2024年湖北省十堰市竹山县学业水平考试诊断训练数学试卷

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【详解】∵|－1|＜|－2|＜|+3|＜|－4|，
∴其中表示实际克数最接近标准克数的是－1．
故选：A．
2. 【答案】A
【分析】根据三视图的定义逐项判断即可．
【详解】解：根据三视图的定义，其主视图是 ；
故选：A．
【点睛】本题主要考查三视图，牢记三视图的定义（对一个物体在三个投影面内进行正投影，在正面内得到的由前向后观察物体的视图，叫做主视图；在水平面内得到的由上向下观察物体的视图，叫做俯视图；在侧面内得到的由左向右观察物体的视图，叫做左视图）是解题的关键．
3. 【答案】A
【分析】根据在数轴上表示解集的方法判断即可．
【详解】解：若不等式组的解集为−2≤xx2>−1时y1>y2，故选项错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查二次函数的图象和性质以及二次函数与一元二次方程的关系，数形结合是解题的关键．
11. 【答案】1
【分析】利用同分母分式的加减法则计算即可．
【详解】解：eq \f(a－1,a+1)+eq \f(2,a+1)=eq \f(a－1+2,a+1)=eq \f(a+1,a+1)=1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查分式的加减法，熟练掌握同分母分式的加减法则是解题的关键．
12【答案】－4
【分析】把点（－1，2）代入y=kx，得出k，再把x=2代入即可得出y的值．
【详解】∵正比例函数y=kx的图象经过点（－1，2），
∴2=－k，
∴k=－2，
∴正比例函数的解析式为y=−2x，
把x=2代入y=−2x，得y=－4，
故答案为：－4．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，掌握用待定系数法求一次函数的解析式是解题的关键．
13. 【答案】13；
【分析】利用列表法列出开关所有的闭合情况，再找出闭合任意两个开关时，小灯泡发光的情况，根据概率公式解题即可．
【详解】解：列表法如图所示：
如上表所示，共有6种情况，其中必须闭合S1，S3小灯泡才会发光，则有两种情况．
所以小灯泡L发光的概率为26=13．
故答案为13．
【点睛】本题考查了求概率的方法，熟练应用树状图法或列表法求出所求情况数和总情况数，本题还需要结合物理知识，理解必须闭合S1，S3小灯泡才会发光这个知识点是解题的关键．
14. 【答案】39
【分析】设共有x人，y辆车，根据“今有三人共车，二车空；二人共车，九人步”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
【详解】解：设共有x人，y辆车，
依题意得：，
解得：．
∴共有39人，15辆车，
故答案为：39．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
15. 【答案】2 cm或(3−3 ) cm
【分析】此题考查直角三角形的两个锐角互余、含30度角的直角三角形的特征，轴对称的性质，勾股定理等知识，根据BC=2 cm，AC=23 cm，可得∠E=∠A=30°,∠ACD=∠ECD,AD=DE，再由直角三角形两锐角的关系可得∠B=60°，AB=2BC=4 cm，然后分两种情况讨论：当∠DFE=90°时，当∠EDF=90°时，分别进行计算即可得到答案．
【详解】解：∵BC=2，AC=23 ，可得：∠E=∠A=30°,∠ACD=∠ECD,AD=DE，
∵ ∠ACB=90°,∠A=30°，∴∠B=90°−∠A=60°，AB=2BC=4，
如图，当∠DFE=90°时，则∠BFC=90°，
∴∠FCB=90°−∠B=30°， ∴BF=12BC=1，
∴AF=AB−BF=3，
∵∠E=30°， ∴DF=12DE=12AD，
∴DF+AD=12AD+AD=AF=3，
∴AD=2 cm；
如图，当∠EDF=90°时，则∠EFD=90°−∠E=60°，
∴∠BFC=60°，
∵∠B=60°， ∴△BFC是等边三角形，
