01，2024年甘肃省武威市古浪县古浪五中联片教研中考三模数学试题

这是一份01，2024年甘肃省武威市古浪县古浪五中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. 有理数的相反数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据互为相反数的定义进行解答即可．
【详解】解：有理数的相反数是，
故选A
【点睛】本题考查的是相反数，仅仅只有符号不同的两个数互为相反数，熟记定义是解本题的关键．
2. 下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据最简二次根式的被开方数不含分母，被开方数不含开的尽的因数或因式，可得答案．
【详解】解：A、，故不是最简二次根式；
B、，故不是最简二次根式；
C、，故不是最简二次根式；
D、，故是最简二次根式；
故选D．
【点睛】本题考查了最简二次根式，最简二次根式的被开方数不含分母，被开方数不含开的尽的因数或因式．
3. 已知实数满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A试卷源自 期末大优惠，全站资源一元不到！即将回复原价。【解析】
【分析】本题考查求代数式的值．关键是把等式中含字母的项看成一个整体，得到这个整体的值．难点是把所给等式整理成和等式中含字母的项有关的式子．由，可得，把所给代数式整理成，把前两项提取，得到含的式子，把整体代入后继续整理，化简，再整体代入计算即可．
【详解】解：
∵
原式
．
故选：．
4. 如图，能判定的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行线的判定逐项进行判断即可．
详解】解：A．，
∴，故符合题意；
B．由不能判定，故B不符合题意；
C．∵，
∴，故C不符合题意；
D．，
∴，故D不符合题意．
故选：．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定，解题的关键是熟练掌握内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行．
5. 如图，，点E在线段上，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依据△ABC≌△AED，即可得到∠AED=∠B，AE=AB，∠BAC=∠EAD，再根据等腰三角形的性质，即可得到∠B的度数，进而得出∠AED的度数．
【详解】解：∵△ABC≌△AED，
∴∠AED=∠B，AE=AB，∠BAC=∠EAD，
∴∠1=∠BAE=40°，
∴△ABE中，∠B==70°，
∴∠AED=70°，
故选：A．
【点睛】本题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
6. 如图，EF是△ABC的中位线，点O是EF上一点，且满足，则△ABC 的面积与△AOC的面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得EF∥BC，EF＝BC，再求出OE与BC的关系，然后利用三角形的面积公式解答即可．
【详解】解：∵EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，EF＝BC，
∵OE＝2OF，
∴OE＝×BC＝BC，
设点A到BC的距离为h，
则S△ABC＝BC•h，S△AOC＝OE•h＝×BC•h＝BC•h，
∴△ABC的面积与△AOC的面积之比＝3：1．
故选：D
【点睛】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，三角形的面积，熟记定理并用BC表示出OE是解题的关键．
7. 如图，是半圆的直径，点在半圆上，，连接，过点作，交的延长线于点．设的面积为的面积为，若，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，过作于，证明，由，即，可得，证明，可得，设，则，可得，，再利用正切的定义可得答案．
【详解】解：如图，过作于，

∵，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选A
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
8. 如图，在中，点D，E分别在边和上，连接，若是的中位线，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查中位线的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
利用中位线的性质，先证明，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【详解】解：∵是的中位线
∴，
∴，
∴，
∴，
故选B．
9. 如图，在矩形中，对角线、相交于点O，于点E，，且，则的长度是（ ）
A. B. 2C. 8D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形性质和，得出，，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．
【详解】解：∵矩形，，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质及含30度角的直角三角形的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质是解题关键．
10. 已知点，，都在反比例函数（）的图像上，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意易得反比例函数在每个象限内，y随x的增大而减小，由此问题可求解．
【详解】解：由反比例函数（）可知该函数在第一、三象限，则有在每个象限内，y随x的增大而减小，
∵点，，都在反比例函数的图像上，
∴，
故选D．
【点睛】本题主要考查反比例函数的图像与性质，熟练掌握反比例函数的图像与性质是解题的关键．
二、填空题（共24分）
11. 计算：___________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了实数的运算，首先计算负整数指数幂、二次根式的化简，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
12. 因式分解：_______.
