2024年山东省日照市东港区新营中学九年级三模考试数学试题

2023—2024学年度下学期初三数学阶段性检测题一、选择题（每小题3分，共36分）1.下列各数：中，无理数有（）个A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】本题主要考查无理数的识别，熟练掌握实数的相关概念是解题的关键．整数和分数统称为有理数；无理数即无限不循环小数；据此进行判断即可．【详解】解：是分数，是整数，它们均为有理数；均为无限不循环小数，它们是无理数；综上，无理数的个数共2个，故选：B2.亚运会会徽图案中是轴对称图形的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查轴对称图形的识别，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．根据轴对称图形的概念逐一判断即可．【详解】A.是轴对称图形，符合题意；B.不是轴对称图形，不符合题意；C.不是轴对称图形，不符合题意；D.不是轴对称图形，不符合题意；故选A．3.华为Mate60Pro搭载了麒麟9000s芯片，该芯片采用7纳米工艺制造，拥有出色的性能和能效比．已知7米等于7000000000纳米．数据7000000000用科学记数法为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查了绝对值大于1的科学记数法的表示，解题的关键在于确定的值．根据绝对值大于1的数，用科学记数法表示为，其中，的值为整数位数少1，进行作答即可．【详解】解：7000000000大于1，用科学记数法表示为，其中，，∴7000000000用科学记数法表示为，故选：D．4.如图，直线，直角三角形如图放置，，若，则的度数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了平行线的性质等知识点，先利用平行线的性质可得，然后利用角的和差关系进行计算，即可解答，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．【详解】如图：∵，∴，∵，∴，故选：C．5.下列计算正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据整式的乘除运算法则，积的乘方法则，完全平方公式分别计算各式即可．【详解】解：A、，故原选项错误；B、，故原选项错误；C、，故原选项错误；D、，故原选项正确故选：D【点睛】此题考查了整式的乘法和除法运算，积的乘方法则，完全平方公式，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键．6.下列说法中，正确的是（）A.一组数据4，4，2，3，1的中位数是2 B.反映空气的主要成分（氮气约占，氧气约占，其他微量气体约占）宜采用折线统计图C.甲、乙两人各10次射击的平均成绩相同，方差分别是，，则乙的射击成绩较稳定 D.对载人航天器零部件的检查适合采用抽样调查【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了全面调查和抽样调查，平均数，中位数以及方差等知识点，选项A根据中位数的定义判断即可；选项B根据各种统计图的特点判断即可；选项C根据方差的意义判断即可；选项D根据全面调查和抽样调查的定义判断即可，掌握相关定义是解答本题的关键．【详解】A．一组数据4，4，2，3，1的中位数是3，原说法错误，故本选项不符合题意；B．反映空气的主要成分（氮气约占，氧气约占，其他微量气体约占）宜采用扇形统计图，原说法错误，故本选项不符合题意；C．甲、乙两人各10次射击的平均成绩相同，方差分别是，，则乙的射击成绩较稳定，说法正确，故本选项符合题意；D．对载人航天器零部件的检查适合采用全面调查，原说法错误，故本选项不符合题意；故选：C．7.如图，的对角线，相交于点，的平分线与边相交于点，是中点，若，，则的长为（）A1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义以及等腰三角形的判定可得，进而可得，再根据三角形的中位线解答即可.【详解】解：∵四边形是平行四边形，，∴，，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∵是中点，∴；故选：A.