2024年甘肃省金昌市永昌五中联片教研中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2024年甘肃省金昌市永昌五中联片教研中考数学三模试卷（含解析），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列根式中，不是最简二次根式的是( )
A. 5B. 8C. 22D. 6
2.若代数式1 2x−6在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x≥−3B. x>−3C. x≥3D. x>3
3.如图，已知△ABC的面积为48，AB=AC=8，点D为BC边上一点，过点D分别作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若DF=2DE，则DE长为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6
4.如图所示，已知函数y1=3x和y2=kx+b的图象相交于点A(a,3)，则关于x的不等式x+b0,x>0)的图象经过点B，则k的值为( )
A. 163
B. 8
C. 10
D. 323
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.因式分解2a2−a= ______．
12.计算： 12× 13= ______．
13.如图，在直角坐标系中，⊙A与x轴相切于点B，CB为⊙A的直径，点C在函数y=6x(x>0)的图象上，D为y轴上一点，则△ACD的面积为______．
14.如图，AB/​/CD，CB平分∠ACD，∠ABC=35°，则∠BAE=______度．
15.如果一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形是______边形．
16.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=______．
17.如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB边的中点，则△EMN的周长是______．
18.如图，在平行四边形ABCD中，AB=6，AD=4，∠A=60°，点E，F分别为边CD，AB上异于端点的动点，且DE=BF，连结EF，将四边形CEFB沿着EF折叠得到四边形HEFG.当点G落在平行四边形ABCD的边上时，BG的长为______．
三、解答题：本题共9小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
(1)计算：2sin30°+4 3tan60°− 2cs45°；
(2)已知x−2yy=25，求x与y的比．
20.(本小题6分)
如图的网格中，△ABC的顶点都在格点上，每个小正方形的边长均为1.仅用无刻度的直尺在给定的网格图中分别按下列要求画图.(保留画图痕迹，画图过程中辅助线用虚线，画图结果用实线、实心点表示)
(1)请在图1中画出△ABC的高BD；
(2)请在图2中在线段AB上找一点E，使AE=3．
21.(本小题6分)
如图，已知△ABC和△ADE，AB=AD，∠BAD=∠CAE，∠B=∠D，AD与BC交于点P，点C在DE上．求证：BC=DE．
22.(本小题6分)
已知关于x的一元一次方程x2−2x+2k−1=0．
(1)当k=1时，求方程的解；
(2)若该方程有实数根，求k的取值范围．
23.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点O在边AC上，且∠CBO=∠CAB，过点A作AD⊥BO交BO的延长线于点D，以点O为圆心，OD的长为半径作⊙O交BO于点E．
(1)求证：AB是⊙O的切线．
(2)若⊙O的半径为5，BE=8，求线段AB的长．
24.(本小题8分)
如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，⊙O的切线CE与BA的延长线交于点E，AF/​/CE，AF与⊙O的交点为F．
(1)求证：AF=CD；
(2)若⊙O的半径为6，AH=2OH，求AE的长．
25.(本小题6分)
某校七、八年级开展了一次综合实践知识竞赛，按10分制进行评分，成绩(单位：分)均为不低于6的整数.为了解这次活动的效果，现从这两个年级各随机抽取10名学生的活动成绩作为样本进行整理，并绘制成统计图表，部分信息如下：
八年级10名学生活动成绩统计表
已知八年级10名学生成绩的中位数为8.5分．
请根据以上信息，解答下列问题：
(1)样本中，七年级活动成绩为7分的学生数是______，七年级活动成绩的众数为______分.
