2024年甘肃省天水市甘谷县甘谷县永丰中学联片教研中考三模数学试题

这是一份2024年甘肃省天水市甘谷县甘谷县永丰中学联片教研中考三模数学试题，共25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. 下列四个实数中，最小的是（ ）
A. B. 4C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了实数大小比较的方法，无理数的估算．正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴最小的数是．
故选：C．
2. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的运算法则，逐一进行计算判断即可．
【详解】解：A、，选项错误，不符合题意；
B、，选项错误，不符合题意；
C、，选项错误，不符合题意；
D、，选项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查二次根式的运算．熟练掌握二次根式的运算法则，是解题的关键．
3. 甲煤场有煤390吨，乙煤场有煤96吨，为了使甲煤场存煤数是乙煤场的2倍，应从甲煤场运多少吨煤试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。到乙煤场? 若设从甲煤场运x吨煤到乙煤场，则下列方程中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程．设从甲煤场运煤x吨到乙煤场，根据调运后甲煤场存煤是乙煤场的2倍，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
【详解】解：设从甲煤场运煤x吨到乙煤场，
依题意得，
故选：A．
4. 下列函数中，的值随值的增大而减小的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的性质，一次函数的性质，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A. ，，对称轴为直线，
当时，的值随值的增大而减小，当时，的值随值的增大而增大，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，，对称轴为直线，
当时，的值随值的增大而增大，当时，的值随值的增大而减小，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，，的值随值的增大而增大，故该选项不正确，不符合题意；
D. ，，的值随值的增大而减小，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的性质，熟练掌握一次函数与二次函数的性质是解题的关键．
5. 如图，下列各角中，与∠1是同位角的是（ ）
A. ∠2B. ∠3C. ∠4D. ∠5
【答案】D
【解析】
【分析】两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的同侧，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同位角．
【详解】解：由图可得，与∠1构成同位角的是∠5，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了同位角的概念，同位角的边构成“F“形，内错角的边构成“Z“形，同旁内角的边构成“U”形．
6. 如图，四边形的对角线，相交于点O，，且，则添加下列一个条件能判定四边形是菱形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的判定方法分别对各个选项进行判定，即可得出结论．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当时，四边形是矩形；故选项A不符合题意；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，故选项B符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；故选项C不符合题意；
当时，不能判定四边形为菱形；故选项D不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
7. 如图，是的直径，四边形内接于，若，则的周长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，连接OD、OC．根据圆心角、弧、弦关系证得△AOD是等边三角形，则⊙O的半径长为BC=4cm；然后由圆的周长公式进行计算．
【详解】解：如图，连接OC、OD．

∵AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，BC=CD=DA=4，
∴弧AD=弧CD=弧BC，
∴∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°．
又OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴OA=AD=4，
∴⊙O的周长=2×4π=8π．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，等边三角形的判定与性质．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对弦的弦心距也相等，即四者有一个相等，则其它三个都相等．．
8. 如图，在中，，若，则与的面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用相似三角形的面积比等于相似比的平方解答．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的面积比等于相似比的平方这一知识点，熟知这条知识点是解题的关键．
9. 如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是边AC上一动点，连接BD，以CD为直径的圆交BD于点E．若AB长为4，则线段AE长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，取BC的中点F，连接EF，CE，AF．解直角三角形可以求出AC和BC的长度，以及AF，EF的长度，因为AE≥AF-EF，可以得出AE的最小值．
【详解】如图所示，取BC的中点F，连接EF，CE，AF．
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4
∴AC＝BC＝
∵F是BC的中点
∴CF＝
∴AF＝
∵CD是直径
∴∠CED＝∠CEB ＝90°
∴△CEB是直角三角形
∵F是BC的中点
∴
∵AE≥AF-EF=
故选D．
【点睛】此题考查了圆与三角形结合的综合性问题，考查了线段的最值问题，找到取BC的中点F，得出AE≥AF-EF是本题的关键．
10. 已知、、为双曲线上的三个点，且，则以下判断正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意画出反比例函数的图像，根据图像结合条件逐项分析即可.
