2023北京理工大附中初三零模数学答案

这是一份2023北京理工大附中初三零模数学答案，共26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。
2023北京理工大附中初三零模
数 学
一、选择题（共16分，每题2分）
1. 据北京市小客车指标调控管理办公室通告指出，2022年家庭新能源小客车指标额度约为个，将用科学记数法表示应为（ ）
A. B. C. D.
2. 如图是某个几何体的三视图，该几何体是（ ）

A. 三棱柱 B. 圆柱 C. 三棱锥 D. 长方体
3. 将一副三角板和一个直尺按如图所示的位置摆放，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
4. 实数，在数轴上的对应点的位置如图所示，下列关系式不成立的是（ ）

A. B. C. D.
5. 不透明的袋子中装有红、绿小球各两个，除颜色外小球无其他差别，随机从中同时摸出两个球，两个球的颜色相同的概率是（ ）
A. B. C. D.
6. 已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为（ ）
A. B. 1 C. D. 0
7. 如图是以正方形的边长为直径，在正方形内画半圆得到的图形，则此图形的对称轴有（　　）

A. 2条 B. 4条 C. 6条 D. 8条
8. 下面的三个问题中都有两个变量：
①一个容积固定的游泳池，游泳池注满水的过程中注水速度与所用时间；
②一个体积固定的长方体，长方体的高与底面积；
③矩形面积一定时，周长与一边长；
其中，变量与变量之间的函数关系可以利用如图所示的图象表示的是（ ）

A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是_______．
10. 分解因式：______．
11. 方程的解为_________．
12. 如图所示的网格是正方形网格，则______°（点，，是网格线交点）．

13. 甲、乙、丙、丁四名射击运动员进行射击测试，每人10次射击成绩的平均数（单位：环）及方差（单位：环 2）如下表所示．根据表中的数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应选择______．

甲
乙
丙
丁

8
9
9
9

0.8
3
0.8
1.6

14. 如图，半径为1的与边长为的等边三角形的两边，都相切．连接，则__________．

15. 如图，在矩形中，是边的中点，连接交对角线于点，若，，则的长为__________.

16. 为了鼓励本次模拟练习取得进步的同学，某班决定给该部分同学发放奖品，学习用品商店为了提高营业额，将商品打包促销（每个大礼包限购1个），老师发现了编号分别为，，，，，的六个大礼包中均含有老师需要的一、二、三等奖的奖品，每个大礼包中的各类奖品数量如下：
大礼包编号
一等奖（个）
二等奖（个）
三等奖（个）
总奖品数（个）

1
5
4
10

2
3
3
8

3
1
4
8

4
2
5
11

5
1
3
9

3
4
5
12
该班需要的总的奖品个数不超过41个，且一等奖的个数不少于8个，不超过14个，二等奖的个数不少于7个，不超过13个，且三等奖的个数最多，请同学们帮助老师写出满足条件的购买方案____________（写出要购买的大礼包编号）
三、解答题（共68分，第17—22题，每题5分，第23—26题，每题6分，第27—28题，每题7分）
17. 计算：．
18. 解不等式组： ．
19. 已知，求代数式的值.
20. 已知：如图，点C在∠MON的边OM上．
求作：射线CD，使CDON，且点D在∠MON的角平分线上．
作法：①以点O为圆心，适当长为半径画弧，分别交射线OM，ON于点A，B；
②分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，交于点Q；
③画射线OQ；
④以点C为圆心，CO长为半径画弧，交射线OQ于点D；
⑤画射线CD．
射线CD就是所求作的射线．

（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明：
∵OD平分∠MON，
∴∠MOD=________．
∵OC=CD，
∴∠MOD=________．
∴∠NOD=∠CDO．
∴CDON（ ）（填推理的依据）．
21. 如图，在平行四边形中，点，分别在，上，且，连接，，，，且与相交于点．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若平分，，．求四边形的面积．
22. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴交于点，且经过点．