(2)a= ______，b= ______．
(3)若认定活动成绩不低于9分为“优秀”，则根据样本数据，判断本次活动中优秀率高的年级是否平均成绩也高，并说明理由．
26.(本小题8分)
如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=120°，△DEF为正三角形，点E，F分别在菱形的边AB，BC上滑动，且点E、F不与点A，B，C重合，BD与EF交于点G．
(1)证明：当点E，F在边AB，BC上滑动时，总有AE=BF．
(2)当BF=2时，求BG的长．
27.(本小题10分)
如图，已知抛物线与x轴交于A(−1,0)、E(3,0)两点，与y轴交于点B(0,3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设抛物线顶点为D，求四边形AEDB的面积；
(3)△AOB与△DBE是否相似？如果相似，请给以证明；如果不相似，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式．根据最简二次根式的概念判断即可．
【解答】
解：A、 5是最简二次根式，不符合题意；
B、 8=2 2，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，符合题意；
C、 22是最简二次根式，不符合题意；
D、 6是最简二次根式，不符合题意．
2.【答案】D
【解析】解：代数式1 2x−6在实数范围内有意义，
则2x−6>0，
解得：x>3．
故选：D．
直接利用二次根式有意义则被开方数是非负数，再结合分式有意义的条件得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义、分式有意义的条件，正确掌握二次根式有意义的条件是解题关键．
3.【答案】C
【解析】解：连接AD，过点C作CG⊥AB，垂足为G，
∵△ABC的面积为48，AB=AC=8，
∴AB⋅CG=48，
∴CG=12，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴△ABD的面积+△ACD的面积=△ABC的面积，
∴AB⋅DE+AC⋅DF=AB⋅CG，
∴DE+DF=CG=12，
∵DF=2DE，
∴DE=4，
故选：C．
连接AD，过点C作CG⊥AB，垂足为G，根据三角形的面积可得CG=12，然后根据△ABD的面积+△ACD的面积=△ABC的面积，可得DE+DF=12，再根据已知DF=2DE，进行计算即可解答．
本题考查了等腰三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：把A(a,3)代入y=3x得3a=3，解得a=1，
即A点坐标为(1,3)，
当x>1时，kx+b1时，直线y=kx+b都在直线y=−x的下方，于是可得到关于x的不等式kx+b0)的图象上，
∴a×2r=6，
∴ar=3，
∴S△ACD=12AC⋅OB=12ar=32．
故答案为：32．
设OB=a，⊙A的半径为r，则AB=AC=r，BC=2r，依题意得点C(a,2r)，则a×2r=6，即ar=3，再根据S△ACD=12AC⋅OB可得出△ACD的面积．
此题主要考查了反比例函数图象上的点，切线的性质，理解反比例函数图象上的点满足反比例函数的解析式，熟练掌握切线的性质是解决问题的关键．
14.【答案】70
【解析】解：∵AB/​/CD，
∴∠ABC=∠BCD=35°，
∵CB平分∠ACD，
∴∠ACB=∠BCD=35°，
∴∠BAE=∠ACD=35°×2=70°，
故答案为：70．
根据平行线的性质得到∠ABC=∠BCD=35°，根据角平分线的定义得到∠ACB=∠BCD=35°，根据平行线的性质即可得到结论．
本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形的内角和，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
15.【答案】六
【解析】解：设这个多边形为n边形，由题意得，
(n−2)×180°=360°×2，
解得n=6，
即这个多边形为六边形，
故答案为：六．
根据多边形的内角和与外角和的计算方法列方程求解即可．
本题考查多边形的内角与外角，掌握多边形内角和、外角和的计算方法是正确解答的前提．
16.【答案】4
【解析】【分析】
由OD⊥AB，OE⊥AC，根据垂径定理得到AD=DB，AE=CE，则根据三角形中位线定义得到DE为△ABC的中位线，然后根据三角形中位线定理得DE=12BC，再把DE=2代入计算即可．
本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了三角形中位线定理．
【解答】
解：∵OD⊥AB，
∴AD=DB，
∵OE⊥AC，
∴AE=CE，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∴BC=2DE=2×2=4．
故答案为：4
17.【答案】5 2+ 102
【解析】解：解法一：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC/​/AB，
∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4−x，EQ=4−x，
∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，
∴△DPE≌△EQF，
∴DE=EF，
∵DE⊥EF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
易证明△DEC≌△BEC，
∴DE=BE，
∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ=BQ=12BF，
∵AB=4，F是AB的中点，
∴BF=2，
∴FQ=BQ=PE=1，
∴CE= 2，PD=4−1=3，
Rt△DAF中，DF= 42+22=2 5，
DE=EF= 10，
如图2，∵DC/​/AB，
∴△DGC∽△FGA，
∴CGAG=DCAF=DGFG=42=2，
∴CG=2AG，DG=2FG，
∴FG=13×2 5=2 53，
∵AC= 42+42=4 2，
∴CG=23×4 2=8 23，
∴EG=8 23− 2=5 23，
连接GM、GN，交EF于H，
∵∠GFE=45°，
∴△GHF是等腰直角三角形，
∴GH=FH=2 53 2= 103，
∴EH=EF−FH= 10− 103=2 103，
由折叠得：GM⊥EF，MH=GH= 103，
∴∠EHM=∠DEF=90°，
∴DE/​/HM，
∴△DEN∽△MHN，
∴DEMH=ENNH，
∴ 10 103=ENNH=3，
∴EN=3NH，
∵EN+NH═EH=2 103，
∴EN= 102，
∴NH=EH−EN=2 103− 102= 106，
Rt△GNH中，GN= GH2+NH2= ( 103)2+( 106)2=5 26，
由折叠得：MN=GN，EM=EG，
∴△EMN的周长=EN+MN+EM= 102+5 26+5 23=5 2+ 102；
解法二：如图3，过G作GK⊥AD于K，作GR⊥AB于R，
∵AC平分∠DAB，
∴GK=GR，
，
，
∴DGGF=2，
同理，，
其它解法同解法一，
可得：∴△EMN的周长=EN+MN+EM= 102+5 26+5 23=5 2+ 102；
故答案为：5 2+ 102．
解法一：如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据全等三角形对应边相等证明FQ=BQ=PE=1，△DEF是等腰直角三角形，利用勾理计算DE=EF= 10，PD= DE2−PE2=3，如图2，由平行相似证明△DGC∽△FGA，列比例式可得FG和CG的长，从而得EG的长，根据△GHF是等腰直角三角形，得GH和FH的长，利用DE/​/GM证明△DEN∽△MHN，则DEMH=ENNH，得EN= 102，从而计算出△EMN各边的长，相加可得周长．
解法二，将解法一中用相似得出的FG和CG的长，利用面积法计算得出，其它解法相同．
本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、三角形全等、相似的性质和判定、勾股定理，三角函数，计算比较复杂，作辅助线，构建全等三角形，计算出PE的长是关键．
18.【答案】4或3 3或2 7
【解析】解：如图1，连接BE，DF，BD，交EF于点O，延长EF交BG于点P，
∵DE//BF，DE=BF，
∴四边形DEBF为平行四边形，
∵BD、EF是对角线，
∴BD与EF互相平分，点O为BD的中点，
∵四边形CEFB沿着EF折叠得到四边形HEFG，
∴EP垂直平分BG，
∴动点G的轨迹是以O为圆心，OB长为半径的圆弧．
①当点G落在AB边上时，如图2，
∵DE=BF=GF，DE/​/GF，EF⊥GF，
∴四边形DEFG是矩形，
∴∠AGD=90°，
∵∠A=60°，
∴∠ADG=30°，
∴AG=12AD=2，
∴BG=AB−AG=4；
②当点G落在AD边上时，
∵BD为直径，
∴∠BGD=90°，
∴∠ABG=30°，
∴AG=12AB=3，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：BG= AB2−AG2= 62−32=3 3；
③当点G与点D重合时，
作DM⊥AB，
则∠ADM=30°，
∴AM=2，DM= 42−22=2 3，BM=6−2=4，
∴BD=BG= (2 3)2+42=2 7，
综上，BG的长为4或3 3或2 7．
连接BE，DF，BD，交EF于点O，延长EF交BG于点P，推导出动点G的轨迹是以O为圆心，OB长为半径的圆弧．然后分三种情况：当点G落在AB边上时；当点G落在AD边上时；当点G与点D重合时，分别解得BG的长即可．
本题主要考查了翻折变换(折叠问题)，平行四边形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
19.【答案】解：(1)原式=2×12+4 3× 3− 2× 22
=1+12−1
=12；
(2)∵x−2yy=25，
∴x−2y+2yy=2+2×55，
∴xy=125．
