2024年甘肃省武威十四中联片教研中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2024年甘肃省武威十四中联片教研中考数学三模试卷（含解析），共24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.实数−2的相反数是( )
A. −2B. 2C. −12D. 12
2.下列计算正确的是( )
A. 2+ 3= 5B. 2 3− 3=2C. 2× 3= 6D. 12÷3=2
3.若关于x的一元二次方程(a−2)x2+2x−1=0有两个不相等的实数根，则a的取值范围是( )
A. a≠2B. a≥1且a≠2C. a>1且a≠2D. a>1
4.如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，CD是斜边AB上的高，BD=2，那么AB等于( )
A. 5
B. 6
C. 8
D. 12
5.如图，有六根长度相同的木条，小明先用四根木条制作了能够活动的菱形学具，他先将该活动学具调成图1所示菱形，测得∠B=60°，对角线AC=10cm，接着将该活动学具调成图2所示正方形，最后用剩下的两根木条搭成了如图3所示的图形，连接BE，则图3中△BCE的面积为( )
A. 50 3cm2B. 50cm2C. 25 3cm2D. 25cm2
6.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠ABC=114°，则∠AOC的度数为( )
A. 134°
B. 132°
C. 76°
D. 66°
7.如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形.连结DG并延长，交BC于点P，点P为BC的中点.若EF=2，则AE的长为( )
A. 4
B. 1+ 2
C. 1+ 5
D. 3
8.如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高.若tanA=43，则cs∠BCD的值为( )
A. 34
B. 35
C. 45
D. 43
9.一个物体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是全等的等边三角形，俯视图是圆，根据图中所示数据，可求这个物体的表面积为( )
A. 9πB. 6πC. 3πD. (3+ 3)π
10.如图，已知点P(6,3)，过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，反比例函数y=kx的图象交PM于点A，交PN于点B.若四边形OAPB的面积为12，则k的值为( )
A. 6
B. −6
C. 12
D. −1
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.已知方程|x−2y+4|+(2x+5y−1)2=0，则(x+y)2024= ______．
12.若二次根式 2−x有意义，则实数x的取值范围是______．
13.如图，已知a/​/b，∠1=70°，∠2=40°，则∠3=______度．
14.如图，过⊙O外一点P作圆的切线PA，PB，点A，B为切点，AC为直径，设∠P=m°，∠C=n°，则m，n的等量关系为______．
15.如图，▱ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O.点E是CD的中点，BD=12，则△DOE的周长为 ．
16.如图，在△ABC中，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且DE/​/AC，EF/​/AB．AFFC=12，若AB=12，则BD的长为______．
17.已知一次函数y=2x−3与y=kx(k是常数，k≠0)的图象的交点坐标是(2,1)，则方程组y=2x−3y=kx的解是______．
18.如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=2，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB、AC于E、F，连接EF，则线段EF长度的最小值为______．
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：2sin60°+|−3|− 12−(13)−1
(2)先化简，再求值x2−1x2+2x÷x−1x−xx+2，其中x满足方程x2+4x−5=0．
20.(本小题4分)
如图，在边长为1的小正方形组成的网格中建立直角坐标系，小正方形的顶点为格点，△ABC与△EFG的顶点都在格点上．
(1)作△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称．
