度等于夏至和冬至日影长度的平均数．∴春分和秋分时日影长度为．答：春分和秋分时日影长度9.2尺．17．(1)见详解；(2)，．【分析】（1）先证明，然后利用对应边成比例，即可证明；（2）利用，知道，从而推出，结合，知道，推出，接下来证明，那么有，即，不妨设，代入求得的长度，不妨设，在和中利用勾股定理求得和的长度，最后利用，求得的长度，然后在利用勾股定理求得的长度．【详解】（1）是的直径答案第21页，共21页,又（2）由（1）可知，不妨设，那么，不妨设，那么在中，，，答案第21页，共21页,在中，，的直径是故答案为：，直径是．【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，三角形相似的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，二次根式的化简，熟练掌握以上知识点是解题的关键．18．(1)，，(2)点的坐标为或，(3)【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）设，根据平行四边形的性质，分当为对角线时，当为对角线时，当为对角线时三种情况，分别利用中点坐标公式列方程组求解即可；（3）设点，则，，利用相似三角形的性质得，进而解方程得，则，利用待定系数法求得直线的表达式为，联立方程组得，根据题意，方程有且只有一个实数根，利用根的判别式求解即可．答案第21页，共21页,【详解】（1）解：由题意，将代入中，得，则，将代入中，得，则，∴，将代入中，得，则；（2）解：设，由（1）知，若，，，为顶点的四边形为平行四边形，分以下情况：当为对角线时，则，解得，∴，则；当为对角线时，则，解得，∴，则；当为对角线时，依题意，这种情况不存在，综上所述，满足条件的点的坐标为或，；（3）解：如图，设点，则，，若，则，即，∴，即，解得，∵，∴，则，设直线的表达式为，答案第21页，共21页,则，解得，∴直线的表达式为，联立方程组，得，∵有且只有一点，∴方程有且只有一个实数根，∴，解得；由题意，不存在，故满足条件的k值为．【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的综合、反比例函数与几何的综合，涉及待定系数法、相似三角形的性质、平行四边形的性质、坐标与图形、一元二次方程根的判别式等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用分类讨论思想求解是解答的关键．19．/100度【分析】本题考查了三角形的内角和定理和全等三角形的性质，先利用全等三角形的性质，求出，再利用三角形内角和求出的度数即可．【详解】解：由，，∴，∵，∴，故答案为：20．7【分析】本题考查了根与系数的关系和完全平方公式和已知式子的值，求代数式的值．先利用已知条件求出，，从而得到，再将原式利用完全平方公式展开，利用替换项，整理后得到，再将代入即可．【详解】解：∵，是一元二次方程的两个实数根，∴，，则∴答案第21页，共21页,故答案为：721．9144【分析】本题考查数字类规律探究，理解题意，能够从特殊到一般，得到当n为偶数或奇数时的不同取法是解答的关键．先根据前几个n值所对应k值，找到变化规律求解即可．【详解】解：当时，只有一种取法，则；当时，有和两种取法，则；当时，有，，，四种取法，则；故当时，有，，，，，六种取法，则；当时，有，，，，，，，，九种取法，则；依次类推，当n为偶数时，，故当时，，故答案为：9，144．22．【分析】连接，过E作于F，设，，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质证得，，，进而利用三角形的外角性质和三角形的中位线性质得到，，证明，利用相似三角形的性质和勾股定理得到；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明得到，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可．答案第21页，共21页,【详解】解：连接，过E作于F，设，，  ∵，为中点，∴，又，∴，，，∴，，∵，∴，则，又，∴，∴，，∴，则；∵是的一条角平分线，∴，又，∴，∴∴，则，∴，即，解得（负值已舍去），故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键．答案第21页，共21页,23．【分析】本题考查二次函数的性质、不等式的性质以及解不等式组，熟练掌握二次函数的性质是解答的关键．先求得二次函数的对称轴，再根据二次函数的性质求解即可．【详解】解：由得抛物线的对称轴为直线，开口向下，∵，，∴，∴；∵，，，，∴，∵存在，∴，，且离对称轴最远，离对称轴最近，∴，即，且，∵，，∴且，解得，故答案为：；．24．(1)A种水果购进1000千克，B种水果购进500千克(2)A种水果的最低销售单价为元/【分析】本题主要考查一元二次方程的应用和一元一次不等式的应用，（1）设A种水果购进x千克，B种水果购进y千克，根据题意列出二元一次方程组求解即可．（2）根据题意列出关于利润和进价与售价的不等式求解即可．【详解】（1）解：设A种水果购进x千克，B种水果购进y千克，根据题意有：，答案第21页，共21页,解得：，∴A种水果购进1000千克，B种水果购进500千克（2）设A种水果的销售单价为元/，根据题意有：，解得，故A种水果的最低销售单价为元/25．(1)(2)(3)抛物线与交于定点【分析】（1）根据题意可得，整理得，即可知则有；（2）由题意得抛物线：，则设，可求得，结合题意可得直线解析式为，设直线与抛物线对称轴交于点E，则，即可求得，进一步解得点，过D作于点H，则，即可求得；（3）设可求得直线解析式为，过点D作，可得，结合题意得设抛物线解析式为，由于过点，可求得抛物线解析式为，根据解得，即可判断抛物线与交于定点．答案第21页，共21页,【详解】（1）解：∵抛物线：与轴交于A，B两点，∴，整理得，解得∴则；（2）当时，抛物线：，则设，则，设直线解析式为，∵点D在直线上，∴，解得，则直线解析式为，设直线与抛物线对称轴交于点E，则，∴，∵的面积与的面积相等，∴，解得，∴点，过点D作于点H，则，则；（3）设直线解析式为，答案第21页，共21页,则，解得，那么直线解析式为，过点D作，如图，则，∵，∴，∵将沿方向平移得到，∴由题意知抛物线平移得到抛物线，设抛物线解析式为，∵点，都落在抛物线上  ∴，解得，则抛物线解析式为∵整理得，解得，∴抛物线与交于定点．【点睛】本题主要考查二次函数的性质、两点之间的距离、一次函数的性质、求正切值、二次函数的平移、等腰三角形的性质和抛物线过定点，解题的关键是熟悉二次函数的性质和平移过程中数形结合思想的应用．答案第21页，共21页,26．（1）的值为；（2）；（3）直角三角形的面积分别为4，16，12，【分析】（1）根据，，．证明，，继而得到，即，再证明，得到．（2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，得到，根据中线得到，继而得到，结合，得到即，得到，再证明，得证矩形，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可．（3）运用分类思想解答即可．【详解】（1）∵，，．∴，∴，，∴即，∵∴，∴．（2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，∴，∵中线∴，答案第21页，共21页,∴，∵，∴即，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵∴矩形，∴，∴，∴，∴，设，则，∵，∴，∴，∵，∴，解得；∴，，∵，答案第21页，共21页,∴，∴，∴，∴，解得．（3）如图，当与重合时，此时，此时是直角三角形，故；如图，当在的延长线上时，此时，此时是直角三角形，故；如图，当时，此时是直角三角形，过点A作于点Q，∵，答案第21页，共21页,∴，∵，，，∴四边形是矩形，∴，∴，故；如图，当时，此时是直角三角形，过点A作于点Q，交于点N，∴，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，解得；答案第21页，共21页,故．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键．答案第21页，共21页