【解析】(1)先根据特殊角的三角函数值计算，然后进行二次根式的乘法运算，最后进行有理数的加减运算；
(2)根据合比性质计算．
本题考查了比例的性质：熟练掌握比例的性质(内项之积等于外项之积、合比性质、分比性质、合分比性质、等比性质)是解决问题的关键．也考查了实数的运算．
20.【答案】解：(1)取格点M，N，连接MN交AC于D，连接BD，如图，线段BD即为所求；
(2)取格点P，Q，连接PQ交AB于E，如图，点E即为所求．

【解析】解：(1)取格点M，N，连接MN交AC于D，连接BD，如图：
线段BD即为所求；
理由：由图可知，AB=BC=5，
∵四边形AMCN是矩形，
∴D为AC中点，
∴BD⊥AC，即BD为△ABC的高；
(2)取格点P，Q，连接PQ交AB于E，如图：
点E即为所求；
理由：由图可得，四边形ACQP是平行四边形，
∴AC/​/PQ，
∴CQCB=AEAB，即35=AE5，
∴AE=3．
(1)取格点M，N，连接MN交AC于D，连接BD，线段BD即为所求；
(2)取格点P，Q，连接PQ交AB于E，点E即为所求．
本题考查作图−应用与设计作图，解题的关键是掌握网格的特征，作出符合条件的图形．
21.【答案】证明：∵∠BAD=∠CAE，
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，
即∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
∠B=∠DAB=AD∠BAC=∠DAE，
∴△ABC≌△ADE(ASA)，
∴BC=DE．
【解析】先证∠BAC=∠DAE，再证△ABC≌△ADE(ASA)，即可得出结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质，证明△ABC≌△ADE是解题的关键．
22.【答案】(1)当k=1时，原方程可化为x2−2x+1=0，
因式分解得(x−1)2=0，
解得x1=x2=1；
(2)∵关于x的一元一次方程x2−2x+2k−1=0有实数根，
∴(−2)2−4×1×(2k−1)⩾0，
解得k⩽1，
即若该方程有实数根，k的取值范围是k⩽1．
【解析】(1)代入k=1，再利用因式分解法解该方程即可得出结论；
(2)根据方程的系数结合根的判别式Δ≥0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
本题考查了根的判别式以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：(1)代入k=1，利用因式分解法解方程；(2)牢记“当Δ≥0时，方程有两个实数根”．
23.【答案】解：(1)过点O作OF⊥AB，垂足为F．

∵AD⊥BO，∠C=90°，∠AOD=∠BOC，
∴∠DAO=∠CBO，
∵∠CBO=∠CAB，
∴∠DAO=∠BAO，
∵AD⊥BO，OF⊥AB，
∴OD=OF，
即OF为⊙O的半径，
∴AB是⊙O的切线．
(2)∵⊙O的半径为5，BE=8，
由题意得 OB=13，OF=5．

在Rt△OBF中，由勾股定理可得 BF= 132−52=12．
∵∠OBF=∠ABD，∠OFB=∠ADB，
∴△OBF∽△ABD，
∴OBAB=BFBD
∴13AB=1218
∴AB=392．
【解析】(1)过点O作OF⊥AB，垂足为F.根据AD⊥BO，结合∠AOD=∠BOC，得到∠DAO=∠CBO，结合∠CBO=∠CAB，得∠DAO=∠BAO，证明OD=OF即可证明AB是⊙O的切线．
(2)⊙O的半径为5，BE=8，由题意得 OB=13，OF=5.根据勾股定理计算BF，再证明△OBF∽△ABD即可．
本题考查了切线的证明，三角形相似，熟练掌握切线的证明是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：连接AC，OC，BC，则OC=OA，
∵CE与⊙O相切于点C，
∴CE⊥OC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠OCE=∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠OCA=90°，∠B+∠OAC=90°，
∵∠OCA=∠OAC，
∴∠ACE=∠B，
∵AF//CE，
∴∠CAF=∠ACE=∠B，
∴CF=AC，
∵CD⊥AB，
∴AD=AC，
∴CF=AD，
∴AF=CF+AC=AD+AC=CD，
∴AF=CD．
(2)解：∵⊙O的半径为6，AH=2OH，
∴OC=OA=2OH+OH=6，
∴OH=2，
∵∠OHC=∠OCE=90°，
∴OHOC=OCOE=cs∠COE，
∴OE=OC2OH=622=18，
∴AE=OE−OA=18−6=12，
∴AE的长为12．
【解析】(1)连接AC、OC、BC，由切线的性质证明CE⊥OC，而AB为⊙O的直径，所以∠OCE=∠ACB=90°，可证明∠ACE=∠B，由AF/​/CE，得∠CAF=∠ACE=∠B，则CF=AC，由垂径定理得AD=AC，则CF=AD，即可证明AF=CD，所以AF=CD；