（1）当时，求一次函数的解析式及点的坐标；
（2）当时，对于的每一个值，函数的值都大于一次函数的值，请直接写出的取值范围．
23. 某中学进行普法综合知识竞赛，为了解七、八年级的答题情况，分别从两个年级各随机抽取名学生的成绩，并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．下面给出部分信息：
a.七年级学生竞赛成绩的频数分布表：
分组/分数
频数
频率

1





3


1

合计


b：七年级学生竞赛数据在这一组的是：78，79，73，78，72．
c：两组数据的平均数、中位数、众数、方差如下表：

平均数
中位数
众数
方差
七年级




八年级




根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：______，______，______，______；
（2）请估计哪个年级的竞赛成绩更优秀，并说明理由．
（3）按照比赛规定80分及以上可以获得奖品，若七、八年级各有200名学生，估计两个年级共可以获得奖品的学生至少为多少人？
24. 如图，为的直径，为延长线上的一点，为的切线，为切点，于点，连结．

（1）求证：
（2）作交延长线于点，交点，若，，求的长．
25. 某景观公园内圆形人工湖中心有一喷泉，水柱从垂直于湖面的水枪喷出，并且可以360°旋转喷水，水柱落于湖面的路径形状是一条抛物线.现对某个方向喷水的路径测量出如下数据，在距水枪水平距离为d米的地点，水柱距离湖面高度为米．
（米）
…
0
1
2
3
…
（米）
…
0.9
2.1
2.5
2.1
…

（1）在网格中建立适当平面直角坐标系，根据已知数据描点，并用平滑曲线连接；

（2）结合表中所给数据或所画的图象，直接写出水柱最高点距离湖面的高度；
（3）从安全的角度考虑，需要在这个喷泉外围设立一圈圆形护栏，这个喷泉的任何一条水柱在湖面上的落点到护栏的距离不能小于1米，请通过计算说明公园至少需要准备多少米的护栏？（结果保留）
26. 在平面直角坐标系中，抛物线．
（1）当抛物线过点时，求抛物线的表达式；
（2）求这个二次函数的对称轴（用含的式子表示）；
（3）若抛物线上存在两点和，当，求的取值范围．
27. 如图，在四边形中，，，，作，使得点和点在直线异侧，连接，将射线绕点逆时针旋转90°交射线于点．

（1）①依题意，补全图形；
②证明：．
（2）连接，若为线段的中点，连接，请用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
28. 在平面直角坐标系中，已知点，对于点给出如下定义：将点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点，点关于点的对称点为，中点记为，称点为点的“对应点”.

（1）如图，点，点在线段的延长线上，若点，-点为点的“对应点”．
①在图1中画出点；
②连接，交线段于点．求证：；
（2）的半径为2，是上一点，点在线段上，且，若为外一点，点为点的“对应点”，连接．当点在上运动时，直接写出长的最大值与最小值的差（用含的式子表示）．
参考答案
一、选择题（共16分，每题2分）
1. 【答案】C
【解析】
【分析】根据科学记数法的一般形式为，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，n是正整数；当原数的绝对值小于1时，n是负整数．
【详解】解：，
故选：C．
【点睛】本题考查科学记数法的表示方法．表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
2. 【答案】A
【解析】
【分析】根据主视图和左视图确定为矩形判断出是柱体，根据俯视图判断出这个几何体是三棱柱，即可得．
【详解】解：∵主视图和左视图是矩形，
∴该几何体是柱体，
∵俯视图是三角形，
∴该几何体是三棱柱；
故选：A．
【点睛】本题考查通过三视图还原几何体．熟练掌握常见几何体的三视图，是解题的关键．
3. 【答案】B
【解析】
【分析】利用平角的定义，求出的度数，利用两直线平行，同位角相等，即可得出结果．
【详解】解：由题意，得：，

