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

这是一份2024年甘肃省金昌市永昌县南坝中学联片教研中考三模数学试题（原卷版+解析版），文件包含2024年甘肃省金昌市永昌县南坝中学联片教研中考三模数学试题原卷版docx、2024年甘肃省金昌市永昌县南坝中学联片教研中考三模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

一、选择题(共30分)
1. 化简结果正确的是（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同分母分式加减运算法则进行计算即可．
【详解】解：，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了分式加减，解题的关键是熟练掌握同分母分式加减运算法则，准确计算．
2. 下列各式中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式判断即可．
【详解】解：A、属于最简二次根式，故本选项符合题意；
B、不属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、不属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
D、不属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：A
【点睛】本题考查最简二次根式，掌握最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式是解题的关键．
3. 关于的一元一次方程的解为，则的值为（ ）
A. 9B. 8C. 5D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元一次方程的概念和其解的概念解答即可．
【详解】解：因为关于x的一元一次方程2xa-2+m=4的解为x=1，
可得：a-2=1，2+m=4，
解得：a=3，m=2，
所以a+m=3+2=5，
故选C．
【点睛】此题考查一元一次方程的定义，关键是根据一元一次方程的概念和其解的概念解答．
4. 不等式组的解集在数轴上表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先解出不等式组的解集，然后将解集表示在数轴上即可．
【详解】解：解不等式，得，
解不等式，得，
∴不等式组的解集为，
在数轴上表示为：

故选：B．
【点睛】此题考查不等式组的解法，解题关键是将解集表示在数轴上时，有等号即为实心点，无等号则为空心点．
5. 如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】
如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
6. 用配方法解一元二次方程，下列变形正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】移项，配方，即可得出选项．
【详解】解：x2+4x+1=0，
x2+4x=-1，
x2+4x+4=-1+4，
（x+2）2=3，
故选：A．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
7. 如图，一把梯子靠在垂直水平地面的墙上，梯子的长是3米．若梯子与地面的夹角为，则梯子顶端到地面的距离BC为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用锐角三角函数关系得出，进而得出答案．
【详解】解：由题意可得：，
故．
故选A
【点睛】考核知识点：由正弦求边.理解正弦定义是关键.
8. 如图，已知点，是以为直径的半圆的三等分点，的长为，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了扇形面积的计算，连接，，根据，是以为直径的半圆的三等分点，可得，是等边三角形，将阴影部分的面积转化为扇形的面积，根据求解即可．
【详解】解：连接，，，
，是以为直径的半圆的三等分点，
，，
又，
、是等边三角形，
，
，
，
弧的长为，
，
解得：，
．
故选：A．
9. 木匠师傅用长，宽的矩形木板做一个尽可能大的圆形桌面，有如下两种方案：
方案一：直接锯一个半径最大的圆；
方案二：沿对角线将矩形锯成两个三角形，适当平移三角形并锯一个最大的圆．则方案二比方案一的半径大（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法，证明．
方案一：观察图易知，截圆的直径需不超过长方形长、宽中最短的边，由已知长宽分别为3，2，那么直接取圆直径最大为2，则半径最大为1，方案二：作于，于，设半径为，利用相似三角形的性质即可求出圆的半径，然后求出两个圆的半径之差即可．
【详解】解：方案一：因为长方形的长宽分别为3、2，那么直接取圆直径最大为2，则半径最大为1；
方案二：作于，于，如图所示：
则，
∵，
∴,
∴，
∴，
∴，
设半径为，
∴，
解得：，
∴．
故选：D．
10. 如图，点C在反比例函数y=（x>0）的图象上，过点C的直线与x轴，y轴分别交于点A，B，且AB=BC，△AOB的面积为1，则k的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】【分析】过点C作轴，设点 ，则 得到点C的坐标，根据的面积为1，得到的关系式，即可求出的值.
【解答】过点C作轴，
设点 ，则
得到点C的坐标为：
的面积为1，
即

