2023年上海市宝山区中考二模数学试题

2023年上海市宝山区中考二模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列运算正确的是（    ）

A． B． C． D．

2．估计的值在（      ）

A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间

3．如果一个三角形的两边长分别为、，那么这个三角形的第三边的长可以是（    ）

A． B． C． D．

4．已知点D、E分别在的边、的延长线上，，，设，那么用向量表示为（    ）

A． B． C． D．

5．在研究反比例函数的图象时，小明想通过列表、描点的方法画出反比例函数的图像，但是在作图时，小明发现计算有错误，四个点中有一个不在该函数图像上，那么这个点是（    ）

A． B． C． D．

6．已知点A、B、C在圆O上，那么下列命题为真命题的是（    ）

A．如果半径平分弦，那么四边形是平行四边形

B．如果弦平分半径，那么四边形是平行四边形

C．如果四边形是平行四边形，那么

D．如果，那么四边形是平行四边形

二、填空题

7．计算：________．

8．分解因式：__________．

9．若分式有意义，则x的取值范围是___．

10．已知关于x的方程有两个相等的实数根，那么m = _________________

11．在平面直角坐标系中，若点在第二象限．则的取值范围为______．

12．一个不透明的袋子里装有3个白球和1个红球，这些小球除颜色外无其他差别，如果从袋子中随机摸出一个小球，那么摸出的小球是红球的概率是__________．

13．已知一次函数的图像经过点，那么__________．

14．某地长途汽车客运公司规定：旅客可免费随身携带一定重量的行李，如果行李超过规定重量，则需要购买行李票．行李票费用y（元）是行李重量x（千克）的一次函数，其图像如图所示，那么旅客最多可免费携带行李__________千克．

15．如图，在正五边形中，F是边延长线上一点，连接，那么的度数为__________．

16．如图，已知点E在矩形的边上，且，，那么的长等于__________．

17．如图，已知中，，，如果将绕点C顺时针旋转到，使点B的对应点落在边上，那么的度数是__________．

18．如果一个三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“倍角互余三角形”．已知在中，，，，点D在边上，且是“倍角互余三角形”，那么的长等于__________．

三、解答题

19．计算：．

20．解方程组：．

21．某校开设了A、B、C、D、E五类兴趣课，为了解学生对这五类兴趣课的喜爱情况，从全校名学生中随机抽取了若干名学生进行“你最喜爱的兴趣课”问卷调查（每个学生从A、B、C、D、E中选择一类）．根据调查结果绘制出条形统计图和扇形统计图，两个统计图都尚未完成．

(1)求本次问卷调查中最喜欢E类课程的学生人数，并补全相应的条形图；

(2)根据本次调查的结果，试估计该校全体学生中最喜欢D类兴趣课的人数是多少？

22．“小房子”是一种常见的牛奶包装盒（如图1），图2是其一个侧面的示意图，由“盒身”矩形和“房顶”等腰三角形组成．已知厘米，厘米，厘米．

(1)求“房顶”点A到盒底边的距离；

(2)现设计了牛奶盒的一个新造型，和原来相比较，折线段的长度（即线段与的和）及矩形的面积均不改变，且，，求新造型“盒身”的高度（即线段的长）．

23．如图，四边形中，，、交于点O，．

(1)求证：；

(2)E是边上一点，连接交于点F，如果，求证：四边形是平行四边形．

24．在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点、，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．