∴，
∵直尺的对边平行，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查三角板中角度的计算．熟练掌握平角的定义，以及两直线平行，同位角相等，是解题的关键．
4. 【答案】C
【解析】
【分析】先由实数，在数轴上的对应点的位置得到，，再根据有理数的加减运算和不等式的性质逐项判断即可．
【详解】解：由数轴可知，，，
A、，正确，不符合题意；
B、，正确，不符合题意；
C、，故原关系式错误，符合题意；
D、，正确，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查数轴、有理数的加法、不等式的性质，能根据实数，在数轴上的对应点的位置判断出a、b的大小关系是解答的关键．
5. 【答案】B
【解析】
【分析】用表示两个红球，表示两个绿球，利用列举法求出概率即可．
【详解】解：用表示两个红球，表示两个绿球，随机从中同时摸出两个球，共有：种等可能的结果，其中两个球颜色相同的有2种结果，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查列举法求概率．熟练掌握列举法，是解题的关键．
6. 【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式与根的关系求解即可．
【详解】∵一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，解答关键是熟练掌握一元二次方程根的情况与根的判别式的关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．
7. 【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称的性质即可画出对称轴进而可得此图形的对称轴的条数．
【详解】解：如图，

因为以正方形的边长为直径，在正方形内画半圆得到的图形，
所以此图形的对称轴有4条．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、轴对称图形，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
8. 【答案】A
【解析】
【分析】根据图象，可以得到两个变量之间成反比关系，即两个变量的乘积为定值，逐一进行判断即可．
【详解】解：①一个容积固定的游泳池，游泳池注满水的过程中注水速度与所用时间的乘积为定值，符合题意；
②一个体积固定的长方体，长方体的高与底面积的乘积为定值，符合题意；
③矩形面积一定时，周长与一边长的乘积不是定值，不符合题意；
∴变量与变量之间的函数关系可以利用如图所示的图象表示的是①②；
故选A．
【点睛】本题考查反比例函数．通过图象得到两个变量之间成反比关系，是解题的关键．
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 【答案】
【解析】
【分析】根据被开方数大于等于0，列式求解即可．
【详解】解：由题意，得：，解得：；
故答案为：．
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件．熟练掌握被开方数大于等于时，二次根式有意义，是解题的关键．
10. 【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式m，再运用平方差公式分解即可．
【详解】，
故答案为．
【点睛】本题考查了因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解．因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法．因式分解必须分解到每个因式都不能再分解为止．
11. 【答案】
【解析】
【分析】去分母，去括号，移项，合并同类项，检验，解分式方程即可．
【详解】解：去分母，得：，
去括号，得：，
移项，合并，得：；
经检验，是原方程的解；
故答案为：．
【点睛】本题考查解分式方程．熟练掌握解分式方程的步骤，是解题的关键．注意，验根．
12. 【答案】
【解析】
【分析】取格点Q，连接，根据网格特点，，根据三角形的外角性质得到即可求解．
【详解】解：取格点Q，连接，根据网格特点，，且A、P、Q共线，

∵是的一个外角，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查三角形的外角性质，熟练掌握三角形的外角性质，找到格点Q得到是解答的关键．
13. 【答案】丙
【解析】
【分析】根据平均数和方差作决策即可．
【详解】解：∵，
∴丙的平均成绩高且发挥稳定，
∴应该选择丙参加比赛．
故答案为：丙．
【点睛】本题考查利用平均数和方差作决策．熟练掌握平均数表示数据的集中程度，方差表示数据的离散程度，方差越小，数据波动越小，越稳定，是解题的关键．
14. 【答案】
【解析】
【分析】连接并延长，交于点，易得，，过点作于点，利用30度的直角三角形，求出，进而求出，即可得解．
【详解】解：连接并延长，交于点，过点作于点，

∵半径为1的与边长为的等边三角形的两边，都相切，
∴平分，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查切线长定理，等边三角形的性质，解直角三角形．熟练掌握切线长定理，等边三角形三线合一，是解题的关键．
15. 【答案】##
【解析】
【分析】先根据矩形性质和勾股定理求得、的长，再证明，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：四边形是矩形，，
∴，，，
∵是边的中点，
∴，
则，，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握矩形的性质，会利用相似三角形的性质寻求线段数量关系是解答的关键．
16. 【答案】各买一个（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据该班需要的总的奖品个数不超过41个，且一等奖的个数不少于8个，不超过14个，二等奖的个数不少于7个，不超过13个，且三等奖的个数最多，进行判断即可．
【详解】解：当购买各一个时：
一等奖的个数为：，，满足题意；
二等奖的个数为：，，满足题意；
三等奖的个数为：，，满足题意；
奖品总个数为：，满足题意；
故答案为：各买一个（答案不唯一）．
【点睛】本题考查有理数的加法的实际应用．解题的关键是根据题意，列出算式，进行求解．
三、解答题（共68分，第17—22题，每题5分，第23—26题，每题6分，第27—28题，每题7分）
17. 【答案】
【解析】
【分析】根据特殊角的三角函数值、零指数幂、负整数指数幂的运算法则以及绝对值的意义化简求解即可．
【详解】解：


