2024年四川省成都七中育才学校中考数学三诊试卷（含答案）

这是一份2024年四川省成都七中育才学校中考数学三诊试卷（含答案），共21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.−13的倒数是( )
A. −13B. 13C. −3D. 3
2.2024年2月16日，世界最大清洁能源走廊六座梯级电站累计发电量突破3.5万亿千瓦时，相当于减排二氧化碳超28亿吨，将数据28亿用科学记数法表示为( )
A. 2.8×108B. 2.8×109C. 28×108D. 28×109
3.下列式子计算正确的是( )
A. m+m=m2B. (−3m)2=6m2
C. (m+2n)2=m2+4n2D. (m+3n)(m−3n)=m2−9n2
4.如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，则下列结论一定正确的是( )
A. ∠BAC=∠DAC
B. AB=AO
C. AC=BD
D. AC⊥BD
5.第十四届全国冬季运动会已成功举办，山西某运动俱乐部赛前预备在三位短道速滑运动员中选取一名发挥优秀且稳定的运动员参赛.他们的训练成绩如下表所示，那么派出的队员应为( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
6.某口袋中有10个球，其中白球x个，绿球2x个，其余为黑球．甲从袋中任意摸出一个球，若为绿球获胜，甲摸出的球放回袋中，乙从袋中摸出一个球，若为黑球则乙获胜，要使游戏对甲、乙双方公平，则x应该是( )
A. 3B. 4C. 1D. 2
7.我国古代数学著作之一《孙子算经》中记载著这样一个问题：今有三人共车，二车空；二人共车，九人步，问人与车各几何？意思是：今有若干人乘车，若每3人共乘1辆车，最终剩余2辆车；若每2人共乘1辆车，最终剩余9个人无车可乘，问共有多少人，多少辆车？设共有x辆车，根据题意所列方程正确的是( )
A. 3(x+2)=2x+9B. 3(x−2)=2x+9
C. 3x−2=2x+9D. 3x+2=2x−9
8.抛物线y=ax2+bx+c上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如表；
从表中可知，下列说法中正确的是( )
A. 抛物线的对称轴是y轴B. 抛物线与x轴的一个交点为(3,0)
C. 函数y=ax2+bx+c的最小值为−5D. 当x>2时，y随x增大而减小
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
9.分解因式：y2−9= ______．
10.若反比例函数y=k−1x的图象经过第一、三象限，则k的取值范围是______．
11.方程43x−1=3x−2的解为 ．
12.如图，直线AD，BC交于点O，AB//EF//CD，若AO=5，OF=2，FD=3，则BEEC的值为______．
13.如图，在△ABC中，按以下步骤作图：
①分别以点B和C为圆心，以大于12BC的长为半径作弧，两弧相交于点D，连接AD交边BC于点E；
②以点E为圆心，以BE的长为半径作弧交边AC于点F，若AB=AC=3，BC=2，则CF的长为______．
三、解答题：本题共13小题，共98分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.（12分）计算：
(1) 4+2cs30°−(12)−1+| 3−2|；
(2)解不等式组：2x−1>x+1x+3215.（8分）我国大力发展职业教育，促进劳动力就业.某职业教育培训中心开设：A(旅游管理)、B(信息技术)、C(酒店管理)、D(汽车维修)四个专业，对某中学有参加培训意向的学生进行随机抽样调查，每个被调查的学生必须从这四个专业中选择一个且只能选择一个，该培训中心将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图