(2)已知△ABC与△EFG关于点P成中心对称，请在图中画出点P的位置，并写出该点的坐标．
21.(本小题6分)
如图，点A，F，C，D在同一直线上，BC/​/EF，AF=DC，BC=EF.求证：AB/​/DE．
22.(本小题6分)
如图，在四边形ABCD中，AB/​/CD，过点D作∠ADC的平分线交AB于点E，连接AC交DE于点O，AD/​/CE．
(1)求证：四边形AECD是菱形；
(2)若AD=10，△ACD的周长为36，求菱形AECD的面积．
23.(本小题8分)
甘肃临夏州积石山县发生6.2级地震，牵动着全国人民的心，时值严冬寒潮，当地气温极低，急需防寒保暖物资.某市紧急组织救灾物资援助灾区，安排大、小货车共16辆，分别从A、B两个仓库运送180吨物资到积石山灾区.已知每辆大货车可装15吨物资，每辆小货车可装9吨物资，在每辆货车都装满的情况下，这16辆货车恰好可以装完这批物资.这两种货车的运费如下表．
(1)大、小货车各有多少辆？
(2)若要安排货车中的10辆从A仓库出发，其余的6辆从B仓库出发.设从A仓库出发的大货车有m辆，这16辆货车的总运费为W，求W的最小值．
24.(本小题8分)
某学校为了了解本校1200名学生的课外阅读的情况，现从各年级随机抽取了部分学生，对他们一周的课外阅读时间进行了调查，并绘制出如下的统计图①和图②，根据相关信息，解答下列问题：
(Ⅰ)本次接受随机抽样调查的学生人数为______，图①中m的值为______．
(Ⅱ)求本次调查获取的样本数据的众数、中位数和平均数．
(Ⅲ)根据样本数据，估计该校学生一周的课外阅读时间大于6h的学生人数．
25.(本小题8分)
小明同学在综合实践活动中对本地的一座古塔进行了测量．如图，他在山坡坡脚P处测得古塔顶端M的仰角为60°，沿山坡向上走25m到达D处，测得古塔顶端M的仰角为30°.已知山坡坡度i=3：4，即tanθ=34，请你帮助小明计算古塔的高度ME.(结果精确到0.1m，参考数据： 3≈1.732)
26.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，过圆上点D的直线CD交BA延长线于点D，且∠DCA=∠B．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若CD=2，tan∠B=12，求AB的长．
27.(本小题10分)
如图，点B，C分别在x轴和y轴的正半轴上，OB，OC的长分别为x2−8x+12=0的两个根(OC>OB)，点A在x轴的负半轴上，且OA=OC=3OB，连接AC．
(1)求过A，B，C三点的抛物线的函数解析式；
(2)点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，连接PQ，当点P到达点A时，点Q停止运动，求S△CPQ的最大值；
(3)M是抛物线上一点，是否存在点M，使得∠ACM=15°？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据相反数的定义解答即可．
本题考查的是实数的性质及相反数的定义，熟知只有符号不同的两个数叫做互为相反数是解题的关键．
【解答】
解：−2的相反数是2．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】解： 2与 3无法合并，则A不符合题意；
2 3− 3= 3，则B不符合题意；
2× 3= 2×3= 6，则C符合题意；
12÷3= 123=2 33，则D不符合题意；
故选：C．
根据二次根式的运算法则将各式计算后进行判断即可．
本题考查二次根式的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵关于x的一元二次方程(a−2)x2+2x−1=0有两个不相等的实数根，
∴a−2≠0，Δ=22−4×(a−2)×(−1)=4a−4>0，
解得：a>1且a≠2．
故选：C．
根据一元二次方程的定义结合根的判别式即可得出关于a的一元一次不等式组，解之即可得出结论．
本题考查一元二次方程的定义、根的判别式以及解一元一次不等式组，根据一元二次方程的定义结合根的判别式列出关于a的一元一次不等式组是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴BC=12AB，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∵∠B=90°−∠A=60°，
∴∠BCD=90°−∠B=30°，
∴BD=12BC，
∴BD=14AB，
∵BD=2，
∴AB=8．
故选：C．
由含30度角的直角三角形的性质推出BC=12AB，BD=12BC，得到BD=14AB，而BD=2，即可求出AB=8．
本题考查含30度角的直角三角，关键是由含30度角的直角三角的性质推出BD=14AB．
5.【答案】D
【解析】解：
图1连接AC，