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了提取公因式法分解因式，直接提取公因式a分解因式即可．
【详解】解：，
故答案为：．
13. 关于x的分式方程有增根，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】等式两边同时乘以公因式，化简分式方程，然后根据方程有增根，求出的值，即可求出．
【详解】，
解：方程两边同时乘以，得，
∴，
∵原方程有增根，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查分式方程的知识，解题的关键是掌握分式方程的增根．
14. 如图，函数的图象过点，则不等式的解集是_______．

【答案】##
【解析】
【分析】观察图象可得当时，，即可求解．
【详解】观察图象得：当时，，即，
∴不等式的解集为．
故答案为：
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，理解题意，利用数形结合思想求解是解题关键．
15. 如图，，平分，，则__________度.
【答案】70
【解析】
【分析】利用平行线性质得，结合角平分线即可求解，
本题考核知识点：平行线性质，角平分线定义， 解题关键：熟练运用平行线性质和角平分线定义．
【详解】∵，，
∴，，
∵平分，
∴
故答案为：．
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=_____．

【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.
17. 如图，矩形中，已知为边上一动点，将沿边翻折到．点与点重合．连接．则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，在上取点G，使，连接，，证明，可得出，则，当D、F、G三点共线时，最小，在中，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：在上取点G，使，连接，，
∵翻折，
∴，
又，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
当D、F、G三点共线时，最小，
在中，，，，
∴，
即的的最小值为．
故答案为：．
18. 如图，点A是反比例函数的图象上一点，过点A作轴于点B，点P是y轴上任意一点，连接，则的面积为______．
【答案】3
【解析】
【分析】本题主要考查反比例函数中k的几何意义．
连接，由于同底等高的两个三角形面积相等，则，然后根据反比例函数中k的几何意义有|，进而即可求解．
【详解】连接，
∵轴
∴
故答案为：3
三、计算题（共8分）
19. （1）计算：；
（2）化简：
【答案】（1）6
（2）1
【解析】
【分析】本题考查了分式的混合运算及特殊角三角函数值的混合运算，注意计算的准确性即可．
（1）分别计算零指数幂、三角函数值以及负整数指数幂即可；
（2）根据分式的混合运算法则即可求解．
【详解】解：（1）原式
（2）原式
四、作图题（共4分）
20. 尺规作图：如图，请用圆规和无刻度的直尺作出中斜边上的中线．（保留作图痕迹，不要求写作法）
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了尺规作图——线段垂直平分线，掌握相关尺规作图作法是解题的关键．尺规作图作出线段的垂直平分线，与交于点O，连接即可．
【详解】解：如图，线段即为所求．
五、解答题（共54分）
21. 超市购进A、B两种商品，购进4件A种商品比购进5件B种商品少用10元，购进20件A种商品和10件B种商品共用去160元．
（1）求A、B两种商品每件进价分别是多少元？
（2）若该商店购进A、B两种商品共200件，都标价10元出售，售出一部分商品后降价促销，以标价的八折售完所有剩余商品，以10元售出的商品件数比购进A种商品的件数少30件，该商店此次销售A、B两种商品共获利不少于640元，求至少购进A种商品多少件？
【答案】（1）A种商品每件进价5元，B种商品每件进价6元；
（2）至少购进A种商品100件．
【解析】
【分析】此题考查了二元一次方程组的应用和一元一次不等式的应用：
（1）根据“购进4件A种商品比购进5件B种商品少用10元，购进20件A种商品和10件B种商品共用去160元”列出方程组解答即可；
（2）设购进A种商品件，则B种商品件，“利润不少于640元”列出不等式解答即可．
【小问1详解】
解：设A甲种商品每件进价x元，B种商品每件进价y元，
根据题意，得，解得：，
