2023年江西省赣州市寻乌县中考一模数学试卷（含解析）

2023年江西省赣州市寻乌县中考一模数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．－3的相反数是( )
A．3 B．－3 C．0 D．±3
2．下面的计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列各图是选自历届世博会徽中的图案，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．如下图所示的几何体，它的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，的半径弦于点C，连接并延长交于点E，连接．若，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．已知二次函数的图像如图所示，下列四个命题：①；②；③若，是该抛物线上的两点，则；④若，是该抛物线上的两点，则；其中正确的结论有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、填空题
7．以抗美援朝战争为背景的爱国题材影片《长津湖》以约5746000000元的票房创造中国电影票房的新高，将5746000000用科学记数法表示为______．
8．分解因式：________．
9．设，是一元二次方程的两个根，则________．
10．幻方历史悠久，传说最早出现在夏禹时代的“洛书”当中，根据幻方的相等关系设计出来一个“幻圆”，即大圆．小圆．横线．竖线上的四个数字加起来的和均相等．如图给出了部分数字，则幻圆中的值为________．
11．如图，将正方形纸板制成一个七巧板，拼成如图所示的“小鸟”图案，头部（阴影部分）的面积为，则“小鸟”图案中身体（空白部分）的面积为________．
12．如图，在矩形中，，，点是的中点，点是边上一动点，将沿折叠，点的对应点为点，当射线经过矩形一边的中点时（不含点），则的长为________．
三、解答题
13．（1）计算：
（2）解不等式组：
14．先化简，再求值：，请在范围内选择一个你喜欢的整数代入求值．
15．如图，4张背面完全相同的纸牌（用①、②、③、④表示），在纸牌的正面分别写有四个不同的条件，小明将这4张纸牌背面朝上洗匀后，先随机摸出一张（不放回），再随机摸出一张．
（1）用树状图（或列表法）表示两次摸牌出现的所有可能结果；
（2）以两次摸出牌上的结果为条件，求能判断四边形ABCD是平行四边形的概率．
16．已知四边形ABCD内接于⊙O，且已知∠ADC=120°；请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹，不写作法，写明答案）．
（1）在图1中，已知AD=CD，在⊙O上求作一个度数为30°的圆周角；
（2）在图2中，已知AD≠CD，在⊙O上求作一个度数为30°的圆周角．
17．如图，在四边形中，，，平分，连接交于点O，过点C作交延长线于点E．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，，求的长．
18．为弘扬红色文化，传颂红色故事，赣南革命老区某学校特在九年级开展了红色文化知识竞赛活动，并随机抽取了名参赛选手的成绩（竞赛成绩均为正数，满分分）进行统计分析．随机抽取的成绩如下：
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，
整理数据：
分数
人数
根据以上信息回答下列问题：
(1)填空：________，________；
(2)这名参赛人员成绩的众数为________，中位数为________；
(3)小李的参赛成绩为分，你认为他的成绩属于“中上”水平吗？请说明理由．
(4)该学校九年级共有名学生参加了竞赛，若成绩在分（包含分）以上为优秀，请你估计此次知识竞赛中优秀的人数．
19．如图，直线与轴，轴分别相交于，两点，与双曲线相交于点，轴于点，且，点的坐标为．
(1)求一次函数和双曲线的解析式；
(2)若点为双曲线上点右侧的一点，且轴于，当时，求点的坐标．
20．脱贫攻坚工作让老百姓过上了幸福的生活；如图是政府给贫困户新建房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高所在的直线，为了测量房屋的高度，在地面上点测得屋顶的仰角为，此时地面上点．屋檐上点．屋顶上点三点恰好共线，继续向房屋方向走到达点时，又测得屋檐点的仰角为，房屋的横梁，，交于点（点，，在同一水平线上）．（参考数据：，，，）
(1)求屋顶到横梁的距离；
(2)求房屋的高（结果精确到）．
21．如图，AB是⊙O的弦，D为OA半径的中点，过D作CD⊥OA交弦AB于点E，交⊙O于点F，且CE=CB．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接AF，BF，求∠ABF的度数；
（3）如果CD=15，BE=10，sinA=，求⊙O的半径．
22．【问题情境】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图①，中，若，，求边上的中线的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长至点，使，连接．
请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到，依据是________．
A．；B．；C．；D．
由“三角形的三边关系”可求得的取值范围是________．
【初步运用】
（2）如图②，是的中线，交于，交于，且．若，，求线段的长．
【灵活运用】
（3）如图③，在中，，为中点，，交于点，交于点，连接．试猜想线段．．三者之间的数量关系，并证明你的结论．
23．定义：若直线与开口向下的抛物线有两个交点，则这两个交点之间的距离叫做这条抛物线的“反碟长”．如图，已知抛物线：与直线相交于，．
(1)抛物线的“反碟长”________．
(2)抛物线随其顶点沿直线向上平移，得到抛物线．
①当抛物线的顶点平移到点，抛物线的解析式是________．抛物线的“反碟长”是________．
②若抛物线的“反碟长”是一个偶数，则其顶点的纵坐标可能是________．（填写所有正确的选项）
A．15 B．16 C．24 D．25
③当抛物线的顶点和抛物线与直线的两个交点，构成一个等边三角形时（点在点左右），求点的坐标．
参考答案：
1．A
【分析】只有符号不同的两个数互为相反数，根据概念即可完成.
