2024年重庆市中考数学试题B卷【含答案、详细解析】

2024年重庆市中考数学试题B卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列各数中最小的数是（　　）A．B．0C．1D．22．下列标点符号中，是轴对称图形的是（　　）A．B．C．D．3．反比例函数的图象一定经过的点是（　　）A．B．C．D．4．如图，，若，则的度数为（　　）A．B．C．D．5．若两个相似三角形的相似比为，则这两个三角形面积的比是（　　）A．B．C．D．6．估计的值应在（　　）A．8和9之间B．9和10之间C．10和11之间D．11和12之间7．用菱形按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有2个菱形，第②个图案中有5个菱形，第③个图案中有8个菱形，第④个图案中有11个菱形，…，按此规律，则第⑧个图案中，菱形的个数是（　　）A．20B．21C．23D．268．如图，是的弦，交于点，点是上一点，连接，．若试卷第9页，共10页,，则的度数为（　　）A．B．C．D．9．如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　）A．2B．C．D．10．已知整式，其中为自然数，为正整数，且．下列说法：①满足条件的整式中有5个单项式；②不存在任何一个，使得满足条件的整式有且只有3个；③满足条件的整式共有16个．其中正确的个数是（　　）A．0B．1C．2D．3二、填空题11．计算：．12．甲、乙两人分别从A、B、C三个景区中随机选取一个景区前往游览，则他们恰好选择同一景区的概率为．13．若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是.14．重庆在低空经济领域实现了新的突破．今年第一季度低空飞行航线安全运行了200试卷第9页，共10页,架次，预计第三季度低空飞行航线安全运行将达到401架次．设第二、第三两个季度安全运行架次的平均增长率为，根据题意，可列方程为．15．如图，在中，，，平分交于点．若，则的长度为．16．若关于的一元一次不等式组的解集为，且关于的分式方程的解均为负整数，则所有满足条件的整数的值之和是．17．如图，是的直径，是的切线，点为切点．连接交于点，点是上一点，连接，，过点作交的延长线于点．若，，，则的长度是；的长度是．18．一个各数位均不为0的四位自然数，若满足，则称这个四位数为“友谊数”．例如：四位数1278，∵，∴1278是“友谊数”．若是一个“友谊数”，且，则这个数为；若是一个“友谊数”，设，且是整数，则满足条件的的最大值是．三、解答题19．计算：(1)；试卷第9页，共10页,(2)．20．数学文化有利于激发学生数学兴趣．某校为了解学生数学文化知识掌握的情况，从该校七、八年级学生中各随机抽取10名学生参加了数学文化知识竞赛，并对数据（百分制）进行整理、描述和分析（成绩均不低于70分，用表示，共分三组：A．，B．，C．），下面给出了部分信息：七年级10名学生的竞赛成绩是：76，78，80，82，87，87，87，93，93，97．八年级10名学生的竞赛成绩在B组中的数据是：80，83，88，88．七、八年级抽取的学生竞赛成绩统计表年级平均数中位数众数七年级8687八年级8690根据以上信息，解答下列问题：(1)填空：________，________，________；(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级学生数学文化知识较好？请说明理由（写出一条理由即可）；试卷第9页，共10页,(3)该校七年级学生有500人，八年级学生有400人．估计该校七、八年级学生中数学文化知识为“优秀”的总共有多少人？21．在学习了矩形与菱形的相关知识后，小明同学进行了更深入的研究，他发现，过矩形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与矩形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据他的想法与思路，完成以下作图与填空：(1)如图，在矩形中，点是对角线的中点．用尺规过点作的垂线，分别交，于点，，连接，．（不写作法，保留作图痕迹）(2)已知：矩形，点，分别在，上，经过对角线的中点，且．求证：四边形是菱形．证明：∵四边形是矩形，∴．∴①，．∵点是的中点，∴②．∴（AAS）．∴③．试卷第9页，共10页,又∵，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是菱形．进一步思考，如果四边形是平行四边形呢？请你模仿题中表述，写出你猜想的结论：④．22．某工程队承接了老旧小区改造工程中1000平方米的外墙粉刷任务，选派甲、乙两人分别用、两种外墙漆各完成总粉刷任务的一半．