江苏省兴化市昭阳湖初级中学2024年中考三模数学试题含解析

江苏省兴化市昭阳湖初级中学2024年中考三模数学试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1．已知，用尺规作图的方法在上确定一点，使，则符合要求的作图痕迹是（）A． B．C． D．2．某美术社团为练习素描，他们第一次用120元买了若干本相同的画册，第二次用240元在同一家商店买与上一次相同的画册，这次商家每本优惠4元，结果比上次多买了20本．求第一次买了多少本画册？设第一次买了x本画册，列方程正确的是（）A． B．C． D．3．一个不透明的布袋里装有7个只有颜色不同的球，其中3个红球，4个白球，从布袋中随机摸出一个球，摸出的球是红球的概率是（）A． B． C． D．4．下列等式正确的是（）A．（a+b）2=a2+b2 B．3n+3n+3n=3n+1C．a3+a3=a6 D．（ab）2=a5．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=4，两等圆⊙A，⊙B外切，那么图中两个扇形（即阴影部分）的面积之和为（）A．2π B．4π C．6π D．8π6．□ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（）A．BE=DF B．AE=CF C．AF//CE D．∠BAE=∠DCF7．如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，BC=6，分别以A，C为圆心，以大于AC的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交AD于点E，则△CDE的周长是（）A．7 B．10 C．11 D．128．如图，在4×4正方形网格中，黑色部分的图形构成一个轴对称图形，现在任意选取一个白色的小正方形并涂黑，使黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是（）A． B． C． D．9．函数y=中，自变量x的取值范围是（）A．x＞3 B．x＜3 C．x=3 D．x≠310．的算术平方根是（）A．9 B．±9 C．±3 D．3二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11．如图所示，扇形OMN的圆心角为45°，正方形A1B1C1A2的边长为2，顶点A1，A2在线段OM上，顶点B1在弧MN上，顶点C1在线段ON上，在边A2C1上取点B2，以A2B2为边长继续作正方形A2B2C2A3，使得点C2在线段ON上，点A3在线段OM上，……，依次规律，继续作正方形，则A2018M=__________．12．计算的结果是____.13．如图，在4×4正方形网格中，黑色部分的图形构成一个轴对称图形，现在任选取一个白色的小正方形并涂黑，使图中黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是_____．14．已知一组数据，，，，的平均数是，那么这组数据的方差等于________．15．如果关于x的方程x2+2ax﹣b2+2=0有两个相等的实数根，且常数a与b互为倒数，那么a+b=_____．16．如图，在中国象棋的残局上建立平面直角坐标系，如果“相”和“兵”的坐标分别是（3，-1）和（-3，1），那么“卒”的坐标为_____.

17．如图，点P的坐标为（2，2），点A，B分别在x轴，y轴的正半轴上运动，且∠APB=90°．下列结论：①PA=PB；②当OA=OB时四边形OAPB是正方形；③四边形OAPB的面积和周长都是定值；④连接OP，AB，则AB＞OP．其中正确的结论是_____．（把你认为正确结论的序号都填上）三、解答题（共7小题，满分69分）18．（10分）先化简，再求值:，其中.19．（5分）如图所示，点C在线段AB上，AC=8cm，CB=6cm，点M、N分别是AC、BC的中点.求线段MN的长.若C为线段AB上任意一点，满足AC+CB=a(cm)，其他条件不变，你能猜想出MN的长度吗？并说明理由.若C在线段AB的延长线上，且满足AC-CB=b(cm)，M、N分别为AC、BC的中点，你能猜想出MN的长度吗？请画出图形，写出你的结论，并说明理由.20．（8分）我们已经知道一些特殊的勾股数，如三连续正整数中的勾股数：3、4、5；三个连续的偶数中的勾股数6、8、10；事实上，勾股数的正整数倍仍然是勾股数．另外利用一些构成勾股数的公式也可以写出许多勾股数，毕达哥拉斯学派提出的公式：a＝2n+1，b＝2n2+2n，c＝2n2+2n+1(n为正整数)是一组勾股数，请证明满足以上公式的a、b、c的数是一组勾股数．然而，世界上第一次给出的勾股数公式，收集在我国古代的着名数学着作《九章算术》中，书中提到：当a＝(m2﹣n2)，b＝mn，c＝(m2+n2)(m、n为正整数，m＞n时，a、b、c构成一组勾股数；利用上述结论，解决如下问题：已知某直角三角形的边长满足上述勾股数，其中一边长为37，且n＝5，求该直角三角形另两边的长．21．（10分）某水果店购进甲乙两种水果，销售过程中发现甲种水果比乙种水果销售量大，店主决定将乙种水果降价1元促销，降价后30元可购买乙种水果的斤数是原来购买乙种水果斤数的1.5倍．（1）求降价后乙种水果的售价是多少元/斤？（2）根据销售情况，水果店用不多于900元的资金再次购进两种水果共500斤，甲种水果进价为2元/斤，乙种水果进价为1.5元/斤，问至少购进乙种水果多少斤？22．（10分）如图，抛物线交X轴于A、B两点，交Y轴于点C，．（1）求抛物线的解析式；（2）平面内是否存在一点P，使以A，B，C，P为顶点的四边形为平行四边形，若存在直接写出P的坐标，若不存在请说明理由。23．（12分）如图，点A在∠MON的边ON上，AB⊥OM于B，AE=OB，DE⊥ON于E，AD=AO，DC⊥OM于C．求证：四边形ABCD是矩形；若DE=3，OE=9，求AB、AD的长.24．（14分）已知△ABC中，D为AB边上任意一点，DF∥AC交BC于F，AE∥BC，∠CDE=∠ABC＝∠ACB＝α，(1)如图1所示，当α=60°时，求证：△DCE是等边三角形；(2)如图2所示，当α=45°时，求证：=；(3)如图3所示，当α为任意锐角时，请直接写出线段CE与DE的数量关系：＝_____.

