2024年重庆市中考真题（A卷）数学试题【含答案、详细解析】

2024年重庆市中考真题（A卷）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列四个数中，最小的数是（    ）A．B．0C．3D．2．下列四种化学仪器的示意图中，是轴对称图形的是（    ）A．B．C．D．3．已知点在反比例函数的图象上，则的值为（    ）A．B．3C．D．64．如图，，，则的度数是（    ）A．B．C．D．5．若两个相似三角形的相似比是，则这两个相似三角形的面积比是（    ）A．B．C．D．6．烷烃是一类由碳、氢元素组成的有机化合物质，下图是这类物质前四种化合物的分子结构模型图，其中灰球代表碳原子，白球代表氢原子．第1种如图①有4个氢原子，第2种如图②有6个氢原子，第3种如图③有8个氢原子，……按照这一规律，第10种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是（    ）试卷第9页，共10页,A．20B．22C．24D．267．已知，则实数的范围是（    ）A．B．C．D．8．如图，在矩形中，分别以点和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为（    ）A．B．C．D．9．如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（    ）A．B．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试卷第9页，共10页,二、填空题11．计算：＝．12．如果一个多边形的每一个外角都是，那么这个多边形的边数为．13．重庆是一座魔幻都市，有着丰富的旅游资源．甲、乙两人相约来到重庆旅游，两人分别从、、三个景点中随机选择一个景点游览，甲、乙两人同时选择景点的概率为．14．随着经济复苏，某公司近两年的总收入逐年递增．该公司2021年缴税40万元，2023年缴税48.4万元，该公司这两年缴税的年平均增长率是．15．如图，在中，延长至点，使，过点作，且，连接交于点．若，，则．16．若关于的不等式组至少有2个整数解，且关于的分式方程的解为非负整数，则所有满足条件的整数的值之和为．17．如图，以为直径的与相切于点，以为边作平行四边形，点D、E均在上，与交于点，连接，与交于点，连接．若，则．．18．我们规定：若一个正整数能写成，其中与都是两位数，且与的十位数字相同，个位数字之和为，则称为“方减数”，并把分解成的过程，称为“方减分解”．例如：因为，与的十位数字相同，个位数字与的和为，所以是“方减数”，分解成的过程就是“方减分解”．按照这个规定，最小的“方减数”是．把一个“方减数”进行“方减分解”，即，将放在的左边组成试卷第9页，共10页,一个新的四位数，若除以余数为，且（为整数），则满足条件的正整数为．三、解答题19．计算：(1)；(2)．20．为了解学生的安全知识掌握情况，某校举办了安全知识竞赛．现从七、八年级的学生中各随机抽取名学生的竞赛成绩（百分制）进行收集、整理、描述、分析．所有学生的成绩均高于分（成绩得分用表示，共分成四组：．；．；．；．），下面给出了部分信息：七年级名学生的竞赛成绩为：66，67，68，68，75，83，84，86，86，86，86，87，87，89，95，95，96，98，98，100.八年级名学生的竞赛成绩在组的数据是：81，82，84，87，88，89．七、八年级所抽学生的竞赛成绩统计表年级七年级八年级平均数中位数试卷第9页，共10页,众数根据以上信息，解答下列问题：(1)上述图表中______，______，______；(2)根据以上数据分析，你认为该校七、八年级中哪个年级学生的安全知识竞赛成绩较好？请说明理由（写出一条理由即可）；(3)该校七年级有名学生，八年级有名学生参加了此次安全知识竞赛，估计该校七、八年级参加此次安全知识竞赛成绩优秀的学生人数是多少？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：试卷第9页，共10页,(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．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．为促进新质生产力的发展，某企业决定投入一笔资金对现有甲、乙两类共30条生产线的设备进行更新换代．(1)为鼓励企业进行生产线的设备更新，某市出台了相应的补贴政策．根据相关政策，更新1条甲类生产线的设备可获得3万元的补贴，更新1条乙类生产线的设备可获得2万元的补贴．这样更新完这30条生产线的设备，该企业可获得70万元的补贴．该企业甲、乙两类生试卷第9页，共10页,产线各有多少条？(2)经测算，购买更新1条甲类生产线的设备比购买更新1条乙类生产线的设备需多投入5万元，用200万元购买更新甲类生产线的设备数量和用180万元购买更新乙类生产线的设备数量相同，那么该企业在获得70万元的补贴后，还需投入多少资金更新生产线的设备？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）试卷第9页，共10页,24．如图，甲、乙两艘货轮同时从港出发，分别向，两港运送物资，最后到达港正东方向的港装运新的物资．甲货轮沿港的东南方向航行海里后到达港，再沿北偏东方向航行一定距离到达港．