模拟测试卷02-【中考冲刺】2023年中考数学考前冲刺预测模拟刷题卷（长沙专用）

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【中考冲刺】2023年中考数学考前冲刺预测模拟刷题卷（长沙专用）
模拟测试卷02
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．下列各数，是无理数的是（   ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据无理数的定义解答即可．
【详解】解：A．是分数，属于有理数，故本选项不合题意；
B．是无理数，故本选项符合题意；
C．是循环小数，属于有理数，故本选项不合题意；
D．是整数，属于有理数，故本选项不合题意．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．如，，每两个之间依次多个等形式．
2．已知一个几何体如图所示，则该几何体的俯视图是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三视图进行判断即可，注意看得见的部分用实线，看不见的部分用虚线表示．
【详解】解：从上面可看，是一个矩形，矩形的中间有一条纵向的实线，实线的两侧分别有一条纵向的虚线．
∴俯视图是：

故选：A．
【点睛】本题考查了三视图的知识，掌握“俯视图是从物体的上面看到的视图”是解本题的关键．
3．下列说法正确的是（    ）
A．“打开电视机，正在播放《新闻联播》”是必然事件
B．“石家庄明天降雪的概率为0.6”，表示石家庄明天一定降雪
C．一组数据2，4，5，5，3，6的众数和中位数分别是5和4.5
D．“掷一枚硬币正面朝上的概率是”表示每抛掷硬币2次就有1次正面朝上
【答案】C
【分析】结合随机事件，概率，中位数和众数的概念意义判断，即可得出答案．
【详解】A. “打开电视机，正在播放《新闻联播》”是随机事件，故本选项不符合题意；
B.“石家庄明天降雪的概率为0.6”，表示石家庄明天降雪的可能性为0.6，故本选项不符合题意；
C.一组数据2，4，5，5，3，6的众数和中位数分别是5和4.5，故本选项符合题意；
D.“掷一枚硬币正面朝上的概率是”表示大量重复实验下，投掷硬币正面向上次数占一半，故本选项不符合题意．
故选C．
【点睛】本题考查随机事件，众数和中位数，以及概率的意义，熟记这些概念是解题的关键．
4．下列计算正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用同底数幂的除法，合并同类项，完全平方公式，积的乘方运算，先计算再判断．
【详解】解：，A选项不符合题意；
，B选项不符合题意；
，C选项不符合题意；
，D选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查合并同类项、同底数幂的除法、多项式乘多项式（完全平方公式）、积的乘方等基本运算，熟练掌握基本运算法则是解题关键．
5．M为x轴上方的点，到x轴的距离为5，到y轴的距离为3，则M点坐标为（    ）
A． B．或 C． D．或
【答案】D
【分析】根据点到坐标轴的距离是横纵坐标的绝对值，进行求解即可．
【详解】解：∵M为x轴上方的点，到x轴的距离为5，到y轴的距离为3，
∴，
∴，
∴M点坐标为：或；
故选D．
【点睛】本题考查点到坐标轴的距离．熟练掌握点到x轴的距离是纵坐标的绝对值，点到y轴的距离是横坐标的绝对值，是解题的关键．
6．如图，已知 ，直角三角板的直角顶点在直线 上，若，则等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直角三角形的直角与平角之间的关系可得到与互余，再根据平行线的性质可知的度数．
【详解】解：∵直角三角板的直角顶点在直线a上，
∴
∵
∴
故选：

【点睛】本题考查的是平行线的性质以及垂线的定义的运用，解题时注意：两直线平行，内错角相等．
7．小明在纸上写下一组数字“”这组数字中2出现的频数为（    ）
A． B． C．3 D．5
【答案】D
【分析】根据出现的次数即可确定频数．
【详解】解：一组数字“”中2出现了5次，
∴这组数字中2出现的频数为5，
故选：D．
【点睛】题目主要考查频数的判断，理解频数表示出现的次数是解题关键．
8．如图，是的直径，，点D是弦的中点，则的度数是（    ）．

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质求出，由垂径定理得，求出，即可求出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵点D是弦的中点，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂径定理，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
9．某学校学生进行急行军训练，预计行60千米的路程在下午5时到达，后来由于把速度加快20%，结果于下午4时到达，求原计划行军的速度．设原计划行军的速度为，则可列方程（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】关键描述语是：“于下午4时到达”．等量关系为：原计划用的时间实际用的时间．
【详解】解：原计划用的时间，实际用的时间为，
则可列方程为：，即：．
故选：D．
【点睛】本题考查分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．本题的难点是得到实际用的时间，易错点是得到原计划用的时间与时间时间的差．
10．构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要性，在计算tan15°时，如图．在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长CB使BD＝AB，连接AD，得∠D＝15°，所以tan15°．类比这种方法，计算tan22.5°的值为（　　）