参考答案一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1、D【解析】试题分析：D选项中作的是AB的中垂线，∴PA=PB，∵PB+PC=BC，∴PA+PC=BC．故选D．考点：作图—复杂作图．2、A【解析】分析：由设第一次买了x本资料，则设第二次买了（x+20）本资料，由等量关系：第二次比第一次每本优惠4元，即可得到方程．详解：设他上月买了x本笔记本，则这次买了（x+20）本，根据题意得：.故选A.点睛：本题考查了分式方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程解答即可.3、B【解析】袋中一共7个球，摸到的球有7种可能，而且机会均等，其中有3个红球，因此摸到红球的概率为，故选B.4、B【解析】

（1）根据完全平方公式进行解答；（2）根据合并同类项进行解答；（3）根据合并同类项进行解答；（4）根据幂的乘方进行解答.【详解】解：A、（a+b）2=a2+2ab+b2，故此选项错误；B、3n+3n+3n=3n+1，正确；C、a3+a3=2a3，故此选项错误；D、（ab）2=a2b，故此选项错误；故选B．【点睛】本题考查整数指数幂和整式的运算，解题关键是掌握各自性质.5、B【解析】

先依据勾股定理求得AB的长，从而可求得两圆的半径为4，然后由∠A+∠B=90°可知阴影部分的面积等于一个圆的面积的．【详解】在△ABC中，依据勾股定理可知AB==8，∵两等圆⊙A，⊙B外切，∴两圆的半径均为4，∵∠A+∠B=90°，∴阴影部分的面积==4π．故选：B．【点睛】本题主要考查的是相切两圆的性质、勾股定理的应用、扇形面积的计算，求得两个扇形的半径和圆心角之和是解题的关键．6、B【解析】【分析】根据平行线的判定方法结合已知条件逐项进行分析即可得.【详解】A、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD，∵BE=DF，∴OE=OF，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意；B、如图所示，AE=CF，不能得到四边形AECF是平行四边形，故符合题意；C、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，∵AF//CE，∴∠FAO=∠ECO，又∵∠AOF=∠COE，∴△AOF≌△COE，∴AF=CE，∴AFCE，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意；D、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB//CD，∴∠ABE=∠CDF，又∵∠BAE=∠DCF，∴△ABE≌△CDF，∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，∴∠AEO=∠CFO，∴AE//CF，∴AECF，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意，故选B.【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的判定定理与性质定理是解题的关键.7、B【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD=BC=4，CD=AB=6，

∵由作法可知，直线MN是线段AC的垂直平分线，

∴AE=CE，

∴AE+DE=CE+DE=AD，

∴△CDE的周长=CE+DE+CD=AD+CD=4+6=1．

故选B．8、B【解析】解：∵根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，白色的小正方形有13个，而能构成一个轴对称图形的有4个情况，∴使图中黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是：．故选B．9、D【解析】由题意得，x﹣1≠0，解得x≠1．故选D．10、D【解析】

根据算术平方根的定义求解.【详解】∵=9，

又∵（±1）2=9，

∴9的平方根是±1，

∴9的算术平方根是1．

即的算术平方根是1．

故选:D．【点睛】考核知识点：算术平方根.理解定义是关键.二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11、．【解析】