乙货轮沿港的北偏东方向航行一定距离到达港，再沿南偏东方向航行一定距离到达港．（参考数据：，，）(1)求，两港之间的距离（结果保留小数点后一位）；(2)若甲、乙两艘货轮的速度相同（停靠、两港的时间相同），哪艘货轮先到达港？请通过计算说明．25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，与轴交于点，与轴交于两点（在的左侧），连接．试卷第9页，共10页,(1)求抛物线的表达式；(2)点是射线上方抛物线上的一动点，过点作轴，垂足为，交于点．点是线段上一动点，轴，垂足为，点为线段的中点，连接．当线段长度取得最大值时，求的最小值；(3)将该抛物线沿射线方向平移，使得新抛物线经过（2）中线段长度取得最大值时的点，且与直线相交于另一点．点为新抛物线上的一个动点，当时，直接写出所有符合条件的点的坐标．26．在中，，点是边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点，连接．在直线上取一点，使，直线与直线交于点．  (1)如图1，若，求的度数（用含的代数式表示）；试卷第9页，共10页,(2)如图1，若，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明；(3)如图2，若，点从点移动到点的过程中，连接，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值．试卷第9页，共10页,参考答案：1．A【分析】本题考查了有理数比较大小，解题的关键是掌握比较大小的法则．根据正数大于0，0大于负数，两个负数比较大小，绝对值大的反而小，即可得到答案．【详解】解：∵，∴最小的数是；故选：A．2．C【分析】此题考查了轴对称图形的概念，根据概念逐一判断即可，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，熟练掌握知识点是解题的关键．【详解】、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；、是轴对称图形，故本选项符合题意；、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；故选：．3．C【分析】本题考查了待定系数法求反比例解析式，把代入求解即可．【详解】解：把代入，得．故选C．4．B【分析】本题主要考查了平行线的性质，根据平行线的性质得，由邻补角性质得，然后求解即可，熟练掌握两直线平行，同位角相等是解题的关键．【详解】解：如图，答案第23页，共24页,∵，∴，∵，∴，故选：．5．D【分析】此题考查了相似三角形的性质，根据“相似三角形的面积比等于相似比的平方”解答即可．【详解】解：两个相似三角形的相似比是，则这两个相似三角形的面积比是，故选：D．6．B【分析】本题考查数字的变化类，根据图形，可归纳出规律表达式的特点，再解答即可．【详解】解：由图可得，第1种如图①有4个氢原子，即第2种如图②有6个氢原子，即第3种如图③有8个氢原子，即，第10种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是：；故选：B．7．B【分析】此题考查的是求无理数的取值范围，二次根式的加减运算，掌握求算术平方根的取值范围的方法是解决此题的关键．先求出，即可求出m的范围．【详解】解：∵，∵，答案第23页，共24页,∴，故选：B．8．D【分析】本题考查扇形面积的计算，勾股定理等知识．根据题意可得，由勾股定理得出，用矩形的面积减去2个扇形的面积即可得到结论．【详解】解：连接，根据题意可得，∵矩形，∴，，在中，，∴图中阴影部分的面积．故选：D．9．A【分析】过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，证明，则，设，得到，则，故，同理可求，则，因此．【详解】解：过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，由旋转得，∵四边形是正方形，∴，，，设，∴，∵，答案第23页，共24页,∴，∴，∴，，设，则，∴，∴，而，∴，∴，∵，∴，同理可求，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，正确添加辅助线，构造“一线三等角全等”是解题的关键．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：，，，，答案第23页，共24页,当时，则，∴，，，，，，满足条件的整式有：，，，，，；当时，则，∴，，，，满足条件的整式有：，，，；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】根据零指数幂和负指数幂的意义计算．【详解】解：，故答案为：3．【点睛】本题考查了整数指数幂的运算，熟练掌握零指数幂和负指数幂的意义是解题关键．12．9【分析】本题考查了多边形的外角和定理，用外角和除以即可求解，掌握多边形的外角和等于是解题的关键．【详解】解：，∴这个多边形的边数是，故答案为：9．13．【分析】本题考查了画树状图法或列表法求概率，根据画树状图法求概率即可，熟练掌握画树状图法或列表法求概率是解题的关键．答案第23页，共24页,【详解】解：画树状图如下：由图可知，共有种等可能的情况，其中甲、乙两人同时选择景点的情况有种，∴甲、乙两人同时选择景点的的概率为，故答案为：．