∵菱形ABCD中，AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵对角线AC=10cm，
∴BC=10cm，
∴CE=BC=10cm，
图3过点E作EH⊥BC，交BC的延长线于点H，
∵△DCE是等边三角形，
∴∠DCE=60°，
∴∠ECH=30°，
∴EH=12CE=5cm，
∴△BCE的面积=12BC⋅EH=12×10×5=25(cm2)，
故选：D．
根据菱形的性质可知BC=10cm，过点E作EH⊥BC，交BC的延长线于点H，根据等边三角形的性质可知∠ECH=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得EH的长，再根据△BCE的面积=12BC⋅EH求解即可．
本题考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的面积等，熟练掌握这些性质是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠D=180−∠ABC=180°−114°=66°，
∴∠AOC=2∠D=132°．
故选：B．
根据圆内接四边形的“对角互补”求出∠D，再根据圆周角定理求出∠AOC即可．
本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补以及圆周角定理是正确解答的关键．
7.【答案】C
【解析】解：由题意，EF=HG=FG=2，AD//BC，BG⊥HC，DH⊥HG，∠ADE=∠GBP，
∴∠ADG=∠GPC．
∵点P为BC的中点，
∴PB=PG=PC．
∴∠BGP=∠GBP，∠GPC=2∠GBP．
∴∠GPC−∠ADE=2∠GBP−∠ADE，即∠GDH=∠GBP．
∴△GDH∽△CBG．
∴GCBG=HGHD，即GCFG+BF=HGHD．
设AE=BF=HD=x，
∴x2+x=2x．
∴x=1+ 5或x=1− 5(舍去)．
故选：C．
依据题意，根据正方形的性质、全等三角形的性质可得∠ADG=∠GPC，又P为BC的中点，从而PB=PG=PC，故∠GDH=∠GBP，由△GDH∽△CBG，进而GCFG+BF=HGHD，最后计算可以得解．
本题主要考查了正方形的性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
8.【答案】B
【解析】解：在Rt△ACB中，∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵CD是斜边AB上的高，
∴∠CDB=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠BCD=∠A，
∵tanA=43，
∵∠ACB=90°，
∴tanA=BCAC=43，
设BC=4x(x>0)，
则AC=3x，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，可得AB= (3x)2+(4x)2=5x，
∴csA=ACAB=35，
∴cs∠BCD=35，
故选：B．
根据直角三角形的性质可知∠A+∠B=90°，∠B+∠BCD=90°，可得∠BCD=∠A，根据tanA=43，可得csA=ACAB=35，进一步可得cs∠BCD．
本题考查了解直角三角形，根据直角三角形的性质进行相等的角之间的转化是解决本题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：由三视图可知：该几何体是一个圆锥，其轴截面是一个高为3的正三角形．
∴正三角形的边长=3sin60∘=2 3，
∴圆锥的底面圆半径是 3，母线长是2 3，
∴底面周长为2 3π
∴侧面积为12×2 3π×2 3=6π，
∵底面积为πr2=3π，
∴这个物体的表面积是9π．
故选：A．
由三视图可知：该几何体是一个圆锥，其轴截面是一个高为3的正三角形．可计算边长为2 3，据此即可得出表面积．
本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
10.【答案】A
【解析】解：∵PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，
∴四边形OMPN是矩形，
又∵P(6,3)，
∴PM=3，PN=6，
∴S矩形OMPN=PM⋅PN=18，
∵点A、B在反比例函数y=kx的图象上，
∴S△ONB=S△OMA=12|k|
∵S四边形OAPB=S四边形OMPN−S△OMA−S△ONB=12，
即18−|k|=12，
∵k>0，
∴k=6，
故选：A．
根据反比例函数系数k的几何意义，利用S四边形OAPB=S四边形OMPN−S△OMA−S△ONB，即可解决问题．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，解答本题的关键是学会用方程的思想思考问题．
11.【答案】1
【解析】解：∵|x−2y+4|+(2x+5y−1)2=0，