探究规律，利用规律即可解决问题.【详解】∵∠MON=45°，∴△C2B2C2为等腰直角三角形，∴C2B2=B2C2=A2B2．∵正方形A2B2C2A2的边长为2，∴OA3=AA3=A2B2=A2C2=2．OA2=4，OM=OB2=，同理，可得出：OAn=An-2An=An-2An-2=，∴OA2028=A2028A2027=，∴A2028M=2-．故答案为2-．【点睛】本题考查规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，学会利用规律解决问题，属于中考常考题型．12、【解析】原式=，故答案为.13、【解析】如图，有5种不同取法；故概率为.14、5.2【解析】分析：首先根据平均数求出x的值，然后根据方差的计算法则进行计算即可得出答案．详解：∵平均数为6，∴(3+4+6+x+9)÷5=6，解得：x=8，∴方差为：．点睛：本题主要考查的是平均数和方差的计算法则，属于基础题型．明确计算公式是解决这个问题的关键．15、±1．【解析】

根据根的判别式求出△=0，求出a1+b1=1，根据完全平方公式求出即可．【详解】解：∵关于x的方程x1+1ax-b1+1=0有两个相等的实数根，∴△=（1a）1-4×1×（-b1+1）=0，即a1+b1=1，∵常数a与b互为倒数，∴ab=1，∴（a+b）1=a1+b1+1ab=1+3×1=4，∴a+b=±1，故答案为±1．【点睛】本题考查了根的判别式和解高次方程，能得出等式a1+b1=1和ab=1是解此题的关键．16、（-2，-2）【解析】

先根据“相”和“兵”的坐标确定原点位置，然后建立坐标系，进而可得“卒”的坐标．【详解】“卒”的坐标为（﹣2，﹣2），故答案是：（﹣2，﹣2）．【点睛】考查了坐标确定位置，关键是正确确定原点位置．17、①②【解析】

过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，得出四边形PMON是正方形，推出OM=OM=ON=PN=1，证△APM≌△BPN，可对①进行判断，推出AM=BN，求出OA+OB=ON+OM=2，当当OA=OB时，OA=OB=1，然后可对②作出判断，由△APM≌△BPN可对四边形OAPB的面积作出判断，由OA+OB=2，然后依据AP和PB的长度变化情况可对四边形OAPB的周长作出判断，求得AB的最大值以及OP的长度可对④作出判断．【详解】过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N

∵P（1，1），

∴PN=PM=1．

∵x轴⊥y轴，

∴∠MON=∠PNO=∠PMO=90°，

∴∠MPN=360°-90°-90°-90°=90°，则四边形MONP是正方形，

∴OM=ON=PN=PM=1，

∵∠MPA=∠APB=90°，

∴∠MPA=∠NPB．

∵∠MPA=∠NPB，PM=PN，∠PMA=∠PNB，

∴△MPA≌△NPB，

∴PA=PB，故①正确．

∵△MPA≌△NPB，

∴AM=BN，

∴OA+OB=OA+ON+BN=OA+ON+AM=ON+OM=1+1=2．

当OA=OB时，OA=OB=1，则点A、B分别与点M、N重合，此时四边形OAPB是正方形，故②正确．

∵△MPA≌△NPB，

∴四边形OAPB的面积=四边形AONP的面积+△PNB的面积=四边形AONP的面积+△PMA的面积=正方形PMON的面积=2．

∵OA+OB=2，PA=PB，且PA和PB的长度会不断的变化，故周长不是定值，故③错误．

，∵∠AOB+∠APB=180°，

∴点A、O、B、P共圆，且AB为直径，所以

AB≥OP，故④错误．

故答案为：①②．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，坐标与图形性质，正方形的性质的应用，关键是推出AM=BN和推出OA+OB=OM+ON三、解答题（共7小题，满分69分）18、-1,-9.【解析】

先去括号，再合并同类项；最后把x=-2代入即可．【详解】原式＝,当x=-2时，原式＝-8-1=-9.【点睛】本题考查了整式的混合运算及化简求值，关键是先按运算顺序把整式化简，再把对应字母的值代入求整式的值．19、（1）7cm（2）若C为线段AB上任意一点，且满足AC+CB=a(cm)，其他条件不变，则MN=a(cm);理由详见解析（3）b(cm)【解析】

（1）据“点M、N分别是AC、BC的中点”，先求出MC、CN的长度，再利用MN=CM+CN即可求出MN的长度即可．（2）据题意画出图形即可得出答案．（3）据题意画出图形即可得出答案．【详解】（1）如图∵AC＝8cm，CB＝6cm，∴AB＝AC＋CB＝8＋6＝14cm，又∵点M、N分别是AC、BC的中点，∴MC＝AC，CN＝BC，∴MN＝AC＋BC＝(AC＋BC)＝AB＝7cm．答：MN的长为7cm．（2）若C为线段AB上任一点，满足AC＋CB＝acm，其它条件不变，则MN＝cm，理由是：∵点M、N分别是AC、BC的中点，∴MC＝AC，CN＝BC，∵AC＋CB＝acm，∴MN＝AC＋BC＝(AC＋BC)＝cm．（3）解：如图，∵点M、N分别是AC、BC的中点，∴MC＝AC，CN＝BC，∵AC－CB＝bcm，∴MN＝AC－BC＝(AC－BC)＝cm．考点：两点间的距离．20、(1)证明见解析；(2)当n＝5时，一边长为37的直角三角形另两边的长分别为12，1．【解析】

