2024年甘肃省金昌市永昌县永昌七中中学联片教研中考三模数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题(共30分)
1. 的相反数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数即可求解
【详解】解：的相反数是3
故选B
【点睛】本题考查了相反数的定义，掌握相反数的定义是解题的关键．
2. 若有意义，则实数x的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用二次根式有意义的条件，分式有意义的条件得出x的取值范围进而得出答案．
【详解】解：根据题意得，且，
解得．
在数轴上表示为
．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件及在数轴上表示不等式的解集，正确理解二次根式的定义是解题的关键．
3. 如图，在矩形中，，，对角线，相交于点O，点E，F分别是，的中点，连接，则的周长为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】利用勾股定理算出的长度，根据矩形的性质即可得出的长度，再根据中位线的性质求出周长即可．
【详解】在矩形中，，,
，
对角线，相交于点O，
,
点E，F分别是，的中点，
是中位线，
，
，
，
的周长为：
，
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质和中位线的应用，关键在于根据矩形的性质转变边长，中位线的性质求出边长．
4. 在同一直角坐标系中，一次函数的图象如图所示，则下列结论错误的是（ ）
A. 随x的增大而减小B.
C. 当时，D. 方程组的解为
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查一次函数的图象和性质，一次函数与二元一次方程组，一次函数与一元一次不等式．从函数图象中有效的获取信息，熟练掌握图象法解方程组和不等式，是解题的关键．结合图象，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、由图可知，随的增大而减小，故选项A正确，不符合题意；
B、由图象可知，一次函数与y轴的交点在的上方，即，故选项B正确，不符合题意；
C、把代入得，解得，故与的交点为，由图象可知：当时，，故选项C错误，符合题意；
D、由图象可知，两条直线的交点为，
∴关于，方程组的解为，故选项D正确，不符合题意．
故选：C．
5. 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．
【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．
6. 如图，正方形ABCD中，E为AB的中点，AF⊥DE于点O，那么等于（ ）
A. ；B. ；C. ；D. ．
【答案】D
【解析】
【分析】利用△DAO与△DEA相似，对应边成比例即可求解．
【详解】∠DOA=90°，∠DAE=90°，∠ADE是公共角，∠DAO=∠DEA
∴△DAO∽△DEA
∴
即
∵AE=AD
∴
故选D．
7. △ABC中，∠A，∠B都是锐角，且sinA＝，csB＝，则△ABC的形状是（ ）
A. 直角三角形B. 钝角三角形C. 锐角三角形D. 锐角三角形或钝角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用特殊角的三角函数值得出∠A，∠B的度数，进而得出答案．
【详解】∵sinA＝，csB，
∴∠A＝45°，∠B＝60°，
∴∠C＝75°，
∴△ABC的形状是锐角三角形．
故选C．
【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
8. 如图所示的几何体的主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了几何体的三视图，根据几何体的主视图是从几何体的正面看到的图形，据此进行作答即可．
【详解】解：依题意，的主视图是从几何体的正面看到的图形，即看到的图形是：
，
故选：A．
9. 如图，直线，AG平分，，则的度数为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依据，，即可得到，，再根据AG平分，可得，进而得出．
【详解】解：，，
，
，
又平分，
，
，
故选A．
【点睛】本题考查的是平行线的性质和角平分线的定义，理解两直线平行，内错角相等是解题的关键．
10. 如图所示，已知A（，y1），B(2,y2)为反比例函数图像上的两点，动点P(x，0)在x正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（ ）

A. (，0)B. (10)C. (,0)D. (,0)
【答案】D
【解析】
【分析】求出AB的坐标，设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入求出直线AB的解析式，根据三角形的三边关系定理得出在△ABP中，|AP-BP|＜AB，延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，此时线段AP与线段BP之差达到最大，求出直线AB于x轴的交点坐标即可．
【详解】∵把A（，y1），B（2，y2）代入反比例函数y=得：y1=2，y2=，
∴A（，2），B（2，），
∵在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP-BP|＜AB，
∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，
即此时线段AP与线段BP之差达到最大，