【详解】只有符号不同的两个数互为相反数
－3的相反数是3
故选A
【点睛】本题考查相反数的概念，熟练掌握该知识点是解题关键.
2．C
【分析】根据同底数幂的乘法，完全平方公式，积的乘方，合并同类项，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，故该选项正确，符合题意；
D. ，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，完全平方公式，积的乘方，合并同类项，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．C
【详解】解：A，B，D不是中心对称图形，C是中心对称图形，
故选C
4．D
【分析】由题意根据三视图相关概念可知俯视图是从物体的上面看得到的平面图形，从而得出选项．
【详解】解：俯视图是从物体的上面看得到的平面图形，该几何体从上面看得到一个矩形,正中间是一条实线，左右各有一条虚线．
故选D．
【点睛】本题考查三视图，熟练掌握俯视图是从物体的上面看得到的平面图形是解题关键，注意实际存在又没有被其他棱所挡，在所在方向看不到的棱应用虚线表示．
5．B
【分析】由题意可知，垂直平分，是的直径，易得是的中位线得到，在中，设，则，依据勾股定理求解即可．
【详解】解：由题意可知，
垂直平分，是的直径，
是的中位线，
，
在中，设，则，
，
，
解得：，
即，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是证明是的中位线．
6．B
【分析】根据图像开口方向和轴交点可判断①；根据对称轴可以判断②；根据抛物线的增减性可以判断③；根据函数的对称性可以判断④．
【详解】由图可知，二次函数的图像开口向下，与轴交点位于轴正半轴，
，，
对称轴为，
，
，
故①错误；
对称轴为，
，
，
故②正确；
当，在对称轴左侧时，；当，在对称轴右侧时，，故③错误；
，
，，关于对称轴对称，
，
故④正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图像与系数的关系，二次函数的图像和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
7．
【分析】5746000000用科学记数法表示成的形式，其中，，代入可得结果．
【详解】解：5746000000的绝对值大于表示成的形式
∵，
∴5746000000表示成
故答案为：．
【点睛】本题考查了科学记数法．解题的关键在于确定的值．
8．
【分析】先提取公因式，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解即可
【详解】解：，
故答案为：
【点睛】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，因式分解彻底，直到不能分解为止，是解答本题的关键．
9．
【分析】由，是一元二次方程的两个根，得出，，再把变形为，即可求出答案．
【详解】，是一元二次方程的两个根，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系：，是解题的关键．
10．
【分析】如图所示，设小圆空白处为，根据题意列出等式，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，设小圆空白处为，
依题意，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了列代数式，代数式求值，等式的性质，理解题意是解题的关键．
11．
【分析】设正方形的边长为，根据七巧板的特征表示出小鸟头部（阴影部分）的面积，根据题意头部（阴影部分）的面积为，解得大正方形的面积，即可求出最后结果．
【详解】解：设正方形的边长为，
根据七巧板的特征，图中大的等腰三角形斜边为，
利用勾股定理，直角边，
大的等腰直角三角形的面积为，
空白部分小等腰直角三角形直角边为，
空白部分小等腰直角三角形面积为，
阴影部分面积，
，
，
即正方形的面积为，
“小鸟”图案中身体（空白部分）的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了组合图形的面积，涉及到勾股定理的应用，七巧板图形的特征，找到题中的等量关系列出式子求解，是解答本题的关键．
12．或或
【分析】分三种情况讨论：
（1）当射线经过矩形的中点时，（2）当射线经过矩形的中点时，则，（3）当射线经过矩形的中点时，分别画出图形，解直角三角形即可求解．
【详解】当射线经过矩形一边的中点时（不含点），可分三种情况讨论：
（1）当射线经过矩形的中点时，如图1所示．
∵，，
∴，，
又∵，
∴，即，
∴，
由折叠的性质可得：，