．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值、零指数幂、负整数指数幂以及绝对值的意义，熟练掌握相关运算法则并正确求解是解答的关键．
18. 【答案】
【解析】
【分析】先求解每个不等式的解集，再求它们的公共部分即为不等式组的解集．
【详解】解：
解①，得，
解不等式②，得，则，
∴不等式组的解集为．
【点睛】本题考查解一元一次不等式组，熟练掌握一元一次不等式组的解法步骤并正确求解是解答的关键．
19. 【答案】，
【解析】
【分析】根据分式的混合运算法则化简原式，再整体代值求解即可．
【详解】解：


，
当时，
原式．
【点睛】本题考查分式的化简求值，熟记完全平方公式和平方差公式，掌握分式混合运算法则并正确计算是解答的关键．
20. 【答案】（1）见解析；（2）∠NOD；∠CDO；内错角相等，两直线平行
【解析】
【分析】（1）根据作图方法要求，依次完成即可；
（2）根据角平分线、等腰三角形的性质及平行线的判定即可证明结论．
【详解】（1）解：补全图形，如图：

（2）证明： ∵OD平分∠MON，
∴∠MOD=∠NOD．
∵OC=CD，
∴∠MOD=∠CDO．
∴∠NOD=∠CDO．
∴CD∥ON（内错角相等，两直线平行．）
故答案为：∠NOD；∠CDO；内错角相等，两直线平行．
【点睛】本题考查了基本作图及平行线的判定，熟练掌握角平分线的作图方法、等腰三角形的性质及平行线的判定是解题的关键．
21. 【答案】（1）见解析 （2）24
【解析】
【分析】（1）利用平行四边形的判定与性质解答即可；
（2）先证明四边形是菱形，得到，然后利用正切概念求得，再利用菱形的面积公式求解即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴，，，
在中，，，
∴，则，
∴四边形的面积为；
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的判定、角平分线的定义、平行线的性质等，熟练掌握平行四边形和菱形的判定与性质是解答的关键．
22. 【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）将点B代入解析式，求出值，得到一次函数的解析式，再求出点的坐标即可；
（2）画出图象，得到当时，，解不等式即可．
【小问1详解】
解：当时，，
∵一次函数的图象与轴交于点，且经过点，
∴，
∴，
∴，当时，，解得：；
∴；
【小问2详解】
解：∵，当时：，
∴，
∴必过点，
∵当时，对于的每一个值，函数的值都大于一次函数的值，
如图：