【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定以及三角形的中位线定理等知识，熟练掌握相关图形的判定与性质是解题的关键.8.如图，在中，分别以点A、C为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别相交于点M、N，直线与相交于点E．过点C作，垂足为点D，与相交于点F．若，则的度数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】连接DE，如图，利用基本作图得到AE=CE，则DE为斜边AC的中线，所以DE=AE=CE，则∠ADE=∠A=34°，接着证明BD=DE，所以∠DBE=∠DEB=17°，然后利用三角形外角性质计算∠BFC的度数．【详解】解：连接DE，如图，由作法得MN垂直平分AC，∴AE=CE，∵CD⊥AB，∴∠CDB=∠CDE=90°，∵DE为斜边AC的中线，∴DE=AE=CE，∴∠ADE=∠A=34°，∵BD=CE，∴BD=DE，∴∠DBE=∠DEB=∠ADE=17°，∴∠BFC=∠DBF+∠BDF=17°+90°=107°．故选：B．【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．9.已知关于的不等式组有5个整数解，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，根据不等式组的解集情况确定参数是解答题的关键．先分别求出每一个不等式的解集，进而确定不等式组的解集，最后根据不等式组有5个整数解即可解答．【详解】解：解不等式，可得：，解不等式，可得：，∴不等式组的解集为：∵不等式组有5个整数解，∴，∴．故选：C．10.如图所示，的直径弦，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设CD交AB于H．根据垂径定理得CH=DH=OH，设CH=DH=a，求出BH即可解决问题．【详解】解：设CD交AB于H．∵OB=OC，∴∠2=∠3，∵AB⊥CD，∴∠1+∠2+∠3=90°，CH=HD，∵∠1=2∠2，∴4∠3=90°，∴∠3=22.5°，∴∠1=45°，∴CH=OH，设DH=CH=a，则OC=OB=a，BH=a+a，∴tan∠CDB=，故选：D．【点睛】本题考查垂径定理，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．11.如图，点从菱形的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点，图是点运动时的面积随时间的关系图象，则的值为（）A. B.6 C. D.【答案】C【解析】【分析】通过分析图象，点从点到用，此时，的面积为，依此可求菱形的高，再由图象可知，，在用勾股定理即可．【详解】过作于点，如图，∴，∵四边形是菱形，∴，图可知，，，的面积，∴，∴，在中，由勾股定理得：，∴，在中，由勾股定理得：，即，解得：，故选：．【点睛】此题考查了菱形性质和一次函数图象性质，解题的关键是在解答过程中要注意函数图象变化与动点位置之间的关系．12.如图，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，对称轴为直线，结合图象给出下列结论：①；②；③；④方程的两根和为1；⑤若是方程的两根，则方程的两根满足；其中正确结论有（）A.2个 B.3个 C.4个 D.5个【答案】B【解析】【分析】综合二次函数图象与各项系数之间的关系，以及二次函数与方程之间的联系进行逐项分析．【详解】解：由题意，，对称轴为直线，∴，，抛物线与轴相交于正半轴，则，∴，故①错误；∵抛物线与轴有两个不同的交点，∴，即：，故②正确；∵由图象可得，当时，函数值，∴，∵，∴，故③正确；对于方程，整理得：，∴其两根之和，∵，∴∴方程的两根和为2，故④错误；∵是方程的两根，∴函数图象与轴的两个交点的横坐标为，∵方程的两根，∴抛物线与直线的交点横坐标为，∵抛物线开口向下，∴，，∴，，∵，∴，故⑤正确；∴正确的有②③⑤，故选：B．【点睛】本题考查二次函数图象与性质，二次函数与一元二次方程之间的联系，掌握函数的基本性质，理解并熟练运用函数与方程之间的关系是解题关键．二、填空题（每小题3分，共12分）13.因式分解：_______．【答案】【解析】【分析】将看作，应用平方差公式，即可求解，本题考查了公式法因式分解，解题的关键是：熟练掌握平方差公式．【详解】解：．14.