∴x−2y+4=02x+5y−1=0，
解得：x=−2y=1，
∴(x+y)2023=(−2+1)2024=1，
故答案为：1．
根据非负数的性质得出关于x，y的二元一次方程组，解之，然后将x、y的值代入代数式计算即可．
本题考查了非负数的性质、解二元一次方程组、求代数式的值，解题的关键是利用非负数的性质得出二元一次方程组．
12.【答案】x≤2
【解析】解：∵二次根式 2−x有意义，
∴2−x≥0，
解得x≤2，
故答案为：x≤2．
根据二次根式中被开方是非负数的性质，不等式的性质即可求解．
本题主要考查二次根式有意义的条件，掌握被开方数不小于零是解题的关键．
13.【答案】70
【解析】【分析】
本题考查了平行线的性质，对顶角相等的性质，以及三角形的内角和定理，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，内错角相等．
根据对顶角相等得∠ACB=∠2=40°，根据三角形的内角和定理求得∠ABC的度数，最后根据平行线的性质即可得解．
【解答】
解：由对顶角相等可得∠ACB=∠2=40°，
在△ABC中，由三角形内角和，得∠ABC=180°−∠1−∠ACB=70°．
又∵a/​/b，
∴∠3=∠ABC=70°．
故答案为：70．
14.【答案】m+2n=180°
【解析】解：连接OB，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠PAO+∠PBO+∠P+∠AOB=360°，
∴∠P+∠AOB=180°，
∵∠AOB=2∠C，
∴∠P+2∠C=180°，
∴m+2n=180°．
故答案为：m+2n=180°．
连接OB，由切线的性质得到∠PAO=∠PBO=90°，由四边形内角和为360°得到∠P+∠AOB=180°，根据圆内角定理得到∠AOB=2∠C，代入上式即可得到结论．
本题主要考查了切线的性质，四边形内角和为360°，圆内角定理，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．
15.【答案】15
【解析】【分析】
根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，OB=OD，又因为E点是CD的中点，可得OE是△BCD的中位线，可得OE=12BC，所以易求△DOE的周长．
本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质．解题时，利用了“平行四边形对角线互相平分”、“平行四边形的对边相等”的性质．
【解答】
解：∵▱ABCD的周长为36，
∴2(BC+CD)=36，则BC+CD=18．
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，
∴OD=OB=12BD=6．
又∵点E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，DE=12CD，
∴OE=12BC，
∴△DOE的周长=OD+OE+DE=12BD+12(BC+CD)=6+9=15，
即△DOE的周长为15．
故答案为：15．
16.【答案】4
【解析】解：∵DE/​/AC，EF/​/AB，
∴四边形ADEF是平行四边形，∠BED=∠C，
∴AD=EF，DE=AF，
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△EFC，
∴DEFC=BDEF，
∵AFFC=12，
∴DEFC=12，
∴BDAD=12，
∵AB=12，
∴BD12−BD=12，
解得：BD=4．
故答案为：4．
由两组对边分别平行可判定四边形ADEF是平行四边形，则有AD=EF，DE=AF，且由平行线的性质可得∠BED=∠C，则可判定△BDE∽△EFC，则有DEFC=BDEF，从而可求得BD．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解答的关键是结合条件求得BDAD=12．
17.【答案】x=2y=1
【解析】解：∵一次函数y=2x−3与y=kx(k是常数，k≠0)的图象的交点坐标是(2,1)，
∴方程组y=2x−3y=kx的解是x=2y=1．
故答案为：x=2y=1．
根据一次函数的交点坐标即可确定以两个一次函数解析式组成的二元一次方程组的解．
本题考查了一次函数与二元一次方程组，熟练掌握一次函数的交点坐标与二元一次方程组的解的关系是解题的关键．
18.【答案】 62
【解析】解：连接OE、OF，作OM⊥EF于M，作AN⊥BC于N，如图，
∵∠EOF=2∠BAC=2×60°=120°，
而OE=OF，OM⊥EF，
∴∠OEM=30°，EM=FM，
在Rt△OEM中，OM=12OE，
EM= 32OE，
∴EF=2EM= 3OE，
当OE最小时，EF的长度最小，此时圆的直径的长最小，
即AD的长最小，
∵AD的长度最小值为AN的长，