【详解】解：根据题意画出反比例函数图像如下所示：
A、若，则同号，则同号，但不等确定的正负，故A不符合题意；
B、若，则异号，由，可知，但可能为正，也可能为负，则不能判断，故B不符合题意；
C、若，则同号，则同号，但不等确定的正负，故A不符合题意；
D、若，则异号，由，可知，则，则，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查反比例函数图像与解析式，能够掌握数形结合思想是解决本题的关键．
二、填空题（共24分）
11. 若，则的值为______．
【答案】12
【解析】
【分析】本题考查了非负数的性质，代数式求值，正确求出、的值是解题关键．根据算术平方根和偶次方的非负性，求出，，再代入计算即可．
【详解】解：，
，，
，，
，
故答案为：12．
12. 分解因式：______．
【答案】##
【解析】
【分析】原式提取2，再利用平方差公式分解即可．
【详解】解：
=2（m2-9）
=2（m+3）（m-3）．
故答案为：2（m+3）（m-3）．
【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
13. 已知方程的一个根是，则m的值是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解把代入一元二次方程得到关于m的一次方程，然后解一次方程即可．
【详解】解：把代入，得，
解得，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程解的定义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
14. 如图，平行四边形的对角线与相交于点，，若，，则长为____．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，利用平行四边形的性质和勾股定理求的长，进而可求出的长．
【详解】∵平行四边形的的对角线与相交于点，
，，
，，
，
，
故答案为：10．
15. 如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为__________°．
【答案】60
【解析】
【详解】试题分析：根据正方形和等边三角形的性质可得：∠BAD=90°，∠DAE=60°，根据△BAE为等腰三角形可得：∠ABE=∠AEB=15°，根据正方形的性质可得：∠BCF=45°，∠CBF=90°-15°=75°，根据△BCF的内角和定理可得：∠BFC=180°-45°-75°=60°.
故答案为：60
考点：（1）、等腰三角形的性质；（2）、三角形内角和定理；（3）、等边三角形的性质
16. 如图，在半径为2的中，弦直径，垂足为，，为上一动点，于点．则点在上运动的过程中，线段长度的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理、解直角三角形等知识点，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
如图，连接，取的中点H，连接，再求出，根据，即，据此即可解答．
【详解】解：如图，连接，取的中点H，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴的最小值为．
故答案为：．
17. 如图，在平面直角坐标系中，与位似，原点O是位似中心，且．若，则点的坐标是___________．

【答案】
【解析】
【分析】直接利用位似图形的性质得出相似比进而得出对应线段的长．
详解】解∶设
∵与位似，原点是位似中心，且．若，
∴位似比为，
∴，
解得，，
∴
故答案为：
【点睛】此题主要考查了位似变换，正确得出相似比是解题关键．
18. 如图，在矩形中，，．将此矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为，则的面积为______ ．

【答案】
【解析】
【分析】根据折叠的性质即可求得；连接，根据勾股定理求得，证得，根据全等的性质得：，根据勾股定理列出关于线段的方程，解方程求得的长，即可求得，然后通过证，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
；
连接，

，，，
由勾股定理得：，
，
，
在和中
，
，
，，
，
由题意知：；
设，则，
在中，，由勾股定理得：
，
解得：，
，，
，则：，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用全等三角形的性质、相似三角形的性质，勾股定理等几何知识点来解题．
三、计算题（共8分）
19. 计算及解方程
（1）计算
（2）解方程
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据负整数指数幂法则，零指数幂，绝对值的意义以及特殊角的三角函数值计算即可；
（2）分别求解各不等式后即可得解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：，
解不等式得，
解不等式得，
∴原不等式组的解集为．．
【点睛】本题考查了负整数指数幂法则，零指数幂，绝对值的意义以及特殊角的三角函数值，一元一次方不等式组的解法，熟练掌握知识点是解题的关键．
四、作图题（共4分）
20. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图1中，先在上画点D，使得，再在上画点E，使得；
（2）先将线段绕点A逆时针旋转得到线段，画出线段，再在上画一点P，使的值最小．
【答案】（1）图见解析
（2）图见解析