故选D.
【点评】考查反比例函数图象上点的坐标特征，掌握待定系数法是解题的关键.
二、填空题(共24分)
11. 若二次根式有意义，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件．根据二次根式有意义的条件即可求出答案．
【详解】解：二次根式有意义，
，
，
故答案为：．
12. 把多项式分解因式的结果是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了综合提公因式和公式法因式分解，先正确找出公因式，在根据平方差公式进行因式分解即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
13. 计算：_________．
【答案】4
【解析】
【分析】先计算有理数的乘方，再进行二次根式的化简，
本题考查了，有理数的乘方，二次根式的化简，解题的关键是：熟练掌握相关运算法则．
【详解】解：，
故答案为：4．
14. 如图，长方形 ABCD 中，点 E 在边 AB 上，将一边 AD 折叠，使点 A恰好落在边 BC 的点 F 处，折痕为 DE．若 AB=4，BF=2，则 AE的长是________________．
【答案】
【解析】
【分析】设AE=x，在中，由勾股定理建立方程求解即可
【详解】设AE=x，则BE=AB-AE=4-x，
由折叠的性质可得：EF=AE=x，
在中，由勾股定理得，BE2+BF2=EF2，
即，
解得，x=，
即AE的长为．
【点睛】本题考查知识点是翻折变换的性质和勾股定理，解决这类题目的关键会利用勾股定理列出方程．
15. 如图，在中，，点中点，，，则长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查直角三角形斜边的中线，勾股定理，关键是由直角三角形斜边中线的性质求出，由勾股定理即可求出的长．
【详解】解：，点为中点，
，
，
，
，
．
故答案为：．
16. 如图，在中，，，，点是上的动点，以为斜边作等腰直角，点和点位于的两侧，连接，则的最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】以为斜边在右侧作等腰直角三角形，边与交于点，连接并延长与交于点，作于点，连接，由题意可得与均为等腰直角三角形，可得，于是，因此，所以，所以在直线上运动，当时，最短，即为的长度，然后求解即可获得答案．
【详解】解：如图，以为斜边在右侧作等腰直角三角形，边与交于点，连接并延长与交于点，作于点，连接，
∵与均为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为上的动点，
∴在直线上运动，当时，最短，即为的长度，
在与中，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，即的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理的应用、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，熟练构造等腰直角三角形是解题的关键．
17. 如图，已知的三个顶点都在上，，则的度数为______°．

【答案】50
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，同弧所对的圆周角度数等于圆心角的一半，连接，计算的度数，根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图，连接，

∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：50．
18. 如图正方形，点F在边上且，，垂足为M，且交于点E，与交于点N，延长至G，使，连接．有如下结论：①；②；③；④．上述正确的结论是______．
【答案】①②③
【解析】
【分析】证明可判断①；证明，根据对应边成比例可判断②；作于H，设，，则，，证明，求出，可得，进而可判断③；设的面积为m，根据，推出，的面积为，的面积为，，可判断④．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
故①正确；
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故②正确；
作于H，设，，则，，，
，，
∴，
则，
∴，
，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
故③正确；
设的面积为m，
∵已证，
∴，
∴的面积为，的面积为，
∴，
∴
∴，
故④错误，
综上所述，正确的有①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，勾股定理，垂直平分线的性质等，难度较大，通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
三、计算题(共8分)
19. 计算：
（1）
（2）解方程：
【答案】（1）
（2）原分式方程无解
【解析】
【分析】（1）先利用负整数指数幂的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质、零指数幂的性质、二次根式的性质化简，然后进行计算即可；
（2）根据解分式方程的步骤求解即可．
【小问1详解】
解：原式=；
【小问2详解】
解：方程两边都乘以得，，
解得：，
检验：当时，，
所以，原分式方程无解．
【点睛】本题考查了负整数指数幂的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质、零指数幂的性质、二次根式的性质以及解分式方程，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
四、作图题(共4分)
20. 如图，在的方格纸中，请按要求画格点图形．（顶点均在格点上）
（1）在图1中画一个，使点在的中垂线上；
（2）在图2中画一个，使点在的中垂线上．
【答案】（1）图见解析
（2）图见解析
【解析】
【分析】本题考查了在网格中画格点三角形，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识．
（1）取格点C，满足，则点C在线段的垂直平分线上，连接即可；
（2）取格点B，满足，则点B在线段的垂直平分线上，连接即可．
【小问1详解】
解：满足条件的如下：
【小问2详解】
解：满足条件的如下：
五、解答题(共54分)
21. 如图所示，已知平行四边形ABCD的对角线交于O，过O作直线交AB、CD的反向延长线于E、F，求证：OE＝OF．
【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质：对边相等来解答．需要证明延长的边相等，就需要证明三角形全等．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形ABCD，
∴OA＝OC，DF∥EB
∴∠E＝∠F
又∵∠EOA＝∠FOC
∴△OAE≌△OCF,
∴OE＝OF．
【点睛】本题考查平行四边形的性质．掌握平行四边形对边相等、对角线互相平分的性质，同时结合此前学过的证明线段相等的方法，就能解答本题．
22. 将和如图放置．已知，，，
求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定，三角形内角和定理，平行线的性质．由等角的补角相等求得，利用三角形内角和定理求得，由平行线的性质求得，再利用即可证明．
【详解】证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
23. 某校在一次大课间活动中，采用了四种活动形式：A、跑步，B、跳绳，C、做操，D、游戏．全校学生都选择了一种形式参与活动，小杰对同学们选用的活动形式进行了随机抽样调查，根据调查统计结果，绘制了不完整的统计图．
请结合统计图，回答下列问题：
（1）本次调查学生共_____人，a=_____，并将条形图补充完整；
（2）如果该校有学生2000人，请你估计该校选择“跑步”这种活动的学生约有多少人？
（3）学校让每班在A、B、C、D四种活动形式中，随机抽取两种开展活动，请用树状图或列表的方法，求每班抽取的两种形式恰好是“跑步”和“跳绳”的概率．
【答案】（1）300，10；补图见解析；（2）有800人；（3）．
【解析】
【详解】解：（1）120÷40%=300，
a%=1﹣40%﹣30%﹣20%=10%，
∴a=10，
10%×300=30，
图形如下：
（2）2000×40%=800（人），
答：估计该校选择“跑步”这种活动的学生约有800人；
（3）画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中每班所抽到的两项方式恰好是“跑步”和“跳绳”的结果数为2，
所以每班所抽到的两项方式恰好是“跑步”和“跳绳”的概率=．
24. 已知点E是矩形的边上一点，于点F，求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定：有两组角对应相等的两个三角形相似．也考查了矩形的性质：四个角都是直角．先利用等角的余角相等得到，从而根据有两组角对应相等的两个三角形相似得到结论．
【详解】证明：∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵于点，
∴，
∴，
∴．
25. 如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．
（1）求证平分，并求的大小；
（2）过点作交的延长线于点，若，，求此圆半径的长．
【答案】（1）见解析，
（2）圆的半径长是4
【解析】
【分析】（1）由圆周角定理得到，而，因此，得到平分，由圆内接四边形的性质得到，即可求出；
（2）由垂径定理推出是等边三角形，得到由，得到，由平行线的性质求出，由圆内接四边形的性质求出，得到，由直角三角形的性质得到，因为是圆的直径，即可得到圆半径的长是4．
【小问1详解】
证明：，，
，
平分，
平分，
，
四边形是圆内接四边形，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：，，
，
，
，
是圆的直径，
垂直平分，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
∴，
，
四边形是圆内接四边形，
，
，
，则，
，
，，
，则，
是圆的直径，
圆的半径长是4．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，关键是由圆内接四边形的性质得到，由垂径定理推出是等边三角形．
26. 如图，是⊙O的弦，半径，垂足为D，弦与交于点F，连接，，．