据测算需要、两种外墙漆各300千克，购买外墙漆总费用为15000元，已知种外墙漆每千克的价格比种外墙漆每千克的价格多2元．(1)求、两种外墙漆每千克的价格各是多少元？(2)已知乙每小时粉刷外墙面积是甲每小时粉刷外墙面积的，乙完成粉刷任务所需时间比甲完成粉刷任务所需时间多5小时．问甲每小时粉刷外墙的面积是多少平方米？试卷第9页，共10页,23．如图，在中，，，点为上一点，过点作交于点．设的长度为，点，的距离为，的周长与的周长之比为．(1)请直接写出，分别关于的函数表达式，并注明自变量的取值范围；(2)在给定的平面直角坐标系中画出函数，的图象；请分别写出函数，的一条性质；(3)结合函数图象，直接写出时的取值范围．（近似值保留一位小数，误差不超过）24．如图，，，，分别是某公园四个景点，在的正东方向，在的正北方向，且在的北偏西方向，在的北偏东方向，且在的北偏西方向，千米．（参考数据：，，）试卷第9页，共10页,  (1)求的长度（结果精确到千米）；(2)甲、乙两人从景点出发去景点，甲选择的路线为：，乙选择的路线为：．请计算说明谁选择的路线较近？25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，交轴于点，抛物线的对称轴是直线．(1)求抛物线的表达式；(2)点是直线下方对称轴右侧抛物线上一动点，过点作轴交抛物线于点，作于点，求的最大值及此时点的坐标；试卷第9页，共10页,(3)将抛物线沿射线方向平移个单位，在取得最大值的条件下，点为点平移后的对应点，连接交轴于点，点为平移后的抛物线上一点，若，请直接写出所有符合条件的点的坐标．26．在中，，，过点作．(1)如图1，若点在点的左侧，连接，过点作交于点．若点是的中点，求证：；(2)如图2，若点在点的右侧，连接，点是的中点，连接并延长交于点，连接．过点作交于点，平分交于点，求证：；(3)若点在点的右侧，连接，点是的中点，且．点是直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，点是直线上一动点，连接，．在点的运动过程中，当取得最小值时，在平面内将沿直线翻折得到，连接．在点的运动过程中，直接写出的最大值．试卷第9页，共10页,试卷第9页，共10页,参考答案：1．A【分析】根据正数大于0，0大于负数，即可作出判断．【详解】是负数，其他三个数均是非负数，故是最小的数；故选：A．【点睛】本题考查了有理数大小的比较：负数小于一切非负数，明确此性质是关键．2．A【分析】本题考查轴对称图形的识别．解题的关键是理解轴对称的概念（如果一个平面图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴），寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．据此对各选项逐一进行判断即可．【详解】解：A．该标点符号是轴对称图形，故此选项符合题意；B．该标点符号不是轴对称图形，故此选项不符合题意；C．该标点符号不是轴对称图形，故此选项不符合题意；D．该标点符号不是轴对称图形，故此选项不符合题意．故选：A．3．B【分析】本题考查了求反比例函数值．熟练掌握求反比例函数值是解题的关键．分别将各选项的点坐标的横坐标代入，求纵坐标，然后判断作答即可．【详解】解：解：当时，，图象不经过，故A不符合要求；当时，，图象一定经过，故B符合要求；当时，，图象不经过，故C不符合要求；当时，，图象不经过，故D不符合要求；故选：B．4．C【分析】本题考查了平行线的性质，邻补角的定义，根据邻补角的定义求出，然后根据平行线的性质求解即可．【详解】解：如图，答案第23页，共24页,∵，∴，∵，∴，故选：C．5．D【分析】本题主要考查了相似三角形的性质，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方进行求解即可．【详解】解：∵两个相似三角形的相似比为，∴这两个三角形面积的比是，故选：D．6．C【分析】本题考查的是二次根式的乘法运算，无理数的估算，先计算二次根式的乘法运算，再估算即可．【详解】解：∵，而，∴，故答案为：C7．C【分析】本题考查了图形类的规律探索，解题的关键是找出规律．利用规律求解．通过观察图形找到相应的规律，进行求解即可．【详解】解：第①个图案中有个菱形，第②个图案中有个菱形，第③个图案中有个菱形，答案第23页，共24页,第④个图案中有个菱形，∴第个图案中有个菱形，∴第⑧个图案中菱形的个数为，故选：C．8．B【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，利用圆周角定理求出，根据等腰三角形的三线合一性质求出，等边对等角然后结合三角形内角和定理求解即可．【详解】解：∵，∴，∵，，∴，，∴，故选：B．9．