【解析】
【分析】（1）利用矩形对角线互相平分的性质作出点D，满足，再利用作出，使得，在上利用相同的方法(矩形对角线互相平分的性质)，得到，即，连接，交于点，得到，即满足；
（2）利用作出，再结合轴对称作和关于对称，连接，与的交点即为点P．
【小问1详解】
解：点D，点E如图所示，且满足；
【小问2详解】
解：线段，点P，如图所示，且满足的值最小．
【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形判定，网格作图，全等三角形性质，旋转作图，轴对称表示最值，灵活运用以上知识点作图是做出本题的关键．
五、解答题（共52分）
21. 如图，小肖同学从滑雪台处开始向下滑至处．已知滑雪台的高度为14米，滑雪台整体的水平距离比滑雪台的长度短2米，则滑雪台的长度为多少米？
【答案】滑雪台的长度为50米
【解析】
【分析】本题考查勾股定理，设的长为米，则的长为米，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：设的长为米．则的长为米．
米，是直角三角形，，
，
，解得．
答：滑雪台的长度为50米．
22. 如图，在矩形中，相交于点，过点分别作，，连接．
（1）求证：四边形是菱形．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
（1）先证明四边形是平行四边形，根据矩形的性质和一组邻边相等的平行四边形是菱形，证明即可；
（2）菱形的性质，求出的长，证明是等边三角形，求出的值，再利用勾股定理尽心求解即可．
【小问1详解】
证明：，，
，，
四边形是平行四边形．
四边形是矩形，
，
四边形是菱形．
【小问2详解】
，且四边形是菱形，
，
．
，，
是等边三角形，
．
在中，，，
．
23. 某校准备组织九年级340名学生参加北京夏令营，已知用3辆小客车和1辆大客车每次可运送学生105人；用1辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人；
（1）每辆小客车和每辆大客车各能坐多少名学生？
（2）若学校计划租用小客车x辆，大客车y辆，一次送完，且恰好每辆车都坐满，若小客车每辆需租金4000元，大客车每辆需租金8000元，请选出最省钱的租车方案，并求出最少租金．
【答案】（1）每辆小客车和每辆大客车各能坐20名学生，45名学生
（2）最省钱的方案是8辆小客车，4辆大客车，租金为64000元
【解析】
【分析】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，二元一次方程的实际应用，有理数四则混合计算的实际应用，关键是根据题意找到等量关系式．
（1）设小客车能坐a名学生，大客车能坐b名学生，根据用3辆小客车和1辆大客车每次可运送学生105人；用1辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人列出方程组求解即可；
（2）①根据（1）所求可得方程，求出方程的非负整数解即可得到两种方案，求出两种方案的花费即可得到答案．
【小问1详解】
解：设小客车能坐a名学生，大客车能坐b名学生，
由题意得，
解得，
每辆小客车和每辆大客车各能坐20名学生，45名学生；
【小问2详解】
解：由题意得，，
∴，
∵都是整数，
∴一定是整数，
∴y一定是4的倍数，
∴或，
∴一共有2种租车方案：方案一，租用小客车17辆，大客车0辆；方案二：租用小客车8辆，大客车4辆；
方案一的费用为（元），
方案二的费用为（元），
∵，
∴最省钱的方案是8辆小客车，4辆大客车，租金为64000元．
24. 如图，在平行四边形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BF=DE
（1）求证：△ADE≌△CBF.
（2）若AE=3，AD=4，∠DAE=90°，该判断当BE的长度为多少时，四边形AECF为菱形，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）BE的长度为时，四边形AECF为菱形.
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质可得∠ADE=∠CBF，AD=BC，利用SAS即可证明△ADE≌△CBF；（2）连接AC，设BE=x，AC、EF相交于O，利用勾股定理可求出DE的长，即可用x表示出OE和OB的长，由菱形的性质可得AC⊥EF，即可证明平行四边形ABCD是菱形，可得AB=AD=4，在Rt△AOB和Rt△AOE中，分别利用勾股定理表示出OA2，列方程求出x的值即可得答案.
【详解】（1）∵平行四边形ABCD，
∴AD//BC，
∴∠∠ADE=∠CBF，AD=BC，
又∵BF=DE，
∴△ADE≌△CBF.
（2）BE的长度为时，四边形AECF为菱形.理由如下：
连接AC，设BE=x，AC、EF相交于O，
∵AE=3，AD=4，∠DAE=90°，
∴BF=DE==5，
∴OE=，OB=，
∵四边形AECF为菱形，
∴AC⊥EF，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=4，
在Rt△AOB和Rt△AOE中，OA2=AB2-OB2=AE2-OE2，即42-()2=32-()2，
解得：x=.
∴BE的长度为时，四边形AECF为菱形.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定、菱形的判定与性质，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得出平行四边形ABCD是菱形，进而求出AB的长是解题关键.