∴CF=BC=BF=2， ∴CE=AC=23，
∵∠E=30°，∠EDF=90°，
∴DF=12EF=12CE−CF=3−1，
∴AD=AB−BF−DF=4−2−(3−1)=3−3，
综上，AD的值为2 cm或(3−3 ) cm，
故答案为：2 cm或(3−3 ) cm．
16. 【答案】1；
【分析】本题考查了特殊角的三角函数值，属于基础题，解答本题的关键是熟练记忆一些特殊角的三角函数值．
根据零指数幂的意义，二次根式的性质，特殊角的三角函数值计算即可；
【详解】
解：原式=1−22+4×22…………4分【一个“数”一分】
=1−22+22…………5分
=1；…………6分
17. 【答案】见解析
【分析】由平行四边形的性质与已知得出AB=OB，易证四边形ABOE是平行四边形，即可得出结论．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定等知识，熟练掌握平行四边形和菱形的判定与性质是解题的关键．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB=OD=12BD，…………2分
又∵BD=2AB， ∴AB=OB，…………4分
∵AE//BD，OE//AB．
∴四边形ABOE是平行四边形，…………5分
又∵AB=OB，
∴四边形ABOE是菱形．…………6分
18. 【答案】特快列车的平均速度为90 km/h，动车的速度为144 km/h．
【分析】设特快列车的平均速度为x km/h，则动车的速度为x+54 km/h，然后根据题意可列方程进行求解．
【点睛】本题主要考查分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
【详解】
解：设特快列车的平均速度为x km/h，则动车的速度为x+54 km/h，…………1分
由题意，得：360x+54=360−135x，…………3分
解得：x=90，…………4分
经检验得：x=90是这个分式方程的解．…………5分
∴x+54=144．
答：特快列车的平均速度为90 km/h，动车的速度为144 km/h．…………6分
19. 【答案】(1)，，
(2)1480人
(3)八年级学生掌握劳动教育知识较好，见解析
【分析】（1）根据众数和中位数的定义即可求出a和b的值．求出八年级学生成绩为8分及以上的人数，再除以八年级被调查的总人数即可得出c的值；
（2）求出七、八年级样本中成绩合格的学生人数所占百分比，再乘总人数即可．
（3）由平均数和中位数的定义即可解答；
【点睛】本题考查条形统计图，众数和中位数的定义，由样本估计总体等知识．理解题意，由题意和统计图得到必要的信息和数据是解题关键．
【详解】
解：（1）由题中数据可知七年级20名学生的测试成绩为7分的人数最多，
∴；…………1分
八年级学生的成绩按顺序排列后位于最中间的两名同学的成绩分别为7分和8分，
∴；…………2分
由题中数据可知八年级学生成绩为8分及以上的人数有人，
∴；…………3分
（2）（人），…………4分
答：估计参加此次测试活动成绩合格的学生人数是1480人．…………5分
（3）我认为八年级学生掌握劳动教育知识较好.…………6分【其他结论也可以】
理由：因为七年级、八年级学生知识竞答活动的平均分一样均为7.5分，但是八年级的中位数为7.5分大于七年级的中位数7分．因此我认为八年级学生掌握劳动教育知识较好.…………8分【其他理由也可以】
20. 【答案】(1)，
(2)当时，，当时，
【分析】（1）把A的坐标代入反比例函数解析式求出k值即可，进而求出B点坐标，再把A、B的坐标代入一次函数解析式求出即可；
（2）根据A、B的坐标结合图象即可得出答案．
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的关系式，结合图象比较函数值的大小，解题的关键是正确求解函数关系式．
【详解】
解：（1）∵函数 y1＝ eq \f(k1, x )图象过点A(1,4)，
∴k1＝4，即 y1＝ eq \f(4, x )，…………1分
又∵点B(m,－2)在y1＝ eq \f(4, x )上，
∴，
∴B(2,－2)，…………2分