根据图中信息解答下列问题：
(1)本次被调查的学生有______人；扇统计图中A(旅游管理)专业所对应的圆心角的度数为______；
(2)请补全条形统计图，若该中学有300名学生有培训意向，请估计该中学选择“信息技术”专业意向的学生有______人；
(3)从选择D(汽车维修)专业的甲、乙、丙、丁四名同学中随机抽取两人去某汽车维修店观摩学习，请用列表法或画树状图的方法求出恰好抽到甲、丙两名同学的概率．
16.（8分）2024年1月17日，天舟七号货运飞船，携带着支持航天员3人280天的生活物资、平台设备、推进剂和科学载荷，成功发射.如图是工作中的某型号手臂机器人示意图，OA是垂直于工作台的移动基座，AB、BC分别为机器人的大、小臂，其中小臂BC为2米，大臂AB为3米，移动基座AO=3.02米，AB与水平方向的夹角为30°，BC与水平方向的夹角为53°，求点C到工作台EF的距离.(结果精确到0.1米)
(参考数据：sin53°≈0.8，cs53°≈0.6，tan53°≈1.33)
17.（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为边BC上的点，以BD为直径作⊙O交AB于点E，CE与⊙O相切．
(1)求证：AC=CE；
(2)若tanB=12，AC=2.求CD和BE的长．
18.（10分）已知直线l：y1=14x−1与x轴相交于点A，与双曲线y2=kx相交于点B．
(1)若k=3，请直接写出当y1≤y2时，x的取值范围；
(2)如图，以AB为边在直线l上方作正方形ABCD，点D恰好落在反比例函数y2=kx的图象上，求k的值；
(3)在(2)的条件下，将正方形ABCD沿着射线BA的方向平移，当点C落在反比例函数y2=kx的图象上时，试求出此时的平移距离．
19.（4分）已知一元二次方程x2−kx+8=0有一个根是2，则另一个根是______．
20.（4分）魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法.所谓割圆术，即通过圆内接正多边形细割圆，并使正多边形的周长无限接近圆的周长，进而求得较为精确的圆周率，刘徽形容“割圆术”为：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣.”已知⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正十二边形近似估计⊙O的面积，可得π的近似值为______．
21.（4分）代数式|x−1|+|x+a|的最小值是3，则a的值是______．
22.（4分）如图，△ABC中，∠ACB=90°，CD是△ABC中AB边上的中线，BC=CD=4，点E是线段AC上一动点，将△AED沿ED折叠，点A落在点F处，线段EF与线段CD交于点G，若△CEG是直角三角形，则CE= ______．
23.（4分）在平面直角坐标系中给出以下定义：点A(m,n)，点B(m2,n2)，m2=3m，n2=−6n，则我们称B是A的“跳跃点”，若二次函数y=ax2−5ax−6a(x≥0)的图象上恰有两个点的“跳跃点“在直线y=−2x+36上，则a的取值范围为______．
24.（8分）为参加“六一”学生节义卖，某班计划购进可题字的扇面和动漫人偶进行销售，他们用700元购买扇面的个数是315元购买人偶个数的2倍，一个扇面的进价比一个人偶的进价多1元.两种货物的售价均为15元/个．
(1)求一个扇面和一个人偶的进价分别是多少元？
(2)该班计划购进这两种货物共200个，其中购进扇面的数量不少于人偶数量的911，且不超过150个.进货时，若一次性购进扇面超过80个，则扇面超过的部分可按进价打7折.该班应购进扇面和人偶玩具各多少个，才能在两种货品全部售出后所获利润最大？最大利润是多少元？
25.（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是y轴，且经过(0,0)和(1,2)这两个点.直线y=kx−4(k<0)与该抛物线交于A、B两点(点A在点B的左侧)，且与x轴、y轴分别交于C、D两点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若AC=2CD，连接OA、OB，求△ABO的面积．
(3)在y轴上是否存在点P，使得当k取某值时，△ABP是等边三角形.若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．
26.（12分）已知等腰Rt△ABC中∠B=90°，AB=BC.Rt△A′C′D中∠A′C′D=90°，∠C′A′D=30°，AC=A′C=12．
(1)当线段AC与线段A′C′重合，如图1所示，线段A′D、BC交于点H，求此时△AHC面积：
(2)将△A′C′D绕着点A顺时针旋转.A′C交CB所在直线于点N，A′D交CB所在直线于点M，如图2所示.当CN=CC′时，过点N作NG//CD交A′D于点G，求点G到直线BC的距离．
(3)若点E为线段AC的中点，将Rt△A′C′D旋转，在旋转过程中始终使A′C′过点E，A′D过点C，如图3所示.则2A′C+ 3A′E是否有最大值，如果有，请求出；如果没有，请说明理由．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.C
5.A
6.D
7.B
8.B
9.(y+3)(y−3)
10.k>1
11.x=−1
12.73
13.23
14.解：(1)原式=2+2× 32−2+2− 3
=2+ 3−2+2− 3
=2；
(2)解不等式2x−1>x+1，得：x>2，
解不等式x+325，
∴不等式组的解集为：x>5．
15.(1)200，72°；
(2)60；
补全条形统计图如下：
(3)画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中恰好抽到甲、丙两名同学的结果有2种，
∴恰好抽到甲、丙两名同学的概率为212=16．
16.解：过点C作CM⊥BG，垂足为M，过点B作BN⊥AH，垂足为N，