∴，
（2）当射线经过矩形的中点时，则，如图2所示．
∴，
由折叠的性质可得：，
∴，
（3）当射线经过矩形的中点时，如图3所示．
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，解直角三角形，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
13．（1）；（2）
【分析】（1）首先计算零指数幂、特殊角的三角函数值、开方和绝对值，然后从左向右依次计算即可；
（2）解不等式，得：，解不等式，得：，根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”的原则得出最后答案．
【详解】解：（1），
，
，
；
（2）解不等式，得：，
解不等式，得：，
则不等式组的解集为．
【点睛】本题考查的是实数的混合运算及解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
14．，时，原式
【分析】先计算括号内的加法，再进行除法运算即可，再选取合适的整数代入求值即可．
【详解】解：
∵，且，且x为整数，
∴，
原式
【点睛】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则是解题的关键．
15．（1）见解析（2）
【详解】解：（1）画树状图得：
∴共有12种等可能的结果．
（2）∵能判断四边形ABCD是平行四边形的有：①②，①③，②①，②④，③①，③④，④②，④③共8种情况，
∴能判断四边形ABCD是平行四边形的概率为：．
（1）根据题意画出树状图或列表，由图表求得所有等可能的结果．
（2）由（1）求得能判断四边形ABCD是平行四边形的情况，利用概率公式即可求得答案．
16．（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）利用圆周角定理结合圆内接四边形的性质得出答案；
（2）利用圆周角定理得出直径所对圆周角进而得出答案．
【详解】（1）如图1所示：∠ABD=30°或∠CBD=30°；
（2）如图2所示：∠CAE=30°．
【点睛】此题主要考查了复杂作图以及圆周角定理，正确应用圆周角定理是解题关键．
17．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由题意可先判断四边形是平行四边形，结合平行线的定义和角平分线的定义推出，即可得到，从而证得结论；
（2）根据菱形的基本性质以及勾股定理首先求出，然后利用菱形的面积可由对角线乘积的一半来表示，利用等面积法求出结论即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
即的长为．
【点睛】本题考查菱形的判定以及性质，掌握菱形的判定方法，以及菱形的面积等于对角线乘积的一半，是解题关键．
18．(1)，
(2)，
(3)小李的成绩分属于“中上”水平
(4)人
【分析】（1）从已知数据可知有个，有个，即可求解；
（2）根据中位数与众数的定义即可求解；
（3）根据中位数的意义，即可求解；
（4）根据样本估计总体，即可求解．
【详解】（1）解：从已知数据可知
有个，分别为：，，，，，，
有个，分别为：，，，，，，，
故答案为：，；
（2）∵出现次数最多，出现了3次，
则众数为，
将20个数据从小到大排列，第9个数是82，第10个与第11个数都是，则中位数为
故答案为：， ；
（3）因为样本中位数是分，且，
所以小李的成绩分属于“中上”水平；
（4）（人），
答：估计此次知识竞赛中优秀的人数为人．
【点睛】本题考查了统计表，求中位数、众数，样本估计总体，中位数的意义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
19．(1)，
(2)
【分析】（1）的坐标为，代入直线待定系数即可求解；进而根据，即点的纵坐标为4，代入得：，进而代入反比例数解析式即可求解；
（2）设为，则，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵的坐标为，代入直线
∴，解得
∴，
∵，即点的纵坐标为4，代入得：
∴
解得：，
即，
将代入
∴，解得
∴；
（2）当时
∴
设为，则
∴代入反比例解析式
∴解得或2
∵
∴
∴．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数综合，相似三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
20．(1)屋顶到横梁的距离约为
(2)房屋的高约为
【分析】（1）依题意，，，解，即可求解；
（2）过作于，设，根据得出，在中，得到，根据列出方程，解方程得出，进而根据，即可求解．