A． B．﹣1 C． D．
【答案】B
【分析】作Rt△ABC，使∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长CB到D，使BD＝AB，连接AD，根据构造的直角三角形，设AC＝x，再用x表示出CD，即可求出tan22.5°的值.
【详解】解：作Rt△ABC，使∠C＝90°，∠ABC＝90°，∠ABC＝45°，延长CB到D，使BD＝AB，连接AD，设AC＝x，则：BC＝x，AB＝，CD＝，


故选：B.
【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是根据阅读构造含45°的直角三角形，再作辅助线得到22.5°的直角三角形.

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．因式分解：________．
【答案】
【分析】先提取公因式，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，熟练掌握因式分解的基本思路是解题的关键．
12．根式有意义，则x的取值范围是__________．
【答案】
【分析】根据二次根式和分式有意义的条件可得，再解不等式即可求解．
【详解】由题意得：，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件、分式有意义的条件，解题的关键是熟知二次根式有意义被开方数为非负数．
13．若关于的方程有增根，则的值是______．
【答案】2
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根，求出x的值，代入整式方程计算即可求出m的值．
【详解】解：分式方程变形得：，
去分母得：，
由分式方程有增根，得到，即，
把代入整式方程得：，
解得：．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
14．如图，圆锥的底面半径，高，则该圆锥的侧面积等于________．（结果保留π）

【答案】
【分析】先计算母线长，再根据侧面积等于计算即可．
【详解】∵，高，
∴，
∴侧面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，圆锥的侧面积，熟练掌握勾股定理，圆锥侧面积计算公式是解题的关键．
15．关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，那么满足条件的所有非负整数k的和为______．
【答案】3
【分析】根据一元二次方程有两个不相等的实数根，，以及二次项的系数不为0，求出的取值范围，再进行计算即可．
【详解】解：由题意，得：，
解得：，
又∵方程为一元二次方程，
∴，
∴，
∴满足条件的所有非负整数k：，
∴满足条件的所有非负整数k的和为：；
故答案为：．
【点睛】本题考查根据一元二次方程根的情况求出参数．熟练掌握判别式与根的个数的关系，以及一元二次方程的二次项系数不为0，是解题的关键．
16．如图，已知正方形的边长为6，点F是正方形内一点，连接，且，点E是边上一动点，连接，则长度的最小值为___________．

【答案】-3
【分析】根据正方形的性质得到∠ADC＝90°，推出∠DFC＝90°，点F在以DC为直径的半圆上移动，，如图，设CD的中点为O，作正方形ABCD关于直线AD对称的正方形APGD，则点B的对应点是P，连接PO交AD于E，交半圆O于F，则线段FP的长即为BE＋FE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADF＋∠CDF＝90°，
∵，
∴∠DCF＋∠CDF＝90°，
∴∠DFC＝90°，
∴点F在以DC为直径的半圆上移动，
如图，设CD的中点为O，作正方形ABCD关于直线AD对称的正方形APGD，则点B的对应点是P，
连接PO交AD于E，交半圆O于F，则线段FP的长即为BE＋FE的长度最小值，OF＝3，
∵∠G＝90°，PG＝DG＝AB＝6，
∴OG＝9，
∴OP＝，
∴FP＝-3，
∴BE＋FE的长度最小值为-3，
故答案为：-3．

【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题，正方形的性质，勾股定理以及圆的基本性质．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．

三、解答题（本大题共9小题，第17~19题每题6分，第20~21题每题8分，第22~23题每题9分，第24~25题每题10分，满分72分。）
17．计算：．
【答案】
【分析】先运用绝对值、特殊角的三角函数值、负整数次幂以及平方根的知识化简，然后再计算即可．
【详解】解：
=
=．
【点睛】本题主要考查了绝对值、特殊角的三角函数值、负整数次幂、平方根等知识点，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
18．先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【分析】根据分式的混合运算的运算法则把原式化简为，再代入求值．
【详解】解：


．
当时，原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．
19．如图，一艘货船在灯塔C的正南方向，距离灯塔257海里的A处遇险，发出求救信号．一艘救生船位于灯塔C的南偏东方向上，同时位于A处的北偏东方向上的B处，救生船接到求救信号后，立即前往救援．求的长（结果取整数）．参考数据：，取1.73．

