18，2024年甘肃省武威市凉州区武威四中教研联片中考三模数学试题

这是一份18，2024年甘肃省武威市凉州区武威四中教研联片中考三模数学试题，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，作图题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共30分）
1. 的相反数是（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了求一个数相反数，只有符号不同的两个数互为相反数，0的相反数是0，据此求解即可．
【详解】解：的相反数是2，
故选：B．
2. 下列图形中是旋转对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据旋转对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、是旋转对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
B、是旋转对称图形，也是中心对称图形，不合题意；
C、是旋转对称图形，也是中心对称图形，不合题意；
D、是旋转对称图形，也是中心对称图形，不合题意．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角.（旋转角 0度< 旋转角<360度）.如果一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形叫做中心对称图形．试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。3. 多项式的次数和常数项分别是（ ）
A. 1和B. 和C. 2和D. 3和
【答案】D
【解析】
【分析】多项式的次数是其中最大的非零项的次数；多项式中不含字母的项是常数项．
【详解】解：有题意可知多项式的次数为3，常数项为
故选D．
【点睛】本题考查了多项式的次数和常数项．解题的关键在于正确判断次数所在的项．常数项的符号是易错点．
4. 已知x，y满足方程组，则无论m取何值，x，y恒有关系式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将第二个方程乘以2，再与第一个方程相加消去m即可得．
【详解】解：，
由得：，
则，即，
故选：C．
【点睛】本题考查了二元一次方程组，正确找出方程组中两个方程之间的联系是解题关键．
5. 正多边形的一个外角的度数为30°，则这个正多边形的边数为（ ）．
A. 6B. 10C. 8D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】结合题意，根据正多边形的外角和性质计算，即可得到答案．
【详解】∵正多边形的一个外角的度数为30°
又∵正多边形的外角和为：
∴正多边形的边数为：
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形外角和的知识；解题的关键是熟练掌握正多边形外角和的性质，从而完成求解．
6. 如图，在矩形中，对角线相交于点O，，平分交边于点E，点F是的中点，连接，则的长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形的性质得到，， ，且，，，证明是等边三角形，则，得到，则，平分交边于点E，则，得到，则，得到，由中位线定理即可得到答案．
【详解】∵四边形是矩形，对角线相交于点O，，
∴，， ，且，，，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵平分交边于点E，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点F是的中点，点O是的中点，
∴，
故选：D．
【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、三角形中位线定理、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理、等边三角形的判定和性质是解题的关键．
7. 如图，是的内接三角形，若，则的度数等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵，
∴
故选：C．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点A，C分别在坐标轴上，且四边形是边长为3的正方形，反比例函数的图像与边分别交于两点，的面积为4，点P为y轴上一点，则的最小值为（ ）
A. 3B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由正方形的边长是3，得到点的横坐标和点的纵坐标为3，求得，，，根据三角形的面积列方程得到，，作关于轴的对称点，连接交轴于，则的长的最小值，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】正方形的边长是3，
点的横坐标和点的纵坐标为3，
，，，
，，
的面积为，
，
或（舍去），
，，
作关于轴的对称点，连接交轴于，则的长的最小值，
，
，，
，
即的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数的系数的几何意义，轴对称中最小距离问题，勾股定理，正方形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
9. 如图，点D、E分别在上，，，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据，可得，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：A
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
10. 如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，过作轴于，求解，，可得，求解，，可得，再利用平移的性质可得．
【详解】解：如图，过作轴于，

∵菱形的顶点A的坐标为，．
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，
∴；
故选A
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B的坐标是解本题的关键．
二、填空题（共24分）
11. 如果，那么____．
【答案】－13或-3
【解析】
【详解】|x+8|=5，
得到x+8=5或x+8=−5，
解得：x=−3或−13.
故答案为−3或−13.