（1）求证：；
（2）若，，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由垂径定理，得 ，由圆周角定理，得；
（2）可证得；中，勾股定理求得，于是.
小问1详解】
证明：∵ 是的半径
∴， （垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧）
∴（同弧或等弧所对的圆周角相等）
小问2详解】
解：∵ 又∵
∴（两角分别相等两个三角形相似）
∴（相似三角形对应边成比例）
∵
∴
在中
∴（勾股定理）
即
∴.
【点睛】本题考查垂径定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理；由相似三角形得到线段间的数量关系是解题的关键．
27. 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点A（2，0）和点，顶点为点D．
（1）求直线AB的表达式；
（2）求tan∠ABD的值；
（3）设线段BD与轴交于点P，如果点C在轴上，且与相似，求点C的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据抛物线经过点A（2，0），可得抛物线解析式为，再求出点B的坐标，即可求解；
（2）先求出点D的坐标为 ，然后利用勾股定理逆定理，可得△ABD为直角三角形，即可求解；
（3）先求出直线BD的解析式，可得到点P的坐标为 ，然后分两种情况讨论即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点A（2，0），
∴ ，解得： ，
∴抛物线解析式为，
当 时， ，
∴点B的坐标为 ，
设直线AB的解析式为 ，
把A（2，0），，代入得：
，解得： ，
∴直线AB的解析式为；
【小问2详解】
如图，连接BD，AD，
∵，
∴点D的坐标为 ，
∵A（2，0），，
∴ ，
∴ ，
∴△ABD为直角三角形，
∴；
【小问3详解】
设直线BD的解析式为 ，
把点，代入得：
，解得： ，
∴直线BD的解析式为 ，
当 时， ，
∴点P的坐标为 ，
当△ABP∽△ABC时，∠ABC=∠APB，
如图，过点B作BQ⊥x轴于点Q，则BQ=3，OQ=1，
∵△ABP∽△ABC，
∴∠ABD=∠BCQ，
由（2）知，
∴，
∴ ，
∴CQ=9，
∴OC=OQ+CQ=10，
∴点C的坐标为 ；
当△ABP∽△ABC时，∠APB=∠ACB，此时点C与点P重合，
∴点C的坐标为，
综上所述，点C的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，勾股定理逆定理，锐角三角函数，相似三角形的性质，熟练掌握相关知识点，并利用数形结合思想解答是解题的关键．