【答案】的长约为168海里．
【分析】如图，过点B作BH⊥CA，垂足为H,解直角三角形即可
【详解】如图，过点B作BH⊥CA，垂足为H．

根据题意，．
∵在中，，，
∴．
∵在中，，
∴．
又，
∴．
可得．
∴．
答：的长约为168海里．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构造高线构造出直角三角形，并灵活解之是解题的关键．
20．随着信息技术的迅猛发展，人们去商场购物的支付方式更加多样、便捷．某校数学兴趣小组设计了一份调查问卷，要求每人选且只选一种你最喜欢的支付方式．现将调查结果进行统计并绘制成如下两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题：
（1）这次活动共调查了_______人；在扇形统计图中，表示“支付宝”支付的扇形圆心角的度数为_______；
（2）将条形统计图补充完整．观察此图，支付方式的“众数”是“_______”；
（3）在一次购物中，小明和小亮都想从“微信”、“支付宝”、“银行卡”三种支付方式中选一种方式进行支付，请用画树状图或列表格的方法，求出两人恰好选择同一种支付方式的概率．

【答案】（1）200、81°；（2）补图见解析；（3）
【分析】（1）用支付宝、现金及其他的人数和除以这三者的百分比之和可得总人数，再用360°乘以“支付宝”人数所占比例即可得；
（2）用总人数乘以对应百分比可得微信、银行卡的人数，从而补全图形，再根据众数的定义求解可得；
（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两人恰好选择同一种支付方式的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】（1）本次活动调查的总人数为（45+50+15）÷（1﹣15%﹣30%）=200人，
则表示“支付宝”支付的扇形圆心角的度数为360°×=81°，
故答案为200、81°；
（2）微信人数为200×30%=60人，银行卡人数为200×15%=30人，
补全图形如下：

由条形图知，支付方式的“众数”是“微信”，
故答案为微信；
（3）将微信记为A、支付宝记为B、银行卡记为C，
画树状图如下：
画树状图得：

∵共有9种等可能的结果，其中两人恰好选择同一种支付方式的有3种，
∴两人恰好选择同一种支付方式的概率为=．
【点睛】此题考查了树状图法与列表法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21．在中，，点D、E分别在、上，连接、和；并且有，．

（1）求的度数；
（2）求证：．
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】（1）由，，可得为等边三角形，由，，，可证
（2）延长至F，使，连接， 由，，且，可证 由，可证为等边三角形，可得， 可推出结论，
【详解】解：（1）∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∵，
∴
（2）如图，延长至F，使，连接，
由（1）得为等边三角形，
∴，
∵，
又∵，且，
∴，
在与中，
∴
∴，
∴，
∴
又∵，
∴为等边三角形
∴，
又∵，且，
∴，

【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形外角性质，关键是引辅助线构造三角形全等证明等边三角形．
22．为庆祝伟大的中国共产党成立100周年，发扬红色传统，传承红色精神，某学校举行了主题为“学史明理，学史增信，学史崇德，学史力行”的党史知识竞赛，一共有25道题，满分100分，每一题答对得4分，答错扣1分，不答得0分．
（1）若某参赛同学只有一道题没有作答，最后他的总得分为86分，则该参赛同学一共答对了多少道题？
（2）若规定参赛者每道题都必须作答且总得分大于或等于90分才可以被评为“学党史小达人”，则参赛者至少需答对多少道题才能被评为“学党史小达人”？
【答案】（1）一共答对了22道题；（2）至少需答对23道题．
【分析】（1）设该参赛同学一共答对了道题，从而可得该参赛同学一共答错了道题，再根据“每一题答对得4分，答错扣1分，不答得0分”、“他的总得分为86分”建立方程，解方程即可得；
（2）设参赛者需答对道题才能被评为“学党史小达人”，从而可得参赛者答错了道题，再根据“总得分大于或等于90分”建立不等式，解不等式即可得．
【详解】解：（1）设该参赛同学一共答对了道题，则该参赛同学一共答错了道题，
由题意得：，
解得，
答：该参赛同学一共答对了22道题；
（2）设参赛者需答对道题才能被评为“学党史小达人”，则参赛者答错了道题，
由题意得：，
解得，
答：参赛者至少需答对23道题才能被评为“学党史小达人”．
【点睛】本题考查了一元一次方程和一元一次不等式的实际应用，正确列出方程和不等式是解题关键．
23．如图，在四边形中，AB//DC，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）OE=2．
【分析】（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可．
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB//CD，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵∥，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点，
∴，，，
∴，
在Rt△AOB中，，
∴，
∵，
∴，
在Rt△AEC中，，为中点，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
24．如图，为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点重合），连接，，．
（1）求证：是的平分线；
（2）四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值．