12. 记表示正数x四舍五入后的结果，例如．若，则x的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由四舍五入的含义可得，则或，可得，再解不等式组即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴或，
∴
解得：；
故答案为：
【点睛】本题考查的是一元一次不等式组的应用，理解题意，确定不等关系是解本题的关键．
13. 如图，在长方形中，为等腰直角三角形，且，点在线段上，点在线段上，若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理．先证明，可设，则，从而得到，，再由，可得，即可求解．
【详解】解：长方形中，，
∴，
∵为等腰直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
14. 分解因式：2a3﹣8a=________．
【答案】2a（a+2）（a﹣2）
【解析】
【分析】要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方式或平方差式，若是就考虑用公式法继续分解因式．
【详解】．
15. —次函数图象如图所示，当时，x的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的图象，找到当时对应的x的取值范围即可得出结论．
【详解】解：由函数的图象可知，当时，；
当时，．
故当时，x的取值范围是
故答案为：．
【点睛】此题考查的是一次函数与一元一次不等式的关系，掌握一次函数的图象与一元一次不等式的关系是解决此题的关键．
16. 如图，为一幅三角板的两块，在中，，，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，则的大小为________．

【答案】##15度
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质．根据旋转的性质可得，再计算角的差可得结果．
【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
17. 在圆中，四点在圆上，，，，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】连接，如图所示，由直径所对的圆周角为直角可知，根据垂径定理及勾股定理求出，代入求值即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示：
，，，设圆半径为，
，
在中，，则，
，解得，
在中，，，则，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆中求线段长，涉及圆周角定理的推论、勾股定理、垂径定理及解方程等知识，熟练掌握圆的性质及勾股定理是解决问题的关键．
18. 如图，从三个不同方向看同一个几何体得到的平面图形，则这个几何体的侧面积是________．

【答案】36
【解析】
【分析】根据三视图判断出该几何体是直三棱柱，再利用已知各棱长即可求出该几何体的侧面积．
【详解】这个几何体是直三棱柱，
4×3×3＝36（），
故这个几何体的侧面积是36，
故答案为：36．
【点睛】本题考查由三视图判断几何体的形状，正确得出物体的形状是解题的关键．
三、计算题（共8分）
19.
（1）计算；
（2）解方程：．
【答案】（1）；
（2），；
【解析】
【分析】（1）根据负指数幂，特殊角三角函数，二次根式的性质直接计算即可得到答案；
（2）移项，配方，直接开平方即可得到答案.
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：移项得，
，
配方得，
，
两边开平方得，
，
∴方程的解为：，．
【点睛】本题考查了负指数幂，特殊角三角函数，二次根式性质及解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握及一元二次方程的解法、特殊三角函数值．
四、作图题（共4分）
20. 如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．△ABC的顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在给定的网格中画图，按步骤完成下列问题：（要求保留作图痕迹）
（1）在图①中画出△ABC的中线AD；
（2）在图②中，在AB边上找一点E，使得△ACE的面积是△BCE面积的．
【答案】（1）作图详见解析
（2）作图详见解析
【解析】
【分析】（1）构造相似三角形，利用相似三角形的相似比找出点N使得，再根据相似比可知；
（2）构造相似三角形，利用相似三角形的相似比找出点E使得，根据两个等高三角形，底边之比等于面积之比可知，△ACE的面积是△BCE面积的.
【小问1详解】
解：如图所示，做CG⊥MB于点M，在CM上取点N使得，过N点作DN∥BM交BC于点D，连接AD，
由DE∥BM可知，△CDN∽△CBM，
∵，
∴，
∴AD是△ABC的中线；
【小问2详解】
解：如图所示，做AG⊥GB于点G，在AG上取点F使得，过F点作FE∥GB交AB于点E，连接CE，
由FE∥GB可知，△AFE∽△AGB，
∵，
∴，
∴△ACE的面积是△BCE面积的，
故E点即为所求作点．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，能够熟练运用相似三角形的性质解决实际问题的本题的关键.
