2024年贵州省铜仁市石阡县中考数学质检试卷（3月份）（含解析）

这是一份2024年贵州省铜仁市石阡县中考数学质检试卷（3月份）（含解析），共20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.若抛物线y=ax2+3x−6的开口向下，则a的值可以是( )
A. 1B. −1C. 2D. 5
2.如图，点A、B、C在⊙O上，∠A=50°，则∠BOC的度数为( )
A. 130°
B. 50°
C. 65°
D. 100°
3.某几何体的三视图如图，该几何体是( )
A. 长方体
B. 圆锥
C. 圆柱
D. 直三棱柱
4.在一个不透明的盒子中，装有绿球和白球共60个，这些球除颜色外其他完全相同.从盒子中随机摸出一个球，记下颜色后放回摇匀，通过多次摸球试验发现，摸到绿球的频率稳定在30%左右，则盒子中白球的个数可能是( )
A. 48个B. 42个C. 32个D. 18个
5.一个立体图形的侧面展开图如图所示，则该立体图形的底面形状是( )
A.
B.
C.
D.
6.质检部门从4000件电子元件中随机抽取100件进行检测，其中有2件是次品，据此估计这批电子元件中次品数量大约为( )
A. 2件B. 8件C. 20件D. 80件
7.如图，以点O为位似中心，把△ABC的各边长放大为原来的2倍得到△A′B′C′，下列说法中，错误的是( )
A. AO：AA′=1：2B. AC//A′C′
C. S△ABC：S△A′B′C′=1：4D. A，O，A′三点在同一条直线上
8.如图，正六边形ABCDEF的边长为6，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为( )
A. 4π
B. 6π
C. 8π
D. 12π
9.下列成语所描述的事件属于不可能事件的是( )
A. 海底捞月B. 水涨船高C. 旭日东升D. 水滴石穿
10.若二次函数y=x2−2x+m的图象经过A(−1,y1)，B(2,y2)，C(3,y3)三点，则关于y1，y2，y3的大小关系正确的是( )
A. y211.高速公路的隧道和桥梁最多，如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以O为圆心的圆的一部分，路面AB=8米，净高CD=8米，则此圆的半径OA=( )
A. 5米
B. 5.5米
C. 6米
D. 6.5米
12.已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=2，与x轴的一个交点为(4,0)，其部分图象如图所示，下列结论：①抛物线过原点；②a−b+c<0；③4a+b+c=0；④a2−b2>0.其中正确的有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.阳光下广告牌的影子属于______投影(填“中心”或“平行”)．
14.若关于x的一元二次方程x2−4x+m=0有实数根，则m的最大值为______．
15.如图是二次函数y=ax2+bx+c的部分图象，由图象可知不等式ax2+bx+c<0的解集是______．
16.如图，直线AB，CD相交于点O，∠AOD=30°，半径为2cm的⊙P的圆心在直线AB上，且位于点O左侧10cm处.若⊙P以2cm/s的速度由A向B的方向移动，则______s后，⊙P与直线CD相切．
三、解答题：本题共9小题，共98分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，已知抛物线y=2x2−8x+1．
(1)它的顶点坐标是______，当x的取值范围为______时，y随x的增大而减小；
(2)将抛物线y=2x2−8x+1先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，求所得新抛物线与x轴的交点坐标．
18.(本小题10分)
如图，路灯下一墙墩(用线段AB表示)的影子是BC，小明(用线段DE表示)的影子是EF，在M处有一棵大树，它在这个路灯下的影子是MN．
(1)在图中画出路灯的位置并用点P表示；
(2)在图中画出表示大树的线段MQ．
19.(本小题10分)
如图是一款近似圆锥形帐篷，其侧面展开后是一个半径为3m、圆心角为120°的扇形，制作这顶帐篷(侧面与底面)需要多少平方米的材料？(结果保留π)
20.(本小题10分)
如图，△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O，交BC边于点D，交CA的延长线于点E，连结AD，DE．
(1)求证：BD=CD；
(2)若AB=5，DE=4，求AD的长．
21.(本小题10分)
如图，一次函数y=x+3的图象与反比例函数y=kx(k≠0)的图象交于点A与点B(a,−1)．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)连接OA，OB，求△OAB的面积．