又∵一次函数y2＝k2x＋b（k2≠0）的图象交于点A(1,4)和点B(2,－2)，
则，解得，…………3分
∴y2＝2x＋2，
综上可得：y1＝ eq \f(4, x )，y2＝2x＋2；…………4分
（2）∵B(2,－2)，
∴根据图象可知：
当时，，…………5分
当时，…………6分
当时，．…………8分
21. 【答案】(1)证明见解析
(2)6π−932
【分析】（1）连接OB，根据圆周角定理得到BC⊥BD，根据平行线的性质和等腰三角形的性质得到∠OBE=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接BF，根据直角三角形的性质得到BF=OF，推出△OBF是等边三角形，得到∠BOF=60°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【点睛】本题考查切线的判定，直径所对的圆周角是直角，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，扇形的面积的计算等知识点．正确地作出辅助线是解题的关键．
【详解】
（1）证明：连接OB，…………1分
∵CD是⊙O的直径， ∴BC⊥BD，即∠CBD=90°，
∵OE∥BC ∴∠DGO=∠CBD=90°，
∴∠BGE=∠DGO=90°，∠D+∠DOG=90°，
∵∠D=∠E， ∴∠DOE=∠DBE，
∵OE=OB， ∴∠D=∠OBD，…………2分
∴∠OBD+∠DBE=∠D+∠DOG=90°，
∴∠OBE=90°，…………3分
∵OB是⊙O的半径，
∴AE是⊙O的切线；…………4分
（2）解：连接BF，…………5分
∵∠OBE=90°，F是OE的中点， ∴BF=OF，
∵⊙O的半径为6，∠DGO=90°，
∴BF=OF=OB=6，∠BGO=180°−∠DGO=90°，
∴△OBF是等边三角形，∴∠BOF=60°，…………6分
∴∠OBG=90°−∠BOF=30°，
∴OG=12OB=3，BG=OB2−OG2=62−32=33，…………7分
∴阴影部分的面积为：
S扇形OBF−S△OBG=60×π×62360−12×33×3=6π−932，…………8分
∴阴影部分的面积为6π−932．
22. 【答案】（1）y=－0.2x2+38x+400；（2）10天；（3）存放45天后出售获得最大利润405元．
【分析】（1）根据“销售金额=销售单价×销售数量”即可列出函数解析式，整理化简即可；
（2）令y=760，解方程，取较小的值即可；
（3）设利润为w元，则w=y－20x－200×2，整理后根据二次函数性质求得最大值即可．
【详解】
解：（1）y=（200－x）（0.2x+2）=－0.2x2+38x+400；…………3分
（2）当y=760时，－0.2x2+38x+400=760，…………4分
解方程得，x1=10，x2=180…………5分
∵要尽早清空冷藏室，
所以x=10，…………6分
答：要在10天后一次性出售完，可获得销售金额760元；…………7分
（3）设利润为w元，
则w=y−20x−200×2=−0.2x2+38x+400−20x−400=−0.2x2+18x，…………8分
∵－0.2＜0，
∴当x=−b2a=−18−0.2×2=45时，
w有最大值为405．…………9分
答：这批葡萄存放45天后一次性出售，可获得最大利润405元．…………10分
23. 【答案】(1)证明见解析
(2)35
(3)63−8
【分析】（1）先证明四边形AEDF为平行四边形，再根据矩形的判定即可得到结论；
（2）证明△CDM≌△GFM得到MC=MG，∠DMF=∠CMG=α，再证明△DMF∼△CMG得到DFCG=DMMC，求解DM、MC即可求解；
（3）过F作PQ⊥AD于P，延长PF交BC于Q，则四边形PQCD是矩形，∠FPM=∠FQH=90°，PQ=CD，易求∠QFH=60°，解直角三角形分别求得PF、QF、HF即可求解．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，会利用相似三角形的性质和锐角三角函数求解是解答的关键．
【详解】
解：（1）四边形AEDF为矩形，理由如下：…………1分
∵点M是AD和EF的中点 ∴MA=MD，ME=MF，