D【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，又∵，∴，∴，∵平分，∴，答案第23页，共24页,又∵，∴，∴，设，则，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，故选：D．10．D【分析】本题考查的是整式的规律探究，分类讨论思想的应用，由条件可得，再分类讨论得到答案即可．【详解】解：∵为自然数，为正整数，且，∴，当时，则，∴，，满足条件的整式有，当时，则，∴，，，，满足条件的整式有：，，，，当时，则，∴，，，，，，满足条件的整式有：，，，，，；当时，则，∴，，，，满足条件的整式有：，，，；答案第23页，共24页,当时，，满足条件的整式有：；∴满足条件的单项式有：，，，，，故①符合题意；不存在任何一个，使得满足条件的整式有且只有3个；故②符合题意；满足条件的整式共有个．故③符合题意；故选D11．3【分析】原式第一项利用绝对值的代数意义化简，第二项利用零指数幂法则计算即可得到结果．【详解】解：原式=2+1=3，故答案为：3．【点睛】此题考查了有理数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．12．【分析】本题考查了列表法与树状图法：画树状图展示所有9种等可能的结果数，找出甲、乙恰好游玩同一景点的结果数，然后根据概率公式求解．【详解】解：画树状图如下：由图可知，共有9种等可能的情况，他们选择同一个景点有3种，故他们选择同一个景点的概率是：，故答案为：．13．8【分析】根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用可求得边数．【详解】解：多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是，答案第23页，共24页,即该正多边形的边数是8，故答案为：8．【点睛】本题主要考查了多边形外角和以及多边形的边数，解题的关键是掌握正多边形的各个内角相等，各个外角也相等．14．【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，设第二、第三两个季度安全运行架次的平均增长率为，则第二季度低空飞行航线安全运行了架次，第三季度低空飞行航线安全运行了架次，据此列出方程即可．【详解】解：设第二、第三两个季度安全运行架次的平均增长率为，由题意得，，故答案为：．15．2【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，先根据等边对等角和三角形内角和定理求出，再由角平分线的定义得到，进而可证明，即可推出．【详解】解：∵在中，，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴,故答案为：2．16．【分析】本题主要考查了根据分式方程解的情况求参数，根据不等式组的解集求参数，先解不等式组中的两个不等式，再根据不等式组的解集求出；解分式方程得到，答案第23页，共24页,再由关于的分式方程的解均为负整数，推出且且a是偶数，则且且a是偶数，据此确定符合题意的a的值，最后求和即可．【详解】解：解不等式①得：，解不等式②得：，∵不等式组的解集为，∴，∴；解分式方程得，∵关于的分式方程的解均为负整数，∴且是整数且，∴且且a是偶数，∴且且a是偶数，∴满足题意的a的值可以为4或8，∴所有满足条件的整数a的值之和是．故答案为：．17．//【分析】由直径所对的圆周角是直角得到，根据勾股定理求出，则，由切线的性质得到，则可证明，解直角三角形即可求出；连接，由平行线的性质得到，再由，，推出，得到，则．【详解】解：∵是的直径，∴，在中，由勾股定理得，答案第23页，共24页,∴，∵是的切线，∴，∴，∴，在中，；如图所示，连接，∵，∴，∵，，∴，∴，∴；故答案为：；．【点睛】本题主要考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的判定等等，证明是解题的关键．18．3456【分析】本题主要考查了新定义，根据新定义得到，再由可求出a、b、c、d的值，进而可得答案；先求出，进而得到，根据是整数，得到是答案第23页，共24页,整数，即是整数，则是13的倍数，求出，再按照a从大到小的范围讨论求解即可．【详解】解：∵是一个“友谊数”，∴，又∵，∴，∴，∴这个数为；∵是一个“友谊数”，∴，∴，∴，∵是整数，∴是整数，即是整数，∴是13的倍数，∵都是不为0的正整数，且，∴，∴当时，，此时不满足是13的倍数，不符合题意；当时，，此时不满足是13的倍数，不符合题意；答案第23页，共24页,当时，，此时可以满足是13的倍数，即此时，则此时，∵要使M最大，则一定要满足a最大，∴满足题意的M的最大值即为；故答案为：3456；．19．