14．【分析】本题主要考查一元二次方程的应用．设平均增长率为x，然后根据题意可列方程进行求解．【详解】解：设平均增长率为x，由题意得：，解得：，（不符合题意，舍去）；故答案为：．15．【分析】先根据平行线分线段成比例证，进而得，，再证明，得，从而即可得解．【详解】解：∵，过点作，，，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，，∵，∴，∵，，答案第23页，共24页,∴，∴，∴，∴，故答案为：，【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例以及全等三角形的判定及性质，熟练掌握三角形的中位线定理，平行线分线段成比例以及全等三角形的判定及性质是解题的关键．16．16【分析】本题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式组．先解不等式组，根据关于的一元一次不等式组至少有两个整数解，确定的取值范围，再把分式方程去分母转化为整式方程，解得，由分式方程的解为非负整数，确定的取值范围且，进而得到且，根据范围确定出的取值，相加即可得到答案．【详解】解：，解①得：，解②得：，关于的一元一次不等式组至少有两个整数解，，解得，解方程，得，关于的分式方程的解为非负整数，且，是偶数，解得且，是偶数，且，是偶数，则所有满足条件的整数的值之和是，故答案为：16．答案第23页，共24页,17．8/【分析】连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，根据四边形为平行四边形，得出，，证明，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出，求出；证明，得出，求出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出．【详解】解：连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，如图所示：∵以为直径的与相切于点A，∴，∴，∵四边形为平行四边形，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；∵，∴，答案第23页，共24页,∴，∴，即，解得：，∴，∵为直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得：．故答案为：8；．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，切线的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．18．【分析】本题考查了新定义，设，则（，）根据最小的“方减数”可得，代入，即可求解；根据除以余数为，且（为整数），得出为整数，是完全平方数，在，，逐个检验计算，即可求解．【详解】设，则（，）由题意得：，答案第23页，共24页,∵，“方减数”最小，∴，则，，∴，则当时，最小，为，故答案为：；设，则（，）∴∵除以余数为，∴能被整除∴为整数，又（为整数）∴是完全平方数，∵，∴最小为，最大为即设，为正整数，则当时，，则，则是完全平方数，又，，无整数解，当时，，则,则是完全平方数，又，，无整数解，当时，，则，则是完全平方数，经检验，当时，，，，∴，∴故答案为：，．答案第23页，共24页,19．(1)；(2)．【分析】（）根据单项式乘以多项式和完全平方公式法则分别计算，然后合并同类项即可；（）先将括号里的异分母分式相减化为同分母分式相减，再算分式的除法运算得以化简；本题考查了单项式乘以多项式，完全平方公式和分式的化简，熟练掌握运算法则是解题的关键．【详解】（1）解：原式，；（2）解：原式，，．20．(1)，，；(2)八年级学生竞赛成绩较好，理由见解析；(3)该校七、八年级参加此次安全知识竞赛成绩优秀的学生人数是人．【分析】（）根据表格及题意可直接进行求解；（）根据平均分、中位数及众数分析即可得出结果；（）由题意可得出参加此次竞赛活动成绩优秀的百分比，然后可进行求解；本题主要考查扇形统计图及中位数、众数、平均数，熟练掌握扇形统计图及中位数、众数、平均数是解题的关键．【详解】（1）根据七年级学生竞赛成绩可知：出现次数最多，则众数为，八年级竞赛成绩中组：（人），组：（人），组：人，所占百分比为组：（人）所占百分比为，则，答案第23页，共24页,∴八年级的中位数为第个同学竞赛成绩的平均数，即组第个同学竞赛成绩的平均数，故答案为：，，；（2）八年级学生竞赛成绩较好，理由：七、八年级的平均分均为分，八年级的中位数高于七年级的中位数，整体上看八年级学生竞赛成绩较好；（3）（人），答：该校七、八年级参加此次安全知识竞赛成绩优秀的学生人数是人．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；（2）证明：∵四边形是矩形，∴．∴，．∵点是的中点，∴．∴．答案第23页，共24页,∴．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．故答案为：①；②；③；④四边形是菱形．22．(1)该企业甲类生产线有10条，则乙类生产线各有20条；(2)需要更新设备费用为万元【分析】本题考查的是一元一次方程的应用，分式方程的应用，理解题意，确定相等关系是解本题的关键．