五、解答题（共54分）
21. 如图，利用一面足够长的墙，用铁栅栏围成一个矩形自行车场地ABCD，在AB和BC边各有一个2米宽的小门（不用铁栅栏），设矩形ABCD的宽AD为x米，矩形的长为AB（且AB＞AD）．
（1）若所用铁栅栏的长为40米，用含x的代数式表示矩形的长AB；
（2）在（1）的条件下，若使矩形场地面积为192平方米，则AD、AB的长应分别为多少米？
【答案】（1）AB=-2x+44；（2）6；32
【解析】
【分析】（1）根据题意，可知AD+BC-2+AB-2=40且有AD=BC=x，整理即可得出用含x的代数式表示矩形的长AB的式子；
（2）根据矩形场地面积为192平方米列出方程，解出此时x的值即可．
【详解】解：（1）∵AD+BC-2+AB-2=40，AD=BC=x，
∴AB=-2x+44；
（2）由题意得，（-2x+44）•x=192，
即2x2-44x+192=0，
解得x1=6，x2=16，
∵x2=16＞（舍去），
∴AD=6，
∴AB=-2×6+44=32．
答：AD长为6米，AB长为32米．
22. 在一个不透明的口袋中装有分别标有数字4，5，6，7的四个小球（除标号外，其余都相同），从中随机抽取一个球，再从余下的球中随机抽取一个球．
（1）用列表法或画树状图法中一种方法，表示抽取的两张牌牌面数字所有可能出现的结果；
（2）求抽取的两张牌牌面数字之和大于11的概率．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了画树状图求概率，正确画出树状图是解题的关键．
（1）根据题意画出树状图确定表示抽取的两张牌牌面数字所有可能出现的结果数即可；
（2）根据（1）树状图确定所有可能结果数和两张牌牌面数字之和大于11的结果数，然后运用概率公式求解即可．
【小问1详解】
解：所有可能情况用树状图表示如下：
由图知两张牌牌面数字可能出现的情况为：
共有12种可能情况．
【小问2详解】
解：由（1）知共有12种等可能情况，牌面数字之和分別为：
9，10，11，9，11，12，10，11，13，11，12，13．
其中牌面数字之和大于11的有4种．
∴P（数字之和大于11）．
23. 如图，于，于，若，求证：平分．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】本题考查角平分线的判定，涉及直角三角形全等的判定与性质、角平分线的判定等知识，先由垂直定义得到，再由直角三角形全等的判定得到，根据全等三角形性质得到，再由角平分线的判定即可得到答案，熟练掌握直角三角形全等的判定与性质是解决问题的关键．
【详解】证明：∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
，
∴平分．
24. 如图，在中，是它的一条对角线，过两点分别作，为垂足．
求证：
（1）．
（2）四边形是平行四边形．
【答案】（1）详见解析
（2）详见解析
【解析】
【分析】此题考查平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定与性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，即①两组对边分别平行四边形是平行四边形，②两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，④两组对角分别相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
（1）根据平行四边形的性质证明，即可得出结论；
（2）由，得到，由，推出，即可证明结论．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
．
【小问2详解】
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
25. 如图，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，连接．
（1）求证：；
（2）若，求线段的长度．
【答案】（1）见解析 （2）3
【解析】
【分析】（1）证明，进而结论得证；
（2）证明四边形是正方形，则，设，则，由勾股定理得，，即，计算求出满足要求的解即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质可知，，
∵，，，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
又∵，
∴四边形是正方形，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，或（舍去），
∴的长为3．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握旋转的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
26. 如图，在中，，在上，以为圆心，为半径的圆与相切于点，交于点，交于点，过作，垂足为．
（1）与有什么位置关系，请写出你的结论并证明；
（2）若的半径长为，，求的长．
【答案】（1）与相切，证明详见解析；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点即为半径，再证垂直即可．
（1）由已知可证得，为圆的半径，所以与相切；
（2）连接，，由已知可得四边形为矩形，从而得到的长，再利用勾股定理求得的长，从而可求得的长，此时就不难求得了．
【小问1详解】
解：与相切；
理由如下：
连接，
，
；
，
，
，
∴；
，
，
与相切．
【小问2详解】
连接，；
，是的切线，
，，
又，
四边形为矩形，
；
在中，，
，
，，
．
答：长度为．
27. 如图1，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C.
图1 图2
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点，点F是抛物线的顶点，求EF的长；
（3）设点P是（1）中抛物线上的一个动点，是否存在满足的点P？如果存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.（请在图2中探讨）
【答案】（1）
（2）2 （3）当点的坐标分别为，，，时，，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）把点A、B的坐标分别代入函数解析式，列出关于系数b、c的方程组，通过解方程组求得它们的值即可；
（2）结合抛物线的解析式得到点C、F的坐标，利用B、C的坐标可以求得直线BC的解析式，由一次函数图像上点的坐标特征和点的坐标与图形的性质进行解答即可；
（3）根据P点在抛物线上设出P点，然后再由S△PAB=8，从而求出P点坐标．
【小问1详解】
解：∵抛物线与轴的两个交点分别为，，
∴，解得．
∴所求抛物线的解析式为．
【小问2详解】
解：由（1）知，抛物线的解析式为，则，
又，
∴．
设直线的解析式为，
把代入，得，
解得，则该直线的解析式为．
故当时，，即，
∴，
即．
【小问3详解】
解：设点，由题意，得，
∴，∴，
当时，，
∴，，
当时，，
∴，，
∴当点的坐标分别为，，，时，．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式和待定系数法求一次函数以及一次函数图像上点的坐标特征，抛物线解析式的三种形式之间的转化，熟练掌握函数的性质是解答此题的关键．