(2)由⊙O的半径为6，AH=2OH，得OC=OA=2OH+OH=6，求得OH=2，因为OHOC=OCOE=cs∠COE，所以OE=OC2OH=18，则AE=12．
此题主要考查圆周角定理、切线的性质定理、平行线的性质、垂径定理、锐角三角函数等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
25.【答案】1 8 2 3
【解析】解：(1)由扇形统计图可得，成绩为8分人数为10×50%=5 (人)，
成绩为9分的人数为10×20%=2(人)，
成绩为10分的人数为10×20%=2(人)，
则成绩为7分的学生数为10−5−2−2=1(人)
∵出现次数最多的为8分，
∴七年级活动成绩的众数为8分
故答案为：1；8．
(2)将八年级的活动成绩从小到大排列后，它的中位数应是第5个和第6个数据的平均数，
∵八年级10名学生活动成绩的中位数为8.5分，
∴第5个和第6个数据的和为8.5×2=17=8+9，
∴第5个和第6个数据分别为8分，9分，
∵成绩为6分和7分的人数为1+2=3(人)，
∴成绩为8分的人数为5−3=2(人)，
成绩为9分的人数为10−5−2=3(人)
即a=2，b=3，
故答案为：2；3；
(3)不是，理由如下：
结合(1)(2)中所求可得七年级的优秀率为2+210×100%=40%，
八年级的优秀率3+210×100%=50%，
七年级的平均成绩为1×7+5×8+2×9+2×1010=8.5(分)
八年级的平均成绩为1×6+2×7+2×8+3×9+2×1010=8.3(分)
∵40%8.3，
∴本次活动中优秀率高的年级并不是平均成绩也高．
(1)分别求得成绩为(8分)，(9分)，(10分)的人数，再结合总人数为10人列式计算即可求得成绩头(7分)的学生数，然后根据众数定义即可求得众数；
(2)根据中位数的定义将八年级的活动成绩从小到大排列，那么其中位数应是第5个和第6个数据的平均数，结合已知条件易得第5个和第6个数据分别为8，9，再根据表格中数据即可求得答案；
(3)结合(1)(2)中所求，分别求得两个年级优秀率及平均成绩后进行比较即可，
本题主要考查扇形统计图相关知识，众数，中位数及平均数的求法，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
26.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴AD/​/BC，AD=AB，∠ADB=∠CDB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，∠A=∠DBC=∠ADB=60°，
∵△DEF为正三角形，
∴DE=DF，∠EDF=60°=∠ADB，
∴∠ADE=∠BDF，
∴△ADE≌△BDF(SAS)，
∴AE=BF；
(2)解：∵AB=AD=6，AE=BF=2，
∴BE=4，
∵∠A+∠ADE=∠DEF+∠BEF，∠A=∠DEF=60°，
∴∠ADE=∠BEF，
又∵∠A=∠ABD=60°，
∴△ADE∽△BEG，
∴ADBE=AEBG，
∴64=2BG，
∴BG=43．
【解析】(1)由“SAS”可证△ADE≌△BDF，可得AE=BF；
(2)通过证明△ADE∽△BEG，可得ADBE=AEBG，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，菱形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
27.【答案】解：(1)∵抛物线与y轴交于点(0,3)，
∴设抛物线解析式为y=ax2+bx+3(a≠0)
根据题意，得a−b+3=09a+3b+3=0，
解得a=−1b=2．
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
(2)如图，设该抛物线对称轴是DF，连接DE、BD.过点B作BG⊥DF于点G．
由顶点坐标公式得顶点坐标为D(1,4)
设对称轴与x轴的交点为F
∴四边形ABDE的面积=S△ABO+S梯形BOFD+S△DFE
=12AO⋅BO+12(BO+DF)⋅OF+12EF⋅DF
=12×1×3+12×(3+4)×1+12×2×4
=9；
(3)相似，如图，
BD= BG2+DG2= 12+12= 2；
∴BE= BO2+OE2= 32+32=3 2
DE= DF2+EF2= 22+42=2 5
∴BD2+BE2=20，DE2=20
即：BD2+BE2=DE2，
所以△BDE是直角三角形
∴∠AOB=∠DBE=90°，且AOBD=BOBE= 22，
∴△AOB∽△DBE．
【解析】(1)易得c=3，故设抛物线解析式为y=ax2+bx+3，根据抛物线所过的三点的坐标，可得方程组，解可得a、b的值，即可得解析式；
(2)易由顶点坐标公式得顶点坐标，根据图形间的关系可得四边形ABDE的面积=S△ABO+S梯形BOFD+S△DFE，代入数值可得答案；
(3)根据题意，易得∠AOB=∠DBE=90°，且AOBD=BOBE= 22，即可判断出两三角形相似．
本题考查学生将二次函数的图象与解析式相结合处理问题、解决问题的能力．成绩(分)
6
7
8
9
10
人数
1
2
a
b
2