（1）根据题意只需要证明a2+b2＝c2，即可解答（2）根据题意将n＝5代入得到a＝(m2﹣52)，b＝5m，c＝(m2+25)，再将直角三角形的一边长为37，分别分三种情况代入a＝(m2﹣52)，b＝5m，c＝(m2+25)，即可解答【详解】(1)∵a2+b2＝(2n+1)2+(2n2+2n)2＝4n2+4n+1+4n4+8n3+4n2＝4n4+8n3+8n2+4n+1，c2＝(2n2+2n+1)2＝4n4+8n3+8n2+4n+1，∴a2+b2＝c2，∵n为正整数，∴a、b、c是一组勾股数；(2)解：∵n＝5∴a＝(m2﹣52)，b＝5m，c＝(m2+25)，∵直角三角形的一边长为37，∴分三种情况讨论，①当a＝37时，(m2﹣52)＝37，解得m＝±3(不合题意，舍去)②当y＝37时，5m＝37，解得m＝(不合题意舍去)；③当z＝37时，37＝(m2+n2)，解得m＝±7，∵m＞n＞0，m、n是互质的奇数，∴m＝7，把m＝7代入①②得，x＝12，y＝1．综上所述：当n＝5时，一边长为37的直角三角形另两边的长分别为12，1．【点睛】此题考查了勾股数和勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题关键21、（1）降价后乙种水果的售价是2元/斤；（2）至少购进乙种水果200斤．【解析】

（1）设降价后乙种水果的售价是x元，30元可购买乙种水果的斤数是，原来购买乙种水果斤数是，根据题意即可列出等式；（2）设至少购进乙种水果y斤，甲种水果（500﹣y）斤，有甲乙的单价，总斤数≤900即可列出不等式，求解即可.【详解】解：（1）设降价后乙种水果的售价是x元，根据题意可得：，解得：x＝2，经检验x＝2是原方程的解，答：降价后乙种水果的售价是2元/斤；（2）设至少购进乙种水果y斤，根据题意可得：2（500﹣y）+1.5y≤900，解得：y≥200，答：至少购进乙种水果200斤．【点睛】本题考查了分式的应用和一元一次不等式的应用，根据题意列出式子是解题的关键22、（1）；（2）（3，-4）或（5,4）或（-5,4）【解析】

（1）设|OA|=1，确定A,B,C三点坐标，然后用待定系数法即可完成；（2）先画出存在的点，然后通过平移和计算确定坐标；【详解】解：（1）设|OA|=1，则A(-1，0)，B(4，0)C（0,4）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c则有：解得所以函数解析式为：（2）存在，（3，-4）或（5,4）或（-5,4）理由如下：如图：P1相当于C点向右平移了5个单位长度，则坐标为（5，4）；P2相当于C点向左平移了5个单位长度，则坐标为（-5，4）；设P3坐标为（m，n）在第四象限，要使AP3BC是平行四边形，则有AP3=BC,BP3=AC∴即（舍去）P3坐标为（3，-4）【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，此题涉及到待定系数法求二次函数解析式，通过作图确认平行四边形存在，然后通过观察和计算确定P点坐标；解题的关键在于规范作图，以便于树形结合.23、（1）证明见解析；（2）AB、AD的长分别为2和1．【解析】

（1）证Rt△ABO≌Rt△DEA（HL）得∠AOB=∠DAE，AD∥BC．证四边形ABCD是平行四边形，又，故四边形ABCD是矩形；（2）由（1）知Rt△ABO≌Rt△DEA，AB=DE=2．设AD=x，则OA=x，AE=OE－OA=9－x．在Rt△DEA中，由得：.【详解】（1）证明：∵AB⊥OM于B，DE⊥ON于E，∴.在Rt△ABO与Rt△DEA中，∵∴Rt△ABO≌Rt△DEA（HL）．∴∠AOB=∠DAE．∴AD∥BC．又∵AB⊥OM，DC⊥OM，∴AB∥DC．∴四边形ABCD是平行四边形．∵，∴四边形ABCD是矩形；（2）由（1）知Rt△ABO≌Rt△DEA，∴AB=DE=2．设AD=x，则OA=x，AE=OE－OA=9－x．在Rt△DEA中，由得