(1)(2)【分析】本题主要考查了整式的混合计算，分式的混合计算∶（1）先根据单项式乘以多项式的计算法则和多项式乘以多项式的计算法则去括号，然后合并同类项即可得到答案；（2）先把小括号内的式子通分，再把除法变成乘法后约分化简即可得到答案．【详解】（1）解：；（2）解：．20．(1)88；87；40(2)八年级学生数学文化知识较好，理由见解析(3)310人【分析】本题主要考查了中位数，众数，用样本估计总体，扇形统计图等等：（1）根据中位数和众数的定义可求出a、b的值，先求出把年级A组的人数，进而可求出m的值；答案第23页，共24页,（2）根据八年级学生成绩的中位数和众数都比七年级学生成绩的高即可得到结论；（3）用七年级的人数乘以七年级样本中优秀的人数占比求出七年级优秀人数，用八年级的人数乘以八年级样本中优秀的人数占比求出八年级优秀人数，再二者求和即可得到答案．【详解】（1）解：八年级C组的人数为人，而八年级B组有4人，则把八年级10名学生的成绩按照从低到高排列，处在第5名和第6名的成绩分别为88分，88分，∴八年级学生成绩的中位数；∵七年级10名学生成绩中，得分为87分的人数最多，∴七年级的众数；由题意得，，∴；故答案为：88；87；40；（2）解：八年级学生数学文化知识较好，理由如下：∵两个年级10名学生的平均成绩相同，但是八年级学生成绩的中位数和众数都比七年级学生成绩的高，∴八年级学生数学文化知识较好；（3）解：人，∴估计该校七、八年级学生中数学文化知识为“优秀”的总共有310人．21．(1)见解析(2)①；②；③；④四边形是菱形【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，垂线的尺规作图：（1）根据垂线的尺规作图方法作图即可；（2）根据矩形或平行四边形的对边平行得到，，进而证明，得到，即可证明四边形是平行四边形．再由，即可证明四边形是菱形．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；答案第23页，共24页,（2）证明：∵四边形是矩形，∴．∴，．∵点是的中点，∴．∴．∴．又∵，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是菱形．猜想：过平行四边形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与平行四边形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形；证明：∵四边形是平行四边形，∴．∴，．∵点是的中点，∴．∴．∴．又∵，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是菱形．答案第23页，共24页,故答案为：①；②；③；④四边形是菱形．22．(1)种外墙漆每千克的价格为元，则种外墙漆每千克的价格为元．(2)甲每小时粉刷外墙的面积是平方米．【分析】本题考查的是分式方程的应用，一元一次方程的应用，理解题意建立方程是解本题的关键；（1）设种外墙漆每千克的价格为元，则种外墙漆每千克的价格为元，再根据总费用为15000元列方程求解即可；（2）设甲每小时粉刷外墙面积为平方米，则乙每小时粉刷外墙面积是平方米；利用乙完成粉刷任务所需时间比甲完成粉刷任务所需时间多5小时．从而建立分式方程求解即可．【详解】（1）解：设种外墙漆每千克的价格为元，则种外墙漆每千克的价格为元，∴，解得：，∴，答：种外墙漆每千克的价格为元，种外墙漆每千克的价格为元．（2）设甲每小时粉刷外墙面积为平方米，则乙每小时粉刷外墙面积是平方米；∴，解得：，经检验：是原方程的根且符合题意，答：甲每小时粉刷外墙的面积是平方米．23．(1)(2)函数图象见解析，随x增大而增大，随x增大而减小(3)答案第23页，共24页,【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，相似三角形的性质与判定：（1）证明，根据相似三角形的性质得到，据此可得答案；（2）根据（1）所求利用描点法画出对应的函数图象并根据函数图象写出对应的函数图象的性质即可；（3）找到一次函数图象在反比例函数图象上方时自变量的取值范围即可．【详解】（1）解：∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：如图所示，即为所求；由函数图象可知，随x增大而增大，随x增大而减小；（3）解：由函数图象可知，当时的取值范围．24．(1)千米(2)甲选择的路线较近【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用：（1）过点B作于E，先求出，再解得到千米，进一步解即可得到千米；（2）过点C作于D，先解得到千米，则答案第23页，共24页,千米，再得到千米，千米，最后解得到千米，千米，即可得到千米，千米，据此可得答案．