【详解】（1）解：∵房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高所在的直线，，
∴，，，
在中，，，
∵，，
∴；
答：屋顶到横梁的距离约为；
（2）解：过作于，
设，在中，，
∵，
∴
在中，，，
∵，
∴
∵，
∴，
解得：，
∴，
答：房屋的高约为．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握直角三角形中的边角关系是解题的关键．
21．（1）证明见解析（2）30°（3）
【分析】（1）连接OB，由圆的半径相等和已知条件证明∠OBC=90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）连接OF，AF，BF，首先证明△OAF是等边三角形，再利用圆周角定理：同弧所对的圆周角是所对圆心角的一半即可求出∠ABF的度数；
（3）过点C作CG⊥BE于G，根据等腰三角形的性质得到EG=BE=5，由两角相等得到sin∠ECG=sinA=，在Rt△ECG中，利用勾股定理求出CG的长，根据三角形相似得到比例式，代入数据即可得到结果．
【详解】解：（1）连接OB，
∵OB=OA，CE=CB，
∴∠A=∠OBA，∠CEB=∠ABC，
又∵CD⊥OA，
∴∠A+∠AED=∠A+∠CEB=90°，
∴∠OBA+∠ABC=90°，
∴OB⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
（2）如图1，连接OF，AF，BF，
∵DA=DO，CD⊥OA，
∴AF=OF，
∵OA=OF，
∴△OAF是等边三角形，
∴∠AOF=60°，
∴∠ABF=∠AOF=30°；
（3）如图2，过点C作CG⊥BE于G，
∵CE=CB，
∴EG=BE=5，
∵∠ADE=∠CGE=90°，∠AED=∠GEC，
∴∠GCE=∠A，
∴sin∠ECG=sinA=，即CE=13，
在Rt△ECG中，
∵CG==12，
∵CD=15，CE=13，
∴DE=2，
∵△ADE∽△CGE，
∴，
∴AD=，
∴⊙O的半径OA=2AD=．
【点睛】本题考查了解直角三角形，切线的性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及解直角三角形是解题的关键．
22．（1）A，；（2）7；（3），证明见解析
【分析】（1）证明，即可求解；根据得出，根据三角形三边关系得出，进而即可求解；
（2）如图，延长至，使，连接，证明，，，根据即可求解；
（3）延长到点，使，连接，，证明，得出，，进而得出，在中，根据勾股定理得出，等量代换即可求解．
【详解】（1）解：在和中，
，
∴，
故选：A；
由（1）得：，
∴，
在中，，
即，
故答案为：；
（2）解：如图，延长至，使，连接，
∵是的中线，
∴，
又∵，
∴
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴
（3）解：线段、、之间的等量关系为：；
延长到点，使，连接，，如图③所示：
∵，，
∴，
∵是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即，
∴在中，由勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形三边关系，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23．(1)
(2)①；4；②AC；③
【分析】（1）根据定义，令，解方程即可求解；
（2）①根据抛物线的平移，即可求解；令，解方程即可求解；
②由题意可设抛物线的顶点坐标为，则抛物线的解析式为，令，得出抛物线的“反碟长”为，根据抛物线的“反碟长”是一个偶数，是整数，结合选项即可求解；
③由②可知，，过点作于点，则，，根据是等边三角形，得出，即，解方程即可求解．
【详解】（1）解： 令，则或，
∴．
（2）①由题意抛物线的顶点坐标为
∴由平移的性质可得抛物线的解析式为，
令，
解得：或，
∴抛物线的“反碟长”为：
②解：由题意可设抛物线的顶点坐标为，
则抛物线的解析式为，
令，
解得：或，
∴抛物线的“反碟长”为
∵抛物线的“反碟长”是一个偶数
∴是整数
结合选项可知：当或24时符合题意，故A，C正确．
③解：∵点在直线上
∴可设
由②可知，
∴
过点作于点，
则，
∵是等边三角形
∴
∴
解得：或（不合题意，舍去）
∴点的坐标为
【点睛】本题考查了新定义，二次函数与直线交点问题，等边三角形的性质，正切的定义，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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