如图是为某公园滑梯的横截面图，是台阶，是一个平台，是滑道，立柱垂直于地面且高度相同，与地面的夹角为，与地面的夹角为．若，则滑道的长度是__________．（参考数据：）【答案】【解析】【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，矩形的性质与判定，过点G作于H，先解得到，再证明四边形是矩形，得到，进而证明四边形是矩形，得到，最后解求出的长即可得到答案．【详解】解：如图所示，过点G作于H，在中，，∴；∵，∴四边形是矩形，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，在中，，，∴，∴滑道的长度是，故答案为：．15.如图，在平行四边形中，点在轴正半轴上，点是的中点，若反比例函数的图象经过，两点，且的面积为，则________．【答案】【解析】【分析】此题考查了反比例函数的图象和性质、平行四边形的性质，数形结合是解题的关键．延长交点轴于，由的面积，可求，设点坐标为，可得，进而求解坐标，由中点坐标公式得到坐标，由都在反比例函数图象上列等式，即可求解．【详解】解：如图，延长交点轴于，的面积为，点是的中点，设点坐标为，，，，根据中点坐标公式可得，都在反比例函数图象上，，解得，．故答案为：．16.如图，菱形中，，，点是直线上一动点，点在直线上，若，则的最小值是____．【答案】【解析】【分析】连接，作的外接圆，连接，，，，利用相似三角形的性质判断出，得出点的运动轨迹，可得结论．【详解】连接，作的外接圆，连接，，，，∵四边形是菱形，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，在任取一点，连接，，∵是的外接圆，∴，∴点在上运动，，∴，，∴，∴由勾股定理得：，∵∴，即，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质以及面积法的运用，解决问题的关键是利用相似三角形的对应边成比例得出当点，，三点共线时，最短．三、解答题（6道大题，共72分）17.（1）计算：．（2）先化简，再求值：，其中．【答案】（1）1；（2），．【解析】【分析】本题考查了零指数幂，特殊的三角函数值，立平方根，负整数次幂和分式化简求值．（1）先分别求解零指数幂，特殊的三角函数值，立方根，负整数次幂，然后进行加减运算即可；（2）原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．【详解】解：（1）；（2）．当时，原式．18.近日，教育部发布《义务教育劳动课程标准（2022年版）》．2022年秋季开学起，劳动课将成为中小学生的一门独立课程．消息一出，引发了不少家长和老师的关注和热议．某校为了解学生对“劳动课”重视程度，随机在校内调查了部分学生，调查结果分为“非常重视”“重视”“比较重视”“不重视”四类，并将结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图：根据图中信息，解答下列问题：（1）在扇形统计图中，“比较重视”所占圆心角的度数为_________，并补全条形统计图；（2）该校共有学生2400人，请你估计该校对“劳动课”“非常重视”的学生人数；（3）对“劳动课”“非常重视”的4人有一名男生，三名女生，若从中随机抽取两人作为“劳动教育宣传大使”，请利用树状图或列表法，求出恰好抽到都是女生的概率．【答案】（1），图见解析（2）120（3）【解析】【分析】（1）由“不重视”的人数和所占百分比可以求出抽查的总人数，再根据“比较重视”的人数即可得到其对应圆心角度数，用总人数减去已知三类的人数可以得到“重视”的人数，据此可以补全条形统计图；（2）算出“非常重视”的学生人数占抽查人数的百分比，然后乘以该校学生总数即可得解；（3）把一名男生和三名女生分别记为A、B1、B2、B3，根据题意画出树状图即可得到解答．【小问1详解】16÷20%=80（人），，80-（4+16+36）=24（人），即“重视”的人数为24，故答案为，条形统计图补全如下：【小问2详解】（人），答：该校对“劳动课”“非常重视”的学生人数约为120人；【小问3详解】记男生为A，女生分别为，∴P（都是女生）．【点睛】本题考查数据的整理和分析，熟练掌握扇形统计图圆心角的求法、由样本所占百分比估计总体数量的方法、用列表法或树状图法求概率的方法是解题关键关键．19.