在Rt△CBM中，∠CBM=53°，BC=2米，
∴CM=BC⋅sin53°=2×0.8=1.6(米)，
在Rt△ABN中，∠BAN=30°，AB=3米，
∴BN=12AB=1.5(米)，
∵AO=3.02米，
∴点C到工作台EF的距离=CM+BN+AO=1.6+1.5+3.02≈6.1(米)，
∴点C到工作台EF的距离约为6.1米．
17.(1)证明：∵CE与⊙O相切，
∴OE⊥CE，
∴∠OCE=90°，
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠B，
∵∠A+∠B=90°，∠CEA+∠OEB=90°，
∴∠A=∠CEA，
∴AC=CE；
(2)解：由(1)得CE=CA=2，
在Rt△ABC中，∵tanB=ACBC=12，
∴BC=2AC=4，
∵BD为直径，
∴∠BED=90°，
∵∠CED+∠OED=90°，∠OED+∠OEB=90°，
∴∠CED=∠OEB，
∵∠OEB=∠B，
∴∠CED=∠B，
∵∠DCE=∠ECB，
∴△CDE∽△CEB，
∴CD：CE=CE：CB，即CD：2=2：4，
解得CD=1，
∴BD=BC−CD=4−1=3，
在Rt△BDE中，∵tanB=DEBE=12，
∴设DE=x，BE=2x，
∴BD= x2+(2x)2= 5x，
即 5x=3，
解得x=3 55，
∴BE=2x=6 55．
18.解：(1)当k=3时，反比例函数解析式为y=3x，
联立方程组得y=3xy=14x−1，解得x=6y=12，x=−2y=−32，
∴B(6,12)，在第三象限的交点坐标为(−2,−32)，
根据函数图象可知，当y1≤y2时，x的取值范围为：0(2)如图，作DM⊥x轴，垂足为M，作BN⊥x轴，垂足为N，