答：A种商品每件进价5元，B种商品每件进价6元．
【小问2详解】
解：设A种商品购进a件，则B种商品件，
根据题意，得，
解得：，
答：至少购进A种商品100件．
22. 为了解某校学生一周内劳动教育情况，随机抽查部分学生一周内课外劳动时间，将数据进行整理并制成如下统计图的图1和图2．
（1）求图1中m的值为______，此次抽查数据的中位数是______h；
（2）求该校此次抽查的学生一周内平均课外劳动时间；
（3）若该校共有2000名学生，请你估计该校学生一周内课外劳动时间不小于的人数．
【答案】（1）25；3
（2）
（3）人
【解析】
【分析】本题条形统计图和扇形统计图，中位数，平均数，样本估计总体，解题关键是掌握中位数和平均数的求法，会利用样本估计总体．
（1）两个统计图结合计算出随机调查的总人数，用劳动4小时的人数除以调查总人数求出m，利用中位数的定义，中位数应是第20和21的中位数．
（2）利用平均数的定义，计算出调查的总课外劳动时间除以调查人数即可．
（3）计算出调查人数中不小于的人数占比再乘该校总人数得出答案．
小问1详解】
解：人，．
∴．
中位数：．
故答案为：25，3；
【小问2详解】
解：．
答：该校此次抽查的学生一周内平均课外劳动时间为；．
【小问3详解】
解：人．
答：该校学生一周内课外劳动时间不小于的人数为1400人．
23. 如图，已知，，将沿射线的方向平移至，使为的中点，连结，记与的交点为O．
（1）求证：；
（2）若平分，求的度数．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的性质与判定，关键是能够利用平移的性质和三角形中位线定理推导出所需条件．
（1）利用三角形中位线定理得出，进而利用证明即可；
（2）根据全等三角形的性质得出的度数，进而利用三角形的内角和定理解答即可．
【小问1详解】
证明：由平移可知，，，
∵为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
即，
在与中，
，
∴．
【小问2详解】
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴．
24. 如图，已知和，，，，与交于点，点在上．求证：；
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据证明即可得到
【详解】证明，
，
，，
，
；
25. 如图，在中，，点O在边上，且，过点A作交的延长线于点D，以点O为圆心，的长为半径作交于点E．
（1）求证：是的切线．
（2）若的半径为5，，求线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，角平分线性质定理，切线的判定等知识．
（1）过点O作，垂足为F．由题意得，进而得，由，得，问题得证；
（2）由勾股定理求得，证明，即可求解．
【小问1详解】
证明：过点O作，垂足为F．
∵， ，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即为的半径，
∴是的切线．
【小问2详解】
解：的半径为5，，
∴，，
在中，由勾股定理可得，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
26. 如图，为的直径，C为上一点，连接，过C作于点D，在上取一点E，连接，且满足平分，连接，分别交于点F，G．
（1）求证：；
（2）若，，求⊙半径及线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）⊙的半径为5，线段的长为．
【解析】
【分析】此题考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、等角对等边、勾股定理等知识，证明和是解题的关键．
（1）先证明，根据余角的性质和角平分线得到，由圆周角定理得到，则，即可得到结论；
（2）求出，证明，得到，则，由得到，即可得到⊙的半径为5，根据得到，由勾股定理得到，设，则，在中，由即可求出x的值，即可得到线段的长．
【小问1详解】
证明：∵为的直径，
∴，
∴，
∵于点D，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，，
∴，
由（1）可知，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴⊙的半径为5，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
即线段的长为．