“六一”儿童节将至，某商店计划购进A型玩具和B型玩具进行销售，已知700元购买A型玩具的个数是315元购买B组玩具个数的2倍，一个A型玩具的进价比一个B型玩具的进价多1元，销售时，两种玩具的售价均为15元/个．（1）求一个A型玩具和一个B型玩具的进价分别是多少元？（2）该商店计划购进这两种玩具共200个，其中购进A型玩具的数量不少于B型玩具数量的，且不超过150个，当商店进货时，若一次性购进A型玩具超过80个，则A型玩具超过的部分可按进价打7折，该商店应购进A型玩具和B型玩具各多少个，才能在两种玩具全部售出后所获利润最大？最大利润是多少元？【答案】（1）A型玩具的进价为10元，B型玩具的进价为9元（2）当购进A型玩具150个，B型玩具50个，该商店获利最大，最大利润为1260元【解析】【分析】本题考查了分式方程，一元一次不等式的实际应用，一次函数的实际应用，解题的关键是根据题意列出相应的方程或不等式．（1）设型玩具每个的进价为元，则型玩具每件的进价为元，根据700元购买A型玩具的个数是315元购买B组玩具个数的2倍，建立方程求解即可；（2）设购进型玩具个，则购进B型玩具个，总利润为元，根据两种玩具共200个，其中购进A型玩具的数量不少于B型玩具数量的，且不超过150个，列出不等式，求出m的取值范围，列出总利润的关系式，根据一次函数的性质解答即可．【小问1详解】解：设型玩具每个的进价为元，则型玩具每件的进价为元，由题意得：，解得：经检验，是所列方程的解，且符合题意，答：A型玩具的进价为10元，B型玩具的进价为9元．【小问2详解】解：设购进型玩具个，则购进B型玩具个，总利润为元购进A型玩具的数量不少干型玩具数量的且不超过150个．，且为整数；可以享受折扣优惠，，随m的增大而增大，当时，w最大（元）答：当购进A型玩具150个，B型玩具50个，该商店获利最大，最大利润为1260元．20.如图，是的外接圆，，过点作交于点，连接，延长到点，连接，．（1）求证：是的切线；（2）若，，求半径的长．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，利用平行线的性质得到，进一步证明，得到，利用圆的切线的判定定理解答即可；（2）连接，，交于点，利用（1）的结论判定四边形为平行四边形，利用垂径定理和勾股定理求得，设半径的长为，则，利用勾股定理列出方程，解方程即可求解．【小问1详解】解：证明：连接，如图，，．，．，，．，，．是的半径，是的切线；【小问2详解】连接，，交于点，如图，由（1）知：，，四边形为平行四边形，，．，．．设半径的长为，则，，，解得：．半径的长为．【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定，圆周角定理，垂径定理，平行线的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．21.感知：已知矩形，，，把矩形绕点C顺时针旋转，得到矩形，连接，交于点N．特例：（1）如图1，若点F落在边上，过点B作，垂足为点M，连接，求证：；（2）如图2，若点F在上方，连接交于点P，连接，若，①求证：；②求的长．③提升：若取中点M，连接，，请直接写出的最大值．【答案】（1）见解析（2）①见解析②2③【解析】【分析】（1）先由旋转的性质得到，，则，再由矩形的性质得到，，进而证明，得到，则由角平分线的性质可得，进而得到，据此证明即可；（2）①先证明，得到，接着再设未知数，构造方程如下：设，得，过点B作于点H，得，设，则，利用勾股定理，线段的垂直平分线解答即可．②根据，证明，得到，列出比例式，得到，解得．③根据，是定值，故要使得的最大，只需上的高最大，故当的延长线与的延长线互相垂直时，的最大，设二线交点为Q，的延长线与的交点为T，选择适当的三角函数，计算解答即可．【小问1详解】解：根据旋转的性质得到，，则，∵矩形,∴，，∴，∴，∵∴，∴，∵,∴．【小问2详解】①根据旋转的性质得到，，∵矩形,∴，，∴，，∵，∴，∴，∴，设，∴，整理，得，解得（舍去），∴；过点B作于点H，∵，∴，∴，∴，设，∴，∴，解得（舍去），∴，∴，∴直线是线段的垂直平分线，∴．②根据旋转的性质得到，，则，∵矩形,∴，∵，∴，∴，∵∴，∴，∴，∴，∴，∴，解得．③∵中点M，∴,∴，定值，∴要使得最大，只需上的高最大，∴，故当的延长线与的延长线互相垂直时，的最大，设二线交点为Q，的延长线与的交点为T，∵，，∴，∴，∴，∴，解得，∴，∴，∴，∴．故的最大值为．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的