设直线AB的解析式是y=kx+b，
把A、B的坐标代入得：
，
解得：k=-1，b=，
∴直线AB的解析式是y=-x+，
当y=0时，x=，
即P（，0），
故选D．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理和用待定系数法求一次函数的解析式的应用，解此题的关键是确定P点的位置，题目比较好，但有一定的难度．
二、填空题(共24分)
11. 化简______．
【答案】5
【解析】
【分析】本题考查根据二次根式的性质计算，掌握是解题的关键．
【详解】解：，
故答案为：5．
12. 因式分解＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】提公因式后运用平方差公式进行因式分解，即可求解．
【详解】解：
．
故答案为：．
【点睛】本考查了因式分解的方法，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
13. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2，AD＝2，E是AB的中点，F是AD边上的一个动点（点F不与点AD重合）．将△AEF沿EF所在直线翻折，点A的对应点为A'，连接A'D，A'C．当△A'DC是等腰三角形时，AF的长为 _____．
【答案】或1或
【解析】
【分析】分三种情况：，画出图形分类讨论即可
【详解】解：∵AB＝2，AD＝2，四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=2，DC=AB=2，∠A=90°，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE=1
∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△EF，
∴E=AE=1，
连接DE，
∴，
①当D=DC时，如图1，连接ED，
∵D=DC=AB=2，
∴E+D=3=DE，
∴点E，，D三点共线，
∵∠A=90°，
∴∠FE=∠FD=90°，
设AF=x，则F=x，FD=2-x，
在Rt△FD中，，
解得：，
即；
②当D=C时，如图2，
∵D=C，
∴点在线段CD的垂直平分线上，
∴点在线段AB的垂直平分线上，
∵点E是AB的中点，
∴E是AB的垂直平分线，
∴∠AE=90°，
∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△EF，
∴∠A=∠EF=90°，AF=F，
∴四边形AEF是正方形，
∴AF=AE=1，
③当时，连接CE，
∴，
∴E+C=3=CE，
∴点E，，C三点共线，
∴∠FE=∠FC=90°=∠ADC，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△EF，
∴F=AF，
∴F=AF=FD，
∵AF+FD=AD=2，
∴AF=，
综上所述，AF的长度为或1或．
故答案为：或1或.
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键．
14. 如图，△ABC为⊙O的内接三角形，O为圆心，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，若DE=2，则BC=_____．

【答案】4
【解析】
【分析】由于点，于点，根据垂径定理可得，根据三角形中位线定理可得，即可得出结论.
【详解】解：∵为的内接三角形，于点，于点，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为.
【点睛】本题考查了三角形中位线判定和性质，圆的垂径定理.熟记相关定理是解题的关键.
15. 在如图的正方形区域内任意取一点P，则点P落在阴影部分的概率是_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了概率公式以及不规则面积，先求出其中一个小正方形的阴影面积，再结合概率公式代入数值计算，即可作答．
【详解】解：设一个小正方形的边长为，其中一个小正方形的阴影面积为
结合图形，其他三个小正方形的阴影面积都是
那么点P落在阴影部分的概率是
故答案为：
16. 如图，在四边形中，，，，若点M，点N分别在边和边上运动，且，连接，则的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】作的平分线交于点O，连接，交于点F.通过证明三角形全等、相似，利用全等三角形、相似三角形的性质及勾股定理，最后得结果.
【详解】解：如图：作的平分线交于点O，连接，交于点F.
则，
在和中，
，
，
，
在和中，
，，
，
， ，
，
在和中 ，
，，，
，
，，
，
，
又，
，
，
，
过点O作于E，
则，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当取最小值时的值最小，
点O为定点，
当时的值最小，
，
的最小值为的值，
，
的最小值为，
故答案为： .
17. 如图，湖中有一个小岛A，一艘轮船由西向东航行，它在B处测得小岛A在北偏东方向上，航行20海里到达C处，这时测得小岛A在北偏东方向上，则小岛A到航线的距离为___
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用−方向角问题，掌握方向角的概念，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．过点A作交的延长线于点E，由三角形的外角性质得，再由等腰三角形的判定得，锐角由锐角三角函数定义求出的长即可．
【详解】解：过点A作交的延长线于点E，
由题意得：海里，，
∴，
∴，
∴海里，
在中，，
∴（海里），
即小岛A到航线的距离是海里，
故答案为：．
18. 如图，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于A，B两点，过点A的直线分别与x轴、y轴交于C，D两点．当，时，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数与几何的综合问题，反比例函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．过点A作于点E，于点F，先证明，得到，然后设，求出，再根据，及反比例函数的中心对称性，可求得，从而得到方程，求得，最后由点A在反比例函数的图象上，可知．
【详解】过点A作于点E，于点F，
，
，
轴，
，
，
设，则，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
点A在反比例函数的图象上，
，
．
三、计算题
19. （1）计算：；
（2）先化简，再取一个合适的整数x，使得分式的值为整数，并求此时分式的值．
【答案】（1）；（2）时，原式（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了含特殊角的三角函数的混合运算以及分式化简求值，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先化简负整数指数幂，绝对值，零次幂。余弦值，再运算乘法，最后运算加减，即可作答．
（2）先通分，再进行分式的减法，再约分化简，得出然后把代入即可作答．
【详解】解：（1）
；
（2）
当时，则
四、作图题
20. 图1，图2是两张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段的两端点均在小正方形的顶点上．
（1）在图1中画出以为斜边的等腰直角，点C在小正方形的顶点上；
（2）在图2中画出以为一边的等腰，点D在小正方形的顶点上；且的面积为6．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可知，点C满足AC=BC，说明点C在AB的垂直平分线上，∠ACB=90°，说明点C在以AB为直径的圆上，AB的垂直平分线与以AB为直径的圆的交点，即为所求点．
（2）由题意可知，点D满足AB=AD，以A为圆心，以AB为半径作圆，交格点于点D，经计算面积为6，点D即为所求．
【详解】（1）作AB的垂直平分线，作以AB为直径的圆，垂直平分线与圆的交点即为点C，如图：
（2）以A为圆心，AB为半径作圆，与格点交点即为点D，如图：
，BD边上的高为，，点D即为所求．
【点睛】本题主要考查了利用线段垂直平分线的性质及圆的性质作图，正确理解题意并掌握作图依据是解题的关键．
五、解答题(共54分)
21. 如图，四点共线，，求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质，利用得到，利用证明，根据全等三角形对应边相等即可得到结论．
【详解】证明：，
，
即．
在和中，
，
．
22. 如图，已知E，F是正方形的对角线上的两点， 且，连接．
（1）请判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若四边形的周长为，且，求正方形的边长．
【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，证与互相垂直平分，即可由菱形的判定定理得出结论；
（2）根据题意，利用勾股定理求得，进而求得，利用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
四边形是菱形，
证明：连接，交于点，