（1）设该企业甲类生产线有条，则乙类生产线各有条，再利用更新完这30条生产线的设备，该企业可获得70万元的补贴，再建立方程求解即可；（2）设购买更新1条甲类生产线的设备为万元，则购买更新1条乙类生产线的设备为万元，利用用200万元购买更新甲类生产线的设备数量和用180万元购买更新乙类生产线的设备数量相同，再建立分式方程，进一步求解．答案第23页，共24页,【详解】（1）解：设该企业甲类生产线有条，则乙类生产线各有条，则，解得：，则；答：该企业甲类生产线有10条，则乙类生产线各有20条；（2）解：设购买更新1条甲类生产线的设备为万元，则购买更新1条乙类生产线的设备为万元，则，解得：，经检验：是原方程的根，且符合题意；则，则还需要更新设备费用为（万元）；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)【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：∵，∴，∴，∴，∴；答案第23页，共24页,（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)，两港之间的距离海里；(2)甲货轮先到达港．【分析】（）过作于点，由题意可知：，，求出，即可求解；（）通过三角函数求出甲行驶路程为：，乙行驶路程为：，然后比较即可；本题考查了方位角视角下的解直角三角形，构造直角三角形，熟练掌握锐角三角函数是解题的关键．【详解】（1）如图，过作于点，∴，由题意可知：，，∴，∴，∴，答案第23页，共24页,∴（海里），∴，两港之间的距离海里；（2）由（）得：，，，∴，∴，由题意得：，，∴，∴，（海里），∴甲行驶路程为：（海里），乙行驶路程为：（海里），∵，且甲、乙速度相同，∴甲货轮先到达港．25．(1)；(2)的最小值为；(3)符合条件的点的坐标为或．【分析】（1）利用正切函数求得，得到，再利用待定系数法即可求解；（2）求得，利用待定系数法求得直线的解析式，设，求得最大，点，再证明四边形是平行四边形，得到，推出当共线时，取最小值，即取最小值，据此求解即可；（3）求得，再利用平移的性质得到新抛物线的解析式，再分两种情况讨论，计算即可求解．【详解】（1）解：令，则，∴，∴，∵，答案第23页，共24页,∴，∴，∴，将和代入得，解得，∴抛物线的表达式为；（2）解：令，则，解得或，∴，设直线的解析式为，代入，得，解得，∴直线的解析式为，设（），则，∴，∵，∴当时，最大，此时，∴，，，∴，，答案第23页，共24页,连接，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴当共线时，取最小值，即取最小值，∵点为线段的中点，∴，∴，∴的最小值为；（3）解：由（2）得点的横坐标为，代入，得，∴，∴新抛物线由向左平移2个单位，向下平移2个单位得到，∴，过点作交抛物线于点，∴，同理求得直线的解析式为，∵，∴直线的解析式为，联立得，解得，，当时，，∴，作关于直线的对称线得交抛物线于点，∴，设交轴于点，由旋转的性质得到，答案第23页，共24页,过点作轴，作轴于点，作于点，当时，，解得，∴∵，，∴，∴，∵轴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，同理直线的解析式为，联立，解得或，当时，，答案第23页，共24页,∴，综上，符合条件的点的坐标为或．【点睛】本题是二次函数综合问题，考查二次函数的图象及性质，待定系数法确定函数关系式，熟练掌握二次函数的图象及性质，轴对称的性质，直角三角形的性质，数形结合是解题的关键．26．(1)(2)(3)或【分析】（1）由三角形内角和定理及外角定理结合即可求解；（2）在上截取，连接，交于点H，连接，先证明，再证明四边形是平行四边形，可得，记与的交点为点N，则由轴对称可知：，，再解即可；（3）连接，记与的交点为点N，由轴对称知，，，，当点G在边上时，由于，当为等腰三角形时，只能是，同（1）方法得，，中，，解得，然后，解直角三角形，表示出，，即可求解；当点G在延长线上时，只能是，设，在中，，解得，设，解直角三角形求出，即可求解．【详解】（1）解：如图，  ∵，，∴答案第23页，共24页,∵，∴，∵，∴，∴；（2）解：，在上截取，连接，交于点H，  ∵，∴为等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵点关于直线的对称点为点，∴，∴，∴，∴，答案第23页，共24页,∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴，记与的交点为点N，则由轴对称可知：，，∴中，，∴，∴，∴；（3）解：连接，记与的交点为点N，  ∵，∴，由轴对称知，当点G在边上时，由于，∴当为等腰三角形时，只能是，同（1）方法得，，∴，∴，∵，∴，∴中，，解得，∴，而，∴为等边三角形，∴，答案第23页，共24页,设，∵，∴，∴，∴在中，，∵，∴，∴，∴，∴；当点G在延长线上时，只能是，如图：  设，∴，，∴，∵，∴，∵∴在中，，解得，∴，设，则，，在中，，由勾股定理求得，在中，，，答案第23页，共24页,∴，∴，∴，综上所述：或．【点睛】本题考查了三角形的内角和，外角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的分类讨论，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．答案第23页，共24页