22.(本小题10分)
暑假期间，小明和小张计划外出游玩，准备通过抽卡片的方式每人从下面四个景点A：石阡佛顶山；B：莲华古风景区；C：楼上古寨；D：贵州三昧禅院中各随机选择一个．
(1)小明选择去石阡佛顶山的概率为______；
(2)请用画树状图或列表的方法，求小明和小张去同一景区的概率．
23.(本小题12分)
除夕夜小李和亮亮相约去看烟花，并测量烟花的燃放高度.如图，小李从点B处出发，沿坡度为i=5：12的山坡BA走了260m到达坡顶点A处，亮亮则到达离点A水平距离为80m的点C处观看，此时烟花在与B，C同一水平线上的点D处点燃，一朵朵灿烂的烟花在点D的正上方点E处绽放，小李在坡顶A处看烟花绽放处E的仰角为45°，亮亮在C处测得点E的仰角为60°.(点A，B，C，D，E在同一平面内；参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732)
(1)小李从斜坡B处走到A处，高度上升了多少米？
(2)烟花燃放结束后，小李和亮亮来到烟花燃放地帮忙清理现场的垃圾，他们清理时发现说明书上写着烟花的燃放高度为(430∖ pm5)m，请你帮他们计算一下，说明书上写的烟花燃放高度与实际燃放高度(图中DE)是否相符？
24.(本小题12分)
如图，AB是⊙O的直径，OD垂直于弦AC于点E，且交⊙O于点D，F是BA延长线上一点，若∠CDB=∠BFD．
(1)求证：FD是⊙O的一条切线；
(2)若AB=15，BC=9，求DF的长．
25.(本小题12分)
某俱乐部购进一台如图1的篮球发球机，用于球员篮球训练.该发球机可以以不同力度发射出篮球，篮球运行的路线都是抛物线.出球口离地面高1米，以出球口为原点，平行于地面的直线为x轴，垂直于地面的直线为y轴，建立平面直角坐标系.力度变化时，抛物线的顶点在直线y=kx上移动，从而产生一组不同的抛物线y=ax2+bx(如图2)．
(1)若k=1．
①发球机发射出的篮球运行到距发球机水平距离为6m时，离地面的高度为1m.请直接写出该球在运行过程中离地面的最大高度；
②若发球机发射出的篮球在运行过程中离地面的最大高度为3m，求该球运行路线的解析式，及此球落地点离发球机的水平距离；
(2)球员小刚训练时发现：当篮球运行到离地面高度为1m至2.2m之间(包含端点)是最佳接球区间，若k=12，直接写出当a满足什么条件时，距发球机水平距离12m的小刚在前后不挪动位置的前提下，能在最佳区间接到球．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵抛物线y=ax2+3x−6的开口向下，
∴a<0，
∴a的值可以是−1，
故选：B．
根据a<0时，抛物线的开口向下，进行判断即可．
本题考查了二次函数的图象和性质，对于二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c为常数，a≠0)，当a>0时，抛物线开口向上，此时函数有最小值；当a<0时，抛物线开口向下，此时函数有最大值．
2.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查了圆周角定理的运用．根据圆周角定理求解即可．
【解答】
解：∵∠A=50°，
∴∠BOC=2∠A=100°．
故选D．
3.【答案】D
【解析】解：∵几何体的主视图和左视图都是长方形，
∴该几何体是一个柱体，
又∵俯视图是一个三角形，
∴该几何体是一个三棱柱．
故选：D．
根据一个空间几何体的主视图和左视图都是长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可判断柱体形状，得到答案．
本题考查的知识点是由三视图判断几何体，如果有两个视图为三角形，该几何体一定是锥，如果有两个矩形，该几何体一定是柱，其底面由第三个视图的形状决定．
4.【答案】B
【解析】解：设白球有x个，
由题意，得：60−x60=30%，
解得：x=42；
故选：B．
根据题意得到摸到绿球的概率为30%，设白球有x个，根据概率公式列出方程进行求解即可．
本题考查利用频率估计概率，解题的关键是掌握概率公式．
5.【答案】C
【解析】解：由图形可知，该立体图形的底面形状是
故选：C．
根据常见立方体的展开图即可解答．
本题考查立体题的展开图，熟记常见立方体的展开图是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：由题意，得：4000×2100=80(件)；
故选：D．
利用样本估计总体的思想进行求解即可．
本题考查利用样本估计总体，掌握利用样本估计总体的思想进行是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵以点O为位似中心，把△ABC的各边长放大为原来的2倍得到△A′B′C′，