四边形是正方形，
，，，
，
，即，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
【小问2详解】
解：由（1）知：四边形是菱形，四边形是正方形，
四边形的周长为，，，，
，，
，即，
，
，
正方形的边长．
【点睛】本题考查正方形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理的应用，熟练掌握正方形的性质和菱形的判定定理是解题的关键．
23. 某校为落实国家“双减”政策，丰富课后服务内容，为学生开设四类社团活动（要求每人必须参加且只参加一类活动）：A．合唱社团；B．足球社团；C．沙盘社团；D．文学社团，该校为了解学生对这四类社团活动的喜爱情况，随机抽取部分学生进行了调查统计，并根据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．
（1）本次参与调查的学生共有______人；将条形统计图补充完整；
（2）扇形统计图中“沙盘社团”所对应的百分比为______%，“文学社团”所对应的圆心角度数为 度；
（3）现从“文学社团”里表现优秀的甲、乙、丙、丁四名同学中随机选取两名参加演讲比赛，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲和乙两名同学的概率．
【答案】（1）80；图见解析
（2）30；36 （3）
【解析】
【分析】此题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．解答本题的关键要熟练掌握概率的求法：概率=所求情况数与总情况数之比．
（1）由B的人数除以所占百分比得出此次调查一共随机抽取的学生人数，即可解决问题；
（2）用“沙盘社团”的人数除以总人数即可得解；由乘以C的人数所占的比例即可；
（3）画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲和乙两名同学的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【小问1详解】
此次调查的学生人数为：（人），
∴B人数为：（人），
补全条形统计图为：
故答案为：80；
【小问2详解】
扇形统计图中“沙盘社团”所对应的百分比为；
扇形统计图中圆心角，
故答案为：30；36；
【小问3详解】
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲和乙两名同学的结果有2种，
∴恰好选中甲和乙两名同学的概率为．
24. 如图，，点E在边上，以为斜边，在上方作，使，延长与交于点G．

（1）当时，若，求线段的长．
（2）求证：点F为线段的中点．
【答案】（1）
（2）见详解
【解析】
【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，圆的有关知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）由等腰直角三角形的性质可得，由勾股定理可求的长，即可求解；
（2）由“”可证，可得，由“”可证，可得，即可求解．
【小问1详解】
解：如图，过点作于，

∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
【小问2详解】
如图，作，过点作，交的延长线于，在上截取，连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点，点，点，点四点共圆，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点为线段的中点．
25. 如图，在中，弦相交于点M，且．
（1）求证：；
（2）连接，若是的直径，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的三线合一，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先得出，再进行弧运算，得出，结合圆周角定理，即可作答．
（2）根据圆周角定理得出，因为，所以得出，，再得出，运用勾股定理列式得出，运用等腰三角形的三线合一得出，再结合勾股定理内容，即可作答．
【小问1详解】
证明：，
，
即；
∴
【小问2详解】
解：如图，是的直径，
∵，
∴，，
设，则．
．
在中，由勾股定理得，
解得，
，
．
∴在中由勾股定理得．
26. 如图，已知在四边形中，，延长、相交于点．求证：
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据邻补角的定义得到，又因为又，所以可证明，结合相似三角形的性质即可得到结论．本题考查了相似三角形的判定和性质，邻补角的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【详解】证明：，
．
又，
，
，
即．
27. 如图所示，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣2，0）、B（4，0）、C（0，﹣8），与直线y=x﹣4交于B，D两点
（1）求抛物线的解析式并直接写出D点的坐标；
（2）点P为直线BD下方抛物线上的一个动点，试求出△BDP面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）点Q是线段BD上异于B、D的动点，过点Q作QF⊥x轴于点F，交抛物线于点G，当△QDG为直角三角形时，直接写出点Q的坐标．

【答案】（1）y=（x+2）（x﹣4），D的坐标是（﹣1，﹣5）；（2）P（，﹣）；（3）点Q的坐标为（2，﹣2）或（3，﹣1）．
【解析】
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x+2）（x﹣4），将点C的坐标代入可求得a的值，然后将y=x﹣4与抛物线的解析式联立方程组并求解即可；
（2）过点P作PE∥y轴，交直线AB与点E，设P（x，x2﹣2x﹣8），则E（x，x﹣4），则PE═﹣x2+3x+4，然后依据S△BDP=S△DPE+S△BPE，列出△BDP的面积与x的函数关系式，然后依据二次函数的性质求解即可；
（3）设直线y=x﹣4与y轴相交于点K，则K（0，﹣4），设G点坐标为（x，x2﹣2x﹣8），点Q点坐标为（x，x﹣4），先证明△QDG为等腰直角三角形，然后根据∠QDG=90°和∠DGQ=90°两种情况求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴的交点坐标是A（﹣2，0）、B（4，0），
∴设该抛物线解析式为y=a（x+2）（x﹣4），
将点C（0，﹣8）代入函数解析式代入，得a（0+2）（0﹣4）=﹣8，
解得a=1，
∴该抛物线的解析式为：y=（x+2）（x﹣4）或y=x2﹣2x﹣8．
联立方程组：，
解得（舍去）或，
即点D的坐标是（﹣1，﹣5）；
（2）如图所示：

过点P作PE∥y轴，交直线AB与点E，设P（x，x2﹣2x﹣8），则E（x，x﹣4）．
∴PE=x﹣4﹣（x2﹣2x﹣8）=﹣x2+3x+4．
∴S△BDP=S△DPE+S△BPE=PE•（xp﹣xD）+PE••（xB﹣xE）=PE•（xB﹣xD）=（﹣x2+3x+4）=﹣（x﹣）2+．
∴当x=时，△BDP的面积的最大值为．
∴P（，﹣）．
（3）设直线y=x﹣4与y轴相交于点K，则K（0，﹣4），设G点坐标为（x，x2﹣2x﹣8），点Q点坐标为（x，x﹣4）．
∵B（4，0），
∴OB=OK=4．
∴∠OKB=∠OBK=45°．
∵QF⊥x轴，
∴∠DQG=45°．
若△QDG为直角三角形，则△QDG是等腰直角三角形．
①当∠QDG=90°时，过点D作DH⊥QG于H，

∴QG=2DH，QG=﹣x2+3x+4，DH=x+1，
∴﹣x2+3x+4=2（x+1），解得：x=﹣1（舍去）或x=2，
∴Q1（2，﹣2）．
②当∠DGQ=90°，则DH=QH．

∴﹣x2+3x+4=x+1，解得x=﹣1（舍去）或x=3，
∴Q2（3，﹣1）．
综上所述，当△QDG为直角三角形时，点Q的坐标为（2，﹣2）或（3，﹣1）．
【点睛】本题主要考查是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的性质、待定系数法求二次函数的表达式，等腰直角三角形的判定，分类讨论是解答本题的关键．