25. 如图，已知中，，平分，交于点，是边上一点，经过点，，与交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由等腰三角形的性质得出∠ODB=∠OBD，由角平分线的性质得出∠OBD=∠CBD，则∠ODB=∠CBD，证出∠ADO=∠ACB=90°，则可得出结论；
（2）由勾股定理求出AB=5，证明△AOD∽△ABC，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
【小问1详解】
证明：连接，
，
，
平分，
，
，
∴OD∥BC，
，
，
是⊙O的切线；
【小问2详解】
解：设⊙O的半径为r，
在Rt△ABC中，．
∵OD∥BC，
∴△AOD∽△ABC，
∴，
即，
解得，，
∴AE＝AB－BE＝.
【点睛】本题考查了切线判定、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，掌握切线的判定法，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
26. 如图，是的直径，C是上一点，D是的中点，，延长交于点H．
（1）求证：；
（2）求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的判定，勾股定理，解直角三角形等知识：
（1）连接，则，再由，可得，从而得到，进而得到，即可求证；
（2）过点H作于点E，连接，设，则，根据勾股定理可得，从而得到，然后圆周角定理，即可求解．
【小问1详解】
证明：如图，连接，则，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
解：如图，过点H作于点E，连接，
∵，
∴，
∵D是的中点，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴．
27. 在平面直角坐标系中，抛物线解析式为，直线l：y=－x＋1与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）如图1，当抛物线经过点A且与x轴的两个交点都在y轴右侧时，求抛物线的解析式．
（2）在（1）的条件下，若点P为直线l上方的抛物线上一点，过点P作PQ⊥l于Q，求PQ的最大值．
（3）如图2，点C（－2，0），若抛物线与线段AC只有一个公共点，求m的取值范围．
【答案】（1）y=－2x2＋8x－6；（2）；（3）－3≤m＜－1或0＜m≤2．
【解析】
【分析】（1）先解得点A的坐标，再代入二次函数解析式中，求得抛物线与x轴的两个交点，根据题意解得m的值即可；
（2）作PMy轴交直线l于点M，先求一次函数与y轴的交点B，证得∠PMQ=∠OBA=45°，再利用正弦定义解得PQ=PM，设点P的横坐标为n，则点P的纵坐标为－2n2＋8n－6，点M的纵坐标为－n＋1，计算PM的长，转化为解一元二次方程－2x2＋8x－6=－x＋1，解得x的值，最后根据一次函数的增减性解题；
（3）分两种情况讨论，当只有点（m－1，0）在线段AC上时，或当只有点（m＋1，0）在线段AC上时，分别结合图象解题．
【详解】解：（1）由y=－x＋1=0，解得：x=1，所以，
由y=－2x2＋4mx－2m2＋2=－2（x－m）2＋2=0，解得：x1=m－1，x2=m＋1，
∵抛物线经过点A，且抛物线与x轴的交点在y轴的右侧，m－1＜m＋1，
∴m－1=1，
解得：m=2，
∴抛物线的解析式为y=－2x2＋8x－6；
（2）如图，作PMy轴交直线l于点M，
当x=0时，y=－x＋1=1，所以，
∴OA=OB．
∵∠AOB=90°，
∴∠OAB=∠OBA=45°，
∴∠PMQ=∠OBA=45°，
∵PQ⊥l于Q，
∴PQ=PM·sin∠PMQ=PM·sin45°=PM
设点P的横坐标为n，则点P的纵坐标为－2n2＋8n－6，点M的纵坐标为－n＋1，
∴PM=（－2n2＋8n－6）－（－n＋1）=－2（n－）2＋，
∴PQ=PM=－（n－）2＋,
由－2x2＋8x－6=－x＋1，解得：x1=1，x2=．
∵点P在直线l上方的抛物线上，
∴1＜n＜
∵－＜0，1＜＜，
∴当n=时，PQ取最大值为;
（3）∵，∴AC=3，
由（1）可知，抛物线与x轴的两个交点坐标为（m－1，0），（m＋1，0）
∵m－1＜m＋1，（m＋1）－（m－1）=2＜3，
∴当抛物线与线段AC只有一个公共点时，这两个交点只能有1个在线段AC上,
如图，当只有点（m－1，0）在线段AC上时，，解得：0＜m≤2,
如图，当只有点（m＋1，0）在线段AC上时，，解得：－3≤m＜－1,
综上可知：当抛物线与线段AC只有一个公共点时－3≤m＜－1或0＜m≤2．
【点睛】本题考查二次函数综合题，涉及二次函数与x轴的交点问题、一次函数的图象与性质、正弦、二次函数与一元二次方程等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．