∵ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∵直线y1=14x−1与x轴相交于点A，
∴A(4,0)，即OA=4，
在△ADM和△ABN中，
∠AMD=∠BNA∠ADM=∠BANAD=AB，
∴△ADM≌△ABN(AAS)，
∴AM=BN，DM=AN，
设点D坐标为(m,km)，则AM=4−m，AN=km，
∴B(4+km,4−m)，
∵点B在反比例函数y=kx图象上，又在直线y1=14x−1的图象上，
∴(4+km)(4−m)=k，4−m=14(4+km)−1，
解得：m=52，k=15．
(3)由(2)可知反比例函数解析式为y=15x，B(10,32)，A(4,0)，
将正方形ABCD沿着射线BA的方向平移，当点C落在反比例函数y2=kx的图象上时，平移距离就是线段AB的长，
AB= AN2+BN2= (10−4)2+(32)2= 1532．
∴平移距离为 1532．
19.解：设方程的另一个根为t，根据题意得：2t=8，
解得：t=4．
20.解：如图，AB是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，
过A作AM⊥OB于M，在正十二边形中，∠AOB=360°÷12=30°，
∴AM=12OA=12，
∴S△AOB=12OB×AM=12×1×12=14，
∴正十二边形的面积为：12×14=3，
∴3=12×π，
∴π的近似值为3，
21.解：|x−1|+|x+a|≥|a+1|，
故|a+1|=3，解得：a=2或−4，
22.解：∵∠ACB=90°，CD是△ABC中AB边上的中线，
∴CD=12AB=AD=BD，
又∵BC=CD=4，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠B=60°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠A=30°，
又∵BC=4，
∴AB=2BC=8，AC=AB⋅cs30°=4 3，
∵AD=DB，
∴CD=AD=BD=4，
∴∠ACD=∠A=30°，
若△CEG是直角三角形，有两种情况：
如图1中，当∠CEG=90°时．
∴∠AED=∠DEF=12∠AEF=45°，
过点D作DH⊥AC于H.则DH=EH，
在Rt△ADH中，∠A=30°，
∴DH=12AD=2，
∴EH=DH=2，
在Rt△CDH中，CH=CD⋅cs∠ACD=4cs45°=2 3，
∴CE=CH−EH=2 3−2，
如图2中，当∠EGC=90°时，
∵∠ACD=∠A=30°，
∴∠CEG=60°，
∴∠AED=∠DEF=12∠AEF=60°，
∴ED⊥AB，此时点B与点F重合，
∴∠EDC=30°，
∴DE=CE=AD⋅tanA=4tan30°=4 33，
综上所述，CE的长为2 3−2或4 33，
23.解：设二次函数图象上的两点为点C、D，
由题意得点C(m,n)的“跳跃点”为(3m,−6n)，
将(3m,−6n)代入y=−2x+36，得：n=m−6，
∴C(m,m−6)，则点C在直线y=x−6上，同理点D也在直线y=x−6上，
对于二次函数y=ax2−5ax−6a(x>0)，
令y=0，则ax2−5ax−6a=0，
解得：x=−1或x=6，
∴抛物线与x轴交于(−1,0)和(6,0)，
当a>0时，抛物线与直线CD的大致图象如图：
联立直线CD和抛物线的表达式得到：
ax2−5ax−6a=x−6，
∴a(x−6)(x+1)=x−6，
∴(x−6)[a(x+1)−1]=0，
解得：x=6或x=1−aa，
∵a>0，x≥0，
∴1−a≥0，
∴a≤1，
对于ax2−5ax−6a=x−6，化简为：ax2−(5a+1)x+6−6a=0，
而直线CD和抛物线在x≥0时有两个交点，故△>0，
∴Δ=(5a+1)2−4a(6−6a)=49a2−14a+1=(7a−1)2>0，
∴a≠17，
∴0当a<0时，如图：
直线CD不可能与抛物线在x≥0时有两个交点，故舍，
综上：024.解：(1)设一个扇面的进价为x元/个，则一个人偶的进价是(x−1)元，
由题意得：700x=315x−1×2，
解得：x=10，
经检验，x=10是原方程的解，且符合题意，
∴x−1=9，
答：一个扇面的进价是10元，一个人偶的进价是9元；
(2)设应购进扇面m个，则购进人偶(200−m)个，
由题意得：m≥911(200−m)m≤150，
解得：90≤m≤150，
设两种货品全部售出后所获利润为y元，
由题意得：y=200×15−[10×80+10×0.7(m−80)+9(200−m)]=2m+960，
∵m>0，
∴y随m的增大而增大，
∴当m=150时，y有最大值=2×150+960=1260，
此时，200−m=50，
答：应购进扇面150个，人偶50个，才能在两种货品全部售出后所获利润最大，最大利润是1260元．
25.解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是y轴，且经过(0,0)和(1,2)这两个点，
∴−b2a=0，b=0，c=0，
∴y=ax2，
把(1,2)代入y=ax2，
∴2=a×12，
∴a=2，
∴该抛物线的函数表达式y=2x2．
(2)∵直线y=kx−4(k<0)与该抛物线交于A、B两点(点A在点B的左侧)，且与x轴、y轴分别交于C、D两点，
∴当x=0时，则y=−4，
∴D(0,−4)，
∴当y=0时，则0=kx−4，
∴x=4k，
∴C(4k,0)，
设A(x1,kx1−4)，B(x2,kx2−4)，
如图，过点A作AH⊥y轴，

∵AH⊥y，∠COD=90°，
∴AH//CO，
∴△ADH∽△CDO，
∴CDDA=COAH，
∵AC=2CD，
∴CDDA=COAH=13，
∴C(4k,0)，A(x1,kx1−4)，
∴x1=3×4k=12k，
∴k×12k−4=8，
∴A(12k,8)，
把A(12k,8)代入y=2x2，
解得k=−6(正值已舍去)，
∴x1=12−6=−2，
∴C(−23,0)，A(−2,2)，
∴y=−6x−4y=2x2，
解得x1=−2，x2=−1，
∴B(−1,2)，
∵D(0,−4)，A(−2,8)，
∴△ABO的面积=S△AHD−S△BOD−S△AHO=12AH×DH−12OD×|xB|−12OH×AH，
∴12×2×(8+4)−12×4×|−1|−12×2×8=12−2−8=2；
(3)存在，k=− 2913．
如图所示，设AB的中点为M，过点M作ME⊥y轴，过点A作AF⊥ME，