∴当时，，
∴．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，利用函数图象解不等式，数形结合是解答本题的关键．
23. 【答案】（1），，，
（2）八年级的竞赛成绩更优秀，理由见解析
（3）至少180人
【解析】
【分析】（1）由竞赛成绩在的频数除以其频率可求得抽取总人数，进而可求得a、b，再根据中位数的求解方法求解c值即可；
（2）根据表中的平均数、中位数、众数和方差的数据分析即可得出结论；
（3）分别求得七八年级获得奖品的人数即可求解．
【小问1详解】
解：，
，
，
在10个数据中，中位数在这一组，数据从小到大排列：72，73，78，78，79，
∴，
故答案为：，，，；
【小问2详解】
解：八年级的竞赛成绩更优秀，理由为：
虽然八年级的平均数比七年级的低一点，但中位数和众数都比七年级大，方差比七年级小，相对成绩较稳定，所以八年级的竞赛成绩更优秀．
【小问3详解】
解：七年级80分及以上可以获得奖品的人数约为（人），
∵八年级抽取人数的竞赛成绩的中位数为80，
∴估计八年级80分及以上可以获得奖品人数约100人以上，
∴估计两个年级共可以获得奖品的学生至少为180人．
【点睛】本题考查频数分布表、中位数和众数、方差作决策、用样本估计总体，理解题意，能从表格中获取有效信息，并解决问题是解答的关键．
24. 【答案】（1）见解析 （2）2
【解析】
【分析】（1）连接，，先根据切线的性质得到，再根据等腰三角形的性质得到，利用圆周角定理即可证得结论；
（2）连接，利用圆周角定理和解直角三角形分别求得、、即可求解．
【小问1详解】
证明：连接，，
∵为的切线，为切点，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
解：连接，
∵，，，
∴，
在中，，，，
∴，
解得，经检验，是所列方程的解；
∵为的直径，
∴，则，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
25. 【答案】（1）图见解析
（2）水柱最高点距离湖面的高度为米
（3）
【解析】
【分析】（1）根据表格数据对应描点画图即可；
（2）根据表格数据和图象的对称性可得答案；
（3）先利用待定系数法求得该抛物线的解析式，再求出落水点距离喷头的水平距离，进而求得圆形护栏的半径，根据圆的周长公式即可求解．
【小问1详解】
解：如图所示；
【小问2详解】
解：由表格和图象得，抛物线的对称轴为直线，
∴当时，，
∴水柱最高点距离湖面的高度为米；
【小问3详解】
解：∵抛物线的顶点坐标为，与y轴交点坐标为，
∴设该抛物线的解析式为，
将代入，得，
∴，
∴抛物线的解析式为，
令，由得（负值舍去），
∵喷泉的任何一条水柱在湖面上的落点到护栏的距离不能小于1米，
∴圆形护栏的半径至少5.5米，
∵（米），
∴公园至少需要准备米的护栏．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答的关键．
26. 【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）把代入解析式进行求解即可；
（2）利用对称轴公式进行计算即可；
（3）分和，两种情况进行讨论求解即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线过点，
∴，
解得：或（舍去）；
∴；
【小问2详解】
解：抛物线的对称轴为：；
【小问3详解】
解：，
当时，，解得：；
①当时：∵，
如图，
或
则：或，
解得：或无解；
∴；
②当时：∵，
如图，
或
则：或，
解得：无解或；
∴综上：或．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质．解题的关键是数形结合．
27. 【答案】（1）①见解析；②见解析
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）①根据题意补全图形即可；②根据旋转性质和全等三角形的判定证明即可证得结论；
（2）延长至H，使，连接，，先证明，得到，，进而证得，再证明，得到，在中，利用勾股定理即可得出结论．
【小问1详解】
解：①根据题意，补全图形如图所示；

②证明：由旋转性质得，，
∵，
∴，
在和中，

∴，
∴；
【小问2详解】
解：．
证明：延长至H，使，连接，，

∵为线段的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理，添加适当辅助线构造全等三角形求解是解答的关键．
28. 【答案】（1）①见解析；②见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①根据题意，先求得点坐标，再作出点关于N对称点，进而找到的中点即可；②连接，由题意可得到，，进而证明即可证得结论；
（2）根据题意画出图形，连接，交线段于点，仿照（1）中方法得到，； 连接并延长至S，使，连接，证明，得到，根据三角形三边关系可得到的最大值为，最小值为，进而可求解．
【小问1详解】
解：①由平移性质得，的坐标为，即，
则点Q即为所求作；

②连接，由平移性质，得，，
∵点关于点的对称点为，中点记为，
∴，
∵，
∴，，
∴
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图，连接，交线段于点，
由平移和对称性质得，，，
∴，，
∴，
∴，则，
∴；
连接并延长至S，使，连接，
则，又，
∴，
∴，
∴，
∵当点在上运动时，有，当P、S、Q共线时取等号，
∴的最大值为，最小值为
∴长的最大值与最小值的差为．

【点睛】本题考查了坐标与图形变换-平移、对称性质、相似三角形的判定与性质、三角形三边关系等知识，熟练掌握利用相似三角形的性质探究线段数量关系是解答的关键．