∴四边形AEDF为平行四边形…………2分
又∵AD=EF ∴四边形AEDF为矩形．…………3分
（2）解：连接MC，MG，
∵MD=MF，CD=GF，∠CDM=∠GFM，
∴△CDM≌△GFMSAS， …………4分
∴MC=MG，∠DMC=∠FMG，
∴∠DMF=∠CMG=α，…………5分
∴MDMC=MFMG， ∴△DMF∼△CMG，…………6分
∴DFCG=DMMC，
∵点M是AD的中点， ∴MD=12AD=12×12=6，
∴CM=MD2+CD2=62+82=10，…………7分
∴DFCG=DMMC=610=35．…………87分
（3）63−8.…………11分
详解如下：
过F作PQ⊥AD于P，延长PF交BC于Q，则四边形PQCD是矩形，
∴∠FPM=∠FQH=90°，PQ=CD，
∵∠PMF=α=60°，∠EFG=90°，
∴∠QFH=60°，
∵EF=12，AB=FG=8，
∴MF=12EF=6，PQ=CD=AB=8，
∴PF=MF⋅sin60°=33，则QF=8−33，
∴HF=QFcs60°=16−63，
∴GH=FG−HF=63−8．
24. 【答案】(1)y2=−x2+4
(2)d=2tt>2
(3)P239，−20581
【分析】（1）运用待定系数法，把把(2，0)和(0，4)分别代入y=ax2+b，解出a=−1b=4，即可作答．
（2）作PR⊥x轴于R，则PR=t2−4，再解出点B−2，0，则BR=t+2，BO=2，运用三角函数列式，得OE2=t2−4t+2，整理得OE=2t−4，结合d=CO+OE，即可作答．
（3）作DG⊥x轴于G，PK⊥DG于K交y轴于L，设Dn，4−n2，表达PK=t−n，DK=(n−t)(n+t)，结合EF=d2列式得LF=t(3−t)，运用三角函数列式，化简得∠1=∠GDA=45°，从而证明△AQN≌△AMN，再推断出△DGM∽△BAQ，根据边之间的关系，列式计算，即可作答．
【点睛】本题考查了二次函数的几何综合、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等内容，综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【详解】
解：（1）∵抛物线y=ax2+b与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标是(2，0)，点C的坐标是(0，4)
∴把(2，0)和(0，4)分别代入y=ax2+b，得0=4a+b4=b…………1分
解得a=−1b=4，…………2分
∴抛物线的解析式：y=−x2+4；…………3分
（2）解：作PR⊥x轴于R，
∵Pt，−t2+4， ∴PR=t2−4，
∴令−x2+4=0得，x1=2，x2=−2，
∴B(−2，0)，…………4分
∴BR=t+2，BO=2，
∵tan∠ABP=OEBO=PRBR， …………5分
∴OE2=t2−4t+2 …………6分
∴OE=2t−4，
∴d=CO+OE=4+2t−4=2t(t>2)；…………7分
（3）解：作DG⊥x轴于G，PK⊥DG于K交y轴于L
设Dn，4−n2，则PK=t−n，DK=4−t2−4−n2=(n−t)(n+t)
∵EF=d2=t，∴OF=OE+EF=3t−4
∴LF=OF−OL=(3t−4)−t2−4=t(3−t)
∵tan∠KPD=LFLP=KPKD，即t3−tt=t−nn−tn+t…………8分
∴n=−3，
∴D(−3，−5)…………9分
∴AG=2−(−3)=5=DG，
又∠DGA=90°，
∴∠1=∠GDA=45°
作AQ垂直于x轴交BP于Q，则∠2=45°=∠1，
又∠4=∠3=∠5，AN=AN，
∴△AQN≌△AMN ∴AQ=AM
∵DO⊥BP， ∴∠BHM=90°，
∴∠7=90°−∠6=∠8，
又∠DGM =∠BAQ=90°，
∴△DGM∽△BAQ，∴GMAQ=DGBA=54 …………10分
∴AM=AQ=49AG=49×5=209
∵tan∠ABP=PRBR=AQAB ∴t−2=209÷4=59，
∴t=239，…………11分
∴yp=−t2+4=−20581
∴P(239，−20581)．…………12分