【答案】(1)详见解析；(2)是， ；(3)
【分析】(1)根据等弧对等角的性质证明即可；
(2)延长DA到E,让AE=DB,证明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面积；
(3)作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，当D1、M、N、D共线时△DMN取最小值，可得t=D1D2，有对称性推出在等腰△D1CD2中,t=，D与O、C共线时t取最大值即可算出．
【详解】(1)∵△ABC为等边三角形,BC=AC，
∴,都为圆，
∴∠AOC=∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠BDC=60°，
∴DC是∠ADB的角平分线．
(2)是．
如图，延长DA至点E，使得AE=DB．
连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．
∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，
∴△EAC≌△DBC(SAS)，
∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，
故△EDC是等边三角形，
∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为
∴．

(3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2,根据对称性
C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．
∴D1、M、N、D共线时△DMN取最小值t,此时t=D1D2,
由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,
∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．
∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，

在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2，
则在Rt△D1CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H=，
同理D2H=
∴t=D1D2=．
∴x取最大值时,t取最大值．
即D与O、C共线时t取最大值,x=4．
所有t值中的最大值为．

【点睛】本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量．
25．如图，抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
（1）直接写出的度数和线段AB的长（用a表示）；
（2）若点D为的外心，且与的周长之比为，求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的前提下，试探究抛物线上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）∠OCA=45°，AB= a+1；（2）；（3）存在，P1（，），P2（1，-2）．
【分析】（1）根据二次函数解析式可得A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），即可得出OA=OB=a，OB=1，即可证明△OCA是等腰直角三角形，可得∠OCA=45°，根据线段的和差关系可表示AB的长；
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，根据等腰直角三角形的性质可得AC=，利用两点间距离公式可用a表示出BC的长，根据圆周角定理可得∠D=2∠OAC=90°，可得△DBC是等腰直角三角形，即可证明△DBC∽△OCA，根据相似三角形周长之比等于相似比列方程求出a值即可得答案；
（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，可得△OCF是等腰直角三角形，利用待定系数法可得直线CF的解析式，根据外心的定义及等腰直角三角形的性质可求出点D坐标，即可得出BH、DH的长，根据，∠BHD=∠ACE=90°可证明△BHD∽△ACE，根据相似三角形的性质可求出CE的长，根据两点间距离公式可得点E坐标，利用待定系数法可得直线AE解析式，联立直线AE与抛物线的解析式求出点P坐标即可得答案．
【详解】（1）∵抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
∴当x=0时，y=-a，
当y=0时，，
解得：，，
∴A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），
∴OB=1，OA=OC=a，
∴△OCA是等腰直角三角形，
∴∠OCA=45°，AB=OA+OB=a+1．
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，
∵点D为的外心，
∴DB=DC，
∵△OCA是等腰直角三角形，OA=a，
∴∠OAC=45°，AC=，
∵∠BDC和∠BAC是所对的圆心角和圆周角，
∴∠BDC=2∠BAC=90°，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBC=∠OAC，
∴△DBC∽△OCA，
∵与的周长之比为，
∴，即，
解得：，
经检验：是原方程的根，
∵,
∴a=2，
∴抛物线解析式为：=．

（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，
∵a=2，
∴C（0，-2），A（2，0），AC=，
∵∠OCA=45°，
∴∠OCF=45°，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴F（-2，0），
设直线CF的解析式为y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直线CF的解析式为，
∵△OCA是等腰直角三角形，OG⊥AC，
∴OG所在直线为AC的垂直平分线，点G为AC中点，
∵点D为的外心，
∴点D在直线OG上，
∵A（2，0），C（0，-2），
∴G（1，-1），
设直线OG的解析式y=mx，
∴m=-1，
∴直线OG的解析式y=-x，
∵点D为△ABC的外心，
∴点D在AB的垂直平分线上，
∴点D的横坐标为=，
把x=代入y=-x得y=-，
∴D（，-），
∴DH=，BH=1+=，
∵，∠BHD=∠ACE=90°，
∴△BHD∽△ACE，
∴，即，
解得：，
∵点E在直线CF上，
∴设点E坐标为（n，-n-2），
∴CE==，
解得：，
∴（，），（，），
设直线AE1的解析式为y=k1x+b1，
∴，
解得：，
∴直线AE1的解析式为，
同理：直线AE2的解析式为，
联立直线AE1解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P1（，），
联立直线AE2解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P2（1，-2）．

综上所述：存在点P，使得，点P坐标为P1（，），P2（1，-2）．
【点睛】本题考查二次函数的综合，考查了二次函数的性质、待定系数法求一次函数解析式、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题关键．