【详解】（1）解：如图所示，过点B作于E，  由题意得，，∴，在中，千米，∴千米，在中，千米，∴的长度约为千米；（2）解：如图所示，过点C作于D，  在中，千米，∴千米，在中，千米，答案第23页，共24页,千米，在中，，∴千米，千米，∴千米，千米，∵，∴甲选择的路线较近．25．(1)(2)最大值为；；(3)或【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；（2）如图，延长交轴于，过作轴于，求解，可得，证明，设，，，再建立二次函数求解即可；（3）由抛物线沿射线方向平移个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，可得新的抛物线为：，，如图，当在轴的左侧时，过作轴于，证明，可得，证明，如图，当在轴的右侧时，过作轴的垂线，过作过的垂线于，同理可得：，再进一步结合三角函数建立方程求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，交轴于点，抛物线的对称轴是直线，答案第23页，共24页,∴，解得，∴；（2）解：如图，延长交轴于，过作轴于，∵当时，解得：，，∴，当时，，∴，∴，∴，∵轴，∴，∴，∴，∵，，设为，答案第23页，共24页,∴，解得：，∴直线为：，设，∴，∴，∵抛物线的对称轴为直线，∴，∴，当时，取得最大值，最大值为；此时；（3）解：∵抛物线沿射线方向平移个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，∴新的抛物线为：，，如图，当在轴的左侧时，过作轴于，∵，同理可得：直线为，当时，，∴，∴，答案第23页，共24页,∵，∴，∴，∴，设，∴，解得：或（舍去）∴；如图，当在轴的右侧时，过作轴的垂线，过作过的垂线于，同理可得：，设，则，同理可得：，∴或（舍去），答案第23页，共24页,∴．【点睛】本题属于二次函数的综合题，难度很大，考查了待定系数法，二次函数的性质，锐角三角函数的应用，关键是做出合适的辅助线进行转化，清晰的分类讨论是解本题的关键．26．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）证明得到，再由点是的中点，得到，即可证明；（2）如图所示，过点G作于H，连接，先证明，得到，，再证明是等腰直角三角形，得到；由直角三角形斜边上的中线的性质可得，则，进而可证明，则；设，则，可得由角平分线的定义可得，则可证明，进而证明，得到，即可证明；（3）如图所示，过点D作交延长线与H，连接，则四边形是矩形，可得，证明是等边三角形，得到，进而得到，；由旋转的性质可得，证明，得到，则点Q在直线上运动，设直线交于K，则，可得，由垂线段最短可知，当时，有最小值，则，设，则答案第23页，共24页,，则，；再求出，则，，由勾股定理得；由全等三角形的性质可得，则；由折叠的性质可得，由，得到当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，据此代值计算即可．【详解】（1）证明：∵，，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵点是的中点，∴，∴；（2）证明：如图所示，过点G作于H，连接，∵，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴，，∵，∴，∵，∴是等腰直角三角形，答案第23页，共24页,∴；∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；设，则，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴；（3）解：如图所示，过点D作交延长线与H，连接，∵，∴，∵，答案第23页，共24页,∴四边形是矩形，∴，∵点是的中点，且，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，由旋转的性质可得，∴，∴，∴，∴点Q在直线上运动，设直线交于K，则，∴，由垂线段最短可知，当时，有最小值，∴，设，则，∴，∴，∴；在中，，∴，∴，在中，由勾股定理得；∵，∴，答案第23页，共24页,∴；由折叠的性质可得，∵，∴，∴当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，∴的最大值为．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角的性质与判定，旋转的性质，折叠的性质，垂线段最短，矩形的性质与判定等等，解（2）的关键在于作出辅助线证明，得到；解（3）的关键在于通过手拉手模型证明点Q的运动轨迹是直线，从而根据垂线段最短确定点Q的位置．答案第23页，共24页