∴A，O，A′三点在同一条直线上，AO：OA′=OC：OC′=1：2；△ABC∽△A′B′C′，且相似比为1：2，
∴S△ABC：S△A′B′C′=1：4，
∵AO：OA′=OC：OC′=1：2，∠AOC=∠A′OC′，
∴△AOC∽△A′OC′，
∴∠ACO=∠A′C′O，
∴AC//A′C′；
综上：只有选项A错误；
故选：A．
根据位似三角形的性质，逐一进行判断即可．
本题考查位似三角形，熟练掌握位似的性质是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵正六边形的外角和为360°，
∴每一个外角的度数为360°÷6=60°，
∴正六边形的每个内角为180°−60°=120°，
∵正六边形的边长为6，
∴S阴影=120π×62360=12π，
故选：D．
首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用扇形的面积公式计算即可．
本题考查了正多边形和圆及扇形的面积的计算的知识，解题的关键是求得正六边形的内角的度数并牢记扇形的面积计算公式，难度不大．
9.【答案】A
【解析】解：A、海底捞月是不可能事件，故A符合题意；
B、水涨船高是必然事件，故B不符合题意；
C、旭日东升是必然事件，故C不符合题意；
D、水滴石穿是必然事件，故D不符合题意；
故选：A．
根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，逐一判断即可解答．
本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵y=x2−2x+m，
∴抛物线的开口向上，对称轴为x=−−22=1，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，
∵|−1−1|=|3−1|>|2−1|，
∴y2故选：C．
根据二次函数的性质，进行判断即可．
本题考查比较二次函数的函数值大小，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：由题意，得CD⊥AB，
∴AD=12AB，
设此圆的半径OA=r米，
∵AB=8米，CD=8米，
∴AD=4米，OD=(8−r)米，
在Rt△OAD中，
由勾股定理，得OA2=AD2+OD2，
即r2=42+(8−r)2，
解得r=5(米)，
故选：A．
根据垂径定理得到AD的长，再根据勾股定理即可求出半径．
本题考查垂径定理，勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=2，与x轴的一个交点坐标为(4,0)，
∴点(4,0)关于对称轴的对称点为(0,0)，
∴图象经过原点，故①正确，符合题意；
∴16a+4b+c=0，c=0，
∴两边同除以4得，4a+b=0，
∴4a+b+c=0故③正确，符合题意；
由图象可知，当x=1时y=a+b+c<0
∵图象过原点且经过第二象限，
∴当x=−1时y=a−b+c>0，故②，不符合题意错误；
又∵c=0，
∴a−b>0，a+b<0，
∴a2−b2=(a+b)(a−b)<0，故④错误，不符合题意；
故选：B．
根据题意和二次函数的性质，可以判断出各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
本题考查二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点等知识点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
13.【答案】平行
【解析】解：阳光下广告牌的影子属于平行投影．
故答案为：平行．
根据平行投影中心投影的定义判断即可．
本题考查平行投影，平行线的判定等知识，解题的关键是掌握平行投影，中心投影的定义，属于中考常考题型．
14.【答案】4
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2−4x+m=0有实数根，
∴Δ=(−4)2−4×1×m≥0，
解得m≤4，
∴m的最大值为4，
故答案为：4．
由题意得出Δ=(−4)2−4×1×m≥0，求解即可得到m的取值范围，然后写出m的最大值即可．
本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：①Δ>0，方程有两个不相等的实数根，②Δ=0，方程有两个相等的实数根，③Δ<0，方程没有实数根．
15.【答案】x<−1或x>5
【解析】解：由图可知，对称轴为直线x=2，与x轴的一个交点坐标为(5,0)，
∴函数图象与x轴的另一交点坐标为(−1,0)，
∴ax2+bx+c<0的解集是x<−1或x>5．
故答案为：x<−1或x>5．