∵抛物线y=2x2和直线y=kx−4(k<0)，
∴联立得y=2x2y=kx−4，
整理得2x2−kx+4=0，
解得x=k± k2−324，
∴xA=k− k2−324，xB=k+ k2−324，
代入y=kx−4，
得yA=k2−k k2−324−4，yB=k2+k k2−324−4，
∴A(k− k2−324,k2−k k2−324−4)，B(k+ k2−324,k2+k k2−324−4)，
∴xA+xB=−−k2=k2，
∴yA+yB=kxA−4+kxB−4=k(xA+xB)−8=k22−8，
∵点M为AB的中点，
∴M(k4,k24−4)，
∴AF=k2−k k2−324−4−(k24−4)=−k k2−324，ME=−k4，
∵△ABP是等边三角形，点M为AB的中点，
∴AB⊥PM，∠APM=∠BPM=12∠APB=30°，
∴sin∠APM=AMPM= 33，
∵∠F=∠AMP=90°，
∴∠FAM+∠AMF=∠PME+∠AMF=90°，
∴∠FAM=∠PME，
又∵∠F=∠MEP=90°，
∴△AFM∽△MEP，
∴AFME=AMPM= 33，
∴−k k2−324−k4= 33，
解得k=± 2913，
∵k<0，
∴k=− 2913．
26.解：(1)如图，过点H作HF⊥AC，

在等腰Rt△ABC中，∠B=90°，AB=BC，
∴∠ACB=45°，
∴∠FHC=90°−45°=45°，
∴∠FHC=∠FCH，
∴FH=FC，
设FH=FC=x，
在Rt△A′C′D中，∠A′C′D=90°，∠C′A′D=30°，
∴AF=EFtan30∘= 3x，
∴ 3x+x=12，
解得x=6 3−6，
∴S△AHC=12AC⋅FH=12×12×(6 3−6)=36 3−36；
(2)如图，过点N作NH⊥AC，过点G作GK⊥BC交CB延长线于点K，则∠GKN=90°，

由题意得C=AC′，
∴∠ACC′=∠AC′C，
设∠CAC′=x，∠CNC′=∠CAC′+∠ACB，
∴∠CNC′=x+45°，
∵CN=CC′，
∴∠AC′C=∠CNC′=45°+x，
在△ACC′中，x+45°+x+45°+x=180°，
解得x=30°，
同(1)可得NH=6 3−6，
∴NC=NHsin∠ACB= 2NH=6 6−6 2，
在等腰Rt△ABC中，∠ACB=45°，
∴BC=AB=AC⋅sin∠ACB= 22AC=6 2，
∴BN=BC−NC=12 2−6 6，
∵NG//DC′，∠AC′D=90°，
∴∠ANG=90°，
而∠ABC=90°，
∴∠2+∠3=∠1+∠3，
∴∠1=∠2，
∵∠GKN=∠ABN=90°，
∴△ABN∽△NKG，
∴KGBN=NGAN，
∵tan∠DAC′=tan30°=GNAN= 33，
∴KGBN= 33，
即KG12 2−6 6= 33，
解得KG=4 6−6 2，
∴点G到直线BC的距离为4 6−6 2；
(3)如图，过点E作EQ⊥A′C，延长CA′至点P，使得A′P=A′Q，

∵C′A′D=30°，
∴A′Q=A′E⋅cs30°= 32A′E=A′P，
∴2A′C+ 3A′E=2(A′C+ 32A′E)=2(A′C+A′P)=2CP，
∴2A′C+ 3A′E的最大值转化为CP的最大值，
设EQ=m，则A′Q=A′P=EQtan30∘= 3m，
则PQ=2 3m，
在Rt△PEQ中，由勾股定理得PE= 13m，
∴sin∠EPQ=EQEP= 1313，
作△ECP的外接圆⊙O，连接OP，OC，则点P的轨迹为EPC，
∵OC+OP≥CP，
∴当点O、C、P三点共线时，即CP为直径时，CP最大，如图，

∴此时∠PEC=90°，
∵E是AC中点，
∴EC=12AC=6，
在Rt△ECP中，sin∠EPQ=ECPC=6PC= 1313，
∴PC=6 13，
∴2A′C+ 3A′E的最大值为12 13．
甲
乙
丙
丁
平均时间(s)
50.1
51.3
50.1
50.0
方差
0.9
0.9
1.3
57.8
x
…
−2
−1
0
1
2
…
y
…
5
0
−3
−4
−3
…