而AN= 22AB= 2，
∴OE的最小值为 22，
∴EF长度的最小值为 3× 22= 62．
故答案为 62．
连接OE、OF，作OM⊥EF于M，作AN⊥BC于N，如图，根据圆周角定理得到∠EOF=120°，再计算出EF= 3OE，则OE最小时，EF的长度最小，此时圆的直径的长最小，利用垂线段最短得到AD的长度最小值为AN的长，接着计算出AN= 2，从而得到OE的最小值为 22，然后确定EF长度的最小值．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和解直角三角形．
19.【答案】解：(1)原式=2× 32+3−2 3−3=− 3；
(2)原式=(x+1)(x−1)x(x+2)⋅xx−1−xx+2=x+1x+2−xx+2=1x+2，
方程x2+4x−5=0，分解因式得：(x−1)(x+5)=0，
解得：x=1(不合题意，舍去)或x=−5，
当x=−5时，
原式=1−5+2=−13．
【解析】此题考查了分式的化简求值，一元二次方程的解法以及实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
(1)原式第一项利用特殊角的三角函数值计算，第二项利用绝对值的代数意义化简，第三项化为最简二次根式，最后一项利用负指数幂的性质计算即可得到结果；
(2)原式利用除法法则变形，约分后两项通分并利用同分母分式的减法法则计算得到最简结果，求出方程的解得到符合题意的x的值，代入计算即可求出值．
20.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．

(2)连接AE，BF，CG，相交于点P，
则△ABC与△EFG关于点P成中心对称，
即点P为所求．
由图可知，点P的坐标为(−3,−1)．
【解析】(1)根据中心对称的性质作图即可．
(2)连接AE，BF，CG，相交于点P，则点P即为所求，由图即可得出答案．
本题考查中心对称，熟练掌握中心对称的性质是解答本题的关键．
21.【答案】证明：∵BC/​/EF，
∴∠ACB=∠EFD，
∵AF=CD，
∴AC=DF，
在△ABC和△DEF中，
AC=DF∠ACB=∠DFEBC=EF，
∴△ABC≌△DEF(SAS)，
∴∠A=∠D，
∴AB/​/DE．
【解析】由“SAS”可证△ABC≌△DEF，可得∠A=∠D，可证AB/​/DE．
本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵AB/​/CD，AD/​/CE，
∴四边形AECD是平行四边形，∠CDE=∠AED，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=∠ADE，
∴∠AED=∠ADE，
∴AD=AE，
∴平行四边形AECD是菱形；
(2)解：由(1)可知，四边形AECD是菱形，
∴OA=OC，CD=AD=10，OD=OE，AC⊥DE，
∵△ACD的周长为36，
∴AC=36−AD−CD=36−10−10=16，
∴OA=OC=8，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD= AD2−OA2= 102−82=6，
∴DE=2OD=12，
∴菱形AECD的面积=12AC⋅DE=12×16×12=96．
【解析】(1)证四边形AECD是平行四边形，∠CDE=∠AED，再证∠AED=∠ADE，则AD=AE，然后由菱形的判定即可得出结论；
(2)由菱形的性质得OA=OC，CD=AD=10，OD=OE，AC⊥DE，再求出AC=16，则OA=OC=8，然后由勾股定理得OD=6，则DE=2OD=12，即可解决问题．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设大货车有x辆，小货车有y辆．
由题意，得x+y=1615x+9y=180，
解得x=6y=10，
答：大货车有6辆，小货车有10辆．
(2)∵从A仓库出发的大货车有m辆，
∴从A仓库出发的小货车有(10−m)辆，从B仓库出发的大货车有(6−m)辆，从B仓库出发的小货车有10−(10−m)=m辆．
由题意，得W=1500m+1000(10−m)+1800(6−m)+1200m=−100m+20800．
∵−100OB，
∴点B的坐标为(2,0)，点C的坐标为(0,6)，
∵OA=OC，
∴点A的坐标为(−6,0)，
设抛物线的函数解析式为y=ax2+bx+c，
将点A，B，C的坐标代入y=ax2+bx+c中，
得36a−6b+c=04a+26+c=0c=6，
解得a=−12b=−2c=6，
∴过A，B，C三点的抛物线的函数解析式为y=−12x2−2x+6；
(2)∵OA=OC，
∴∠ACO=45°，
由题意得PC=2t，CQ=6−t，
∴|xP|=PC⋅sin45°= 2t，
∴S△CPQ=12×CQ×|xP|=12×(6−t)× 2t=− 22(t2−6t)，
∵− 22