根据二次函数的对称性求出函数图象与x轴的另一交点，再写出x轴下方部分的x的取值范围即可．
本题考查了二次函数与不等式，此类题目利用数形结合的思想求解更加简便．
16.【答案】3或7
【解析】解：当⊙P1在直线CD左侧时，过点P1作P1E⊥CD交CD于点E，如图，

∴P1E=2cm，∠P1EO=90°，
∵∠AOD=30°，
∴P1O=2P1E=4cm，
∴PP1=OP−OP1=10−4=6cm，
则⊙P向右移动了6cm，所用时间62=3秒；
当⊙P2在直线CD右侧时，如图，
过点P2作P2F⊥CD交CD于点F，则P2F=2cm，∠P2FO=90°，
∵∠COB=∠AOD=30°，
∴P2O=4cm，
∴PP2=OP+OP2=14cm，
则⊙P向右移动了14cm，所用时间142=7秒．
故答案为：3或7．
当⊙P1在直线CD左侧时如图，由∠AOD=30°，求得P1O，则有P1P即可求得时间；当⊙P2在直线CD右侧时，同理求得PP2即可求得时间．
本题考查了直线与圆的位置关系，掌握含30°角的直角三角形的性质，圆的切线性质是解题的关键．
17.【答案】(2,−7) x<2
【解析】解：(1)∵y=2x2−8x+1=2(x−2)2−7，
∴顶点坐标为(2,−7)，对称轴为直线x=2，
∴当x<2时，y随x的增大而减小；
故答案为：(2,−7)，x<2；
(2)∵y=2x2−8x+1=2(x−2)2−7，
∴抛物线y=2x2−8x+1先向左平移2个单位，再向下平移3个单位得到y=2(x−2+2)2−7−3=2x2−10，
∴当y=0时，2x2−10=0，
∴x=± 5，
∴新抛物线与x轴的交点坐标为( 5,0),(− 5,0)．
(1)将一般式转化为顶点式，作答即可；
(2)求出新的抛物线的解析式，令y=0，进行求解即可．
本题考查二次函数的图象和性质，二次函数图象的平移．
18.【答案】解：(1)点P位置如图；
(2)线段MQ如图．

【解析】本题考查了中心投影，理解影子与物体的顶端的连线所在的直线一定经过光源点是解题的关键．
(1)连接CA、FD并延长，交点即为路灯P的位置；
(2)连接PN，过点M作MQ⊥MN交PN于Q，MQ即为表示大树的线段．
19.【答案】解：由题意得：帐篷的侧面需要的材料为：120360×32×π=3πm2，
设帐篷的底面半径为r，则2πr=120180×3×π，
解得：r=1，
∴帐篷的底面需要的材料为πr2=πm2，
∴制作这顶帐篷(侧面与底面)需要的材料为：π+3π=4πm2．
【解析】先由扇形面积公式计算出帐篷的侧面需要的材料，设帐篷的底面半径为r，则2πr=120180×3×π，求出底面半径，从而得出帐篷的底面需要的材料，即可得解．
本题考查了圆锥的侧面积与底面积的计算，熟练掌握扇形的面积计算公式是解答此题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BD，
又∵AB=AC，
∴BD=CD；
(2)解：∵AB=5，DE=4，
∴AB=AC=5，
∴∠B=∠C，
∵∠B=∠E，
∴∠E=∠C，
∴DE=DC=4，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADC=90°，
∴AD= AC2−CD2= 52−42=3．
【解析】(1)利用等腰三角形的三线合一的性质证明即可；
(2)根据同圆中同弧所对的圆周角相等得到∠B=∠E，根据对边对等角得出∠B=∠C，则∠E=∠C，进而得到DE=DC，即可根据勾股定理求解．
此题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，熟记同圆中同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
21.【答案】解：(1)把B(a,−1)代入y=x+3，得：−1=a+3，
∴a=−4，
∴B(−4,−1)，
∴k=−4×(−1)=4，
∴反比例函数的解析式为：y=4x；
(2)联立y=x+3y=4x，解得：x=−4y=−1或x=1y=4，
∴A(1,4)，
∵y=x+3，
当x=0时，y=3，
∴D(0,3)，
∴S△AOB=12OD⋅|xA−xB|=12×3×5=152．

【解析】(1)待定系数法求出函数解析式即可；
(2)分割法求三角形的面积即可．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，能求出表达式是解题的关键．
22.【答案】14
【解析】解：(1)小明选择去石阡佛顶山的概率为14；
故答案为：14；
(2)画出树状图如图：
共有16种等可能的结果，其中小明和小张去同一景区的情况有4种，
∴P=416=14．
(1)直接利用概率公式进行计算即可；
(2)画出树状图，利用概率公式进行计算即可．
本题考查树状图法求概率，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