27. 如图，直线y＝x﹣4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）点M在抛物线上，连接MB，当∠MBA+∠CBO＝45°时，求点M的坐标；
（3）点P从点C出发，沿线段CA由C向A运动，同时点Q从点B出发，沿线段BC由B向C运动，P、Q的运动速度都是每秒1个单位长度，当Q点到达C点时，P、Q同时停止运动，试问在坐标平面内是否存在点D，使P、Q运动过程中的某一时刻，以C、D、P、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣4，C（﹣3，0）；（2）满足条件的点M的坐标为（，﹣）或（5，）；（3）存在满足条件的点D，点D坐标为（﹣，﹣）或（1，﹣2）或（﹣，）．
【解析】
【分析】第一问求解析式主要利用待定系数求解，利用一次函数y＝x﹣4，求解出A点坐标和B点坐标，然后代入方程即可，
第二问求解M点的坐标，需要讨论，因为∠MBA+∠CBO＝45°是动态的，故当BM⊥BC时是一种情况，利用tan∠M1BE＝tan∠BCO＝，可以给出等式关系，求出M点，BM与BC关于y轴对称时是第二种情况，tan∠M2BE＝tan∠CBO＝，可以出给等式关系，求出M点
第三问，需要讨论，因为四个点，知晓其中三个点，可以这样讨论，当CP为菱形的边，CQ为对角线这是第一种情况，利用解直角三角形求出Q点的纵坐标，就知道D点的纵坐标，然后利用cs∠BCO＝，建立等式即可求出菱形的边长，利用菱形边长和Q点横坐标，即可得到Q点横坐标，当CQ和CP均为菱形的边这是第二种情况，因为CP=CQ=BQ，所以Q点在BC的中，即菱形的边长出来了，利用解直角三角形即可给出Q点的纵坐标，知道菱形的边长，所以D点的横纵坐标都出来了，当CQ为菱形的边，CP为菱形的对角线这是第三种情况，利用解直角三角形，可以给出Q点坐标，我们可以知道D点和Q点关于x轴对称，有菱形的基本性质可以知道，所以D点坐标出来了
【详解】（1）直线解析式y＝x﹣4，
令x＝0，得y＝﹣4；
令y＝0，得x＝4．
∴A（4，0）、B（0，﹣4）．
∵点A、B在抛物线y＝x2+bx+c上，
∴
，
解得 ，
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣x﹣4．
令y＝x2﹣x﹣4＝0，
解得：x＝﹣3或x＝4，
∴C（﹣3，0）．
（2）∠MBA+∠CBO＝45°，
设M（x，y），
①当BM⊥BC时，如答图2﹣1所示．
∵∠ABO＝45°，
∴∠MBA+∠CBO＝45°，故点M满足条件．
过点M1作M1E⊥y轴于点E，则M1E＝x，OE＝﹣y，
∴BE＝4+y．
∵tan∠M1BE＝tan∠BCO＝，
∴，
∴直线BM1的解析式为：y＝x﹣4．
联立y＝x﹣4与y＝x2﹣x﹣4，
得：x﹣4＝x2﹣x﹣4，
解得：x1＝0，x2＝ ，
∴y1＝﹣4，y2＝﹣ ，
∴M1（，﹣）；
②当BM与BC关于y轴对称时，如答图2﹣2所示．
∵∠ABO＝∠MBA+∠MBO＝45°，∠MBO＝∠CBO，
∴∠MBA+∠CBO＝45°，
故点M满足条件．
过点M2作M2E⊥y轴于点E，
则M2E＝x，OE＝y，
∴BE＝4+y．
∵tan∠M2BE＝tan∠CBO＝，
∴ ，
∴直线BM2的解析式为：y＝x﹣4．
联立y＝x﹣4与y＝x2﹣x﹣4得：x﹣4＝x2﹣x﹣4，
解得：x1＝0，x2＝5，
∴y1＝﹣4，y2＝，
∴M2（5，）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为：（，﹣ ）或（5，）．
（3）设∠BCO＝θ，则tanθ＝ ，sinθ＝，csθ＝．
假设存在满足条件的点D，设菱形的对角线交于点E，设运动时间为t．
①若以CQ为菱形对角线，如答图3﹣1．此时BQ＝t，菱形边长＝t．
∴CE＝CQ＝（5﹣t）．
在Rt△PCE中，csθ＝ ＝ ＝ ，
解得t＝ ．
∴CQ＝5﹣t＝．
过点Q作QF⊥x轴于点F，
则QF＝CQ•sinθ＝，CF＝CQ•csθ＝，
∴OF＝3﹣CF＝．
∴Q（﹣，﹣）．
∵点D1与点Q横坐标相差t个单位，
∴D1（﹣，﹣）；
②若以PQ为菱形对角线，如答图3﹣2．此时BQ＝t，菱形边长＝t．
∵BQ＝CQ＝t，
∴t＝ ，点Q为BC中点，
∴Q（﹣ ，﹣2）．
∵点D2与点Q横坐标相差t个单位，
∴D2（1，﹣2）；
③若以CP为菱形对角线，如答图3﹣3．此时BQ＝t，菱形边长＝5﹣t．
在Rt△CEQ中，csθ＝ ＝ ＝，
解得t＝．
∴OE＝3﹣CE＝3﹣t＝ ，D3E＝QE＝CQ•sinθ＝（5﹣ ）× ＝．
∴D3（﹣，）．
综上所述，存在满足条件的点D，点D坐标为：（﹣，﹣）或（1，﹣2）或（﹣，）．