23.【答案】解：(1)过点A作AG⊥BC，

由题意，得：AGBG=512，
设AG=5x，则BG=12x，
∴AB= AG2+BG2=13x=260，
∴x=20，
∴AG=5×20=100；
答：高度上升了100米；
(2)过点A作AF⊥DE于点F，

由题意得：四边形AGDF为矩形，CG=80，
∴AF=DG，CD=DG−CG，DF=AG=100，
设AF=DG=m，则：CD=m−80，
在Rt△AFE中，∠FAE=45°，
∴EF=AF=m，
在Rt△CDE中，∠C=60°，
∴DE= 3CD= 3m−80 3，
∴DF=DE−EF= 3m−80 3−m=100，
解得：m=90 3+170≈326，
∴DE=EF+DF=326+100=426m；
∵烟花的燃放高度为(430∖ pm5)m，即为425m～435m，
故烟花燃放高度与实际燃放高度相符．
【解析】(1)过点A作AG⊥BC，解直角三角形AGB即可；
(2)过点A作AF⊥DE于点F，设AF=m，分别解Rt△AEF，Rt△CDF，进行求解即可．
本题考查解直角三角形的实际应用，正确地找出辅助线是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵∠CDB=∠CAB，∠CDB=∠BFD，
∴∠CAB=∠BFD，
∴FD/​/AC(同位角相等，两直线平行)，
∵∠AEO=90°，
∴∠FDO=90°，
∴FD是⊙O的一条切线；
(2)解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AB=15，BC=9，
∴AC= AB2−BC2=12，
∵DO⊥AC，
∴AE=EC=6，AO=7.5，
∴EO=4.5，
∵AE/​/FD，
∴△AEO∽△FDO，
∴AEFD=EODO，
∴6FD=4.57.5
解得：FD=10．
【解析】(1)利用圆周角定理以及平行线的判定得出∠FDO=90°，进而得出答案；
(2)利用垂径定理得出AE的长，再利用相似三角形的判定与性质得出FD的长．
此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的判定等知识，得出△AEO∽△FDO是解题关键．
25.【答案】解：(1)①当k=1时，抛物线的顶点在直线y=x上移动，
∵发球机发射出的篮球运行到距发球机水平距离为6m时，离地面的高度为1m，
∴抛物线经过(6,0)，
∵抛物线具有对称性，
∴对称轴为直线x=3，
由抛物线的顶点在直线y=x上，把x=3代入y=x，
∴抛物线的顶点为(3,3)，
∵出球口离地面高1米，
∴该球在运行过程中离地面的最大高度为4m；
②∵发球机发射出的篮球在运行过程中离地面的最大高度为3m，
∴抛物线顶点的纵坐标为2，
把y=2代入y=x，得x=2，
∴抛物线的顶点为(2,2)，
由顶点为(2,2)，得−b2a=24a+2b=2，
解得a=−12b=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+2x，
把y=−1代入y=−12x2+2x，
得−12x2+2x=−1，
解得x1=2+ 6，x2=2− 6(不合题意，舍去)，
∴此球落地点离发球机的水平距离为(2+ 6)m；
(2)当k=12时，一次函数解析式为y=12x，
由抛物线y=ax2+bx，对称轴为直线x=−b2a，
得抛物线的顶点为(−b2a,−b24a)，
把(−b2a,−b24a)代入y=12x，
得12⋅(−b2a)=−b24a，
整理得b=1，
∴抛物线的解析式为y=ax2+x，
由篮球运行到离地面高度为1m至2.2m之间(包含端点)时最佳接球区间，
且距发球机水平距离12m的小刚在前后不挪动位置的前提下，
得将(12,0)代入y=ax2+x，得144a+12=0，
解得a=−112，
将(12,1.2)代入y=ax2+x，得144a+12=1.2，
解得a=−340，
∴当−112≤a≤−340时，距发球机水平距离12m的小刚在前后不挪动位置的前提下，能在最佳区间接到球．
【解析】(1)①根据发球机发射出的篮球运行到距发球机水平距离为6m时，离地面的高度为1m，得到抛物线经过(6,0)，从而有对称轴为直线x=3，根据题意得到顶点坐标，即可求出最大高度；
②根据发球机发射出的篮球在运行过程中离地面的最大高度为3m，得到顶点坐标，再根据对称轴和顶点坐标列出方程组，求出函数解析式，将y=−1代入函数解析式即可得到结果；
(2)当k=12时，一次函数解析式为y=12x，由函数解析式可得顶点为(−b2a,−b24a)，将顶点代入一次函数解析式得到b的值，根据由篮球运行到离地面高度为1m至2.2m之间(包含端点)时最佳接球区间且距发球机水平距离12m的小刚在前后不挪动位置的前提下，即可求出a的取值范围．
本题考查了二次函数的应用，本题的关键是灵活运用抛物线的对称轴和条件中顶点的特点解题．