(1)求二次函数的解析式和顶点D的坐标；

(2)连接，试判断与是否相似，并说明理由；

(3)将抛物线平移，使新抛物线的顶点E落在线段上，新抛物线与原抛物线的对称轴交于点F，连接，如果四边形的面积为3，求新抛物线的解析式．

25．如图，已知半圆O的直径，C是圆外一点，的平分线交半圆O于点D，且，联结交于点E．

(1)当时，求的长；

(2)当时，求的值；

(3)当为直角三角形时，求的值．

参考答案：

1．D

【分析】根据合并同类项，同底数幂乘法和幂的乘方计算法则求解判断即可．

【详解】解：A、与不是同类项，不能合并，原式计算错误，不符合题意；

B、与不是同类项，不能合并，原式计算错误，不符合题意；

C、，原式计算错误，不符合题意；

D、，原式计算正确，符合题意；

故选D．

【点睛】本题主要考查了合并同类项，同底数幂乘法和幂的乘方，熟知相关计算法则是解题的关键．

2．B

【分析】根据无理数的估算方法计算即可．

【详解】，

，

∴的值在2和3之间，

故选：B．

【点睛】本题主要考查无理数的估算，掌握无理数的估算方法是解题的关键．

3．C

【分析】利用三角形的三边关系求出第三边的取值范围，进而可作出选择．

【详解】解：设这个三角形的第三边长为，

则，即，

选项C中的满足条件，

故选：C．

【点睛】本题考查三角形的三边关系，会利用三角形的三边关系求得第三边的取值范围是解答的关键．

4．D

【分析】先证明，从而推出，则，由，可得．

【详解】解：∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

故选D．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，向量的计算，证明，从而推出是解题的关键．

5．A

【分析】根据在反比例函数图象上的点横纵坐标的乘积相同进行求解即可．

【详解】解：∵，，，

∴，，这三个点的横纵坐标的乘积相同，即这三个点在同一个反比例函数图象上，点与这三个点不在同一个反比例函数图象上，

故选A．

【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上的点的特点，熟知在反比例函数图象上的点横纵坐标的乘积相同是解题的关键．

6．C

【分析】根据平行四边形的性质与判定，圆周角定理，圆内接四边形的性质逐一判定即可．

【详解】解：A、如图1所示，当是直径时，满足半径平分弦，但是不能构成四边形，故原命题是假命题，不符合题意；

B、如图2所示，∵弦平分半径，但是半径并不一定平分弦，∴四边形不一定是平行四边形，故原命题是假命题，不符合题意；

C、如图2所示，∵四边形是平行四边形，

∴，

∵，

∴，

∴原命题是真命题，符合题意；

D、如图2所示，当点B在点D的位置时，满足，但是四边形不是平行四边形，故原命题是假命题，不符合题意；

故选C．

【点睛】本题主要考查了判断命题真假，圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质，平行四边形的性质与判定，灵活运用所学知识是解题的关键．

7．2

【分析】直接利用二次根式的性质化简得出答案．

【详解】解：．

故答案为：2．

【点睛】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．

8．

【分析】先提公因式，然后再利用平方差公式可进行求解．

【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，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．

9．

【分析】根据分式有意义的条件，分母不为0，即可求解

【详解】若分式有意义，

x的取值范围是，

故答案为：

【点睛】本题考查了分式有意义的条件，理解分式有意义的条件是解题的关键．

10．-1

【分析】根据一元二次方程有两个相等实数根时判别式等于0，列方程求解即可．

【详解】解：∵关于x的方程有两个相等的实数根，

∴ ，

∴m=－1．

故答案为－1．

【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，当时，原方程有两个不相等的实数根；当时，原方程有两个相等的实数根；当时，原方程没有实数根．

11．

【分析】先根据第二象限内点坐标符号规律可得关于一个x的不等式组，再解不等式组即可．

【详解】在平面直角坐标系中，第二象限内点坐标符号：横坐标为负，纵坐标为正，

则，

解得，

故答案为：．

【点睛】本题考查了在平面直角坐标系中，第二象限内点坐标符号规律等知识点，熟练掌握象限内点坐标规律是解题关键．

12．/

【分析】用红球的个数除以球的总个数即可．

【详解】解：从袋子中随机摸出一个小球共有4种等可能结果，其中摸出的小球是红球的有1种结果，

∴摸出的小球是红球的概率为，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查概率公式，随机事件A的概率事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．

13．4

【分析】直接把代入到一次函数解析式中求出m的值即可．

【详解】解：∵一次函数的图像经过点，

∴，

解得，

故答案为：4．

【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，熟知待定系数法求一次函数解析式是解题的关键．

14．30

【分析】根据待定系数法求函数关系式，旅客可免费携带行李，即，代入所求得的函数关系式，即可知质量为多少．

【详解】解：设一次函数关系式为，

∵当时，，当时，，

∴，解得，

∴所求函数关系式为；

当时，，

所以，

故旅客最多可免费携带30千克行李．

故选：30．

【点睛】本题考查函数的图象和用待定系数法求一次函数关系式，并会用一次函数研究实际问题，具备在直角坐标系中的读图能力．注意自变量的取值范围不能遗漏．

15．/144度

【分析】利用正多边形的内角和定理计算得出，再利用等边对等角求得，利用邻补角关系即可求解．

【详解】解：，

∵，

∴，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题主要考考查正多边形的性质、三角形内角和定理，熟练掌握正多边形的性质、三角形的内角和定理是解决本题的关键．

16．4

【分析】利用余角的性质求得，利用等边对等角求得，再利用平角的定义求得，根据含30度角的直角三角形的性质即可求解．

【详解】解：∵四边形是矩形，

∴，，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

故答案为：4．

【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，含30度角的直角三角形的性质，掌握“30度角对应的直角边长度为斜边长度的一半”是解题的关键．

17．/20度

【分析】根据旋转可得，，，等边对等角得，根据即可求解．

【详解】解：∵，，

∴．

∵将绕点C顺时针旋转到，使点B的对应点落在边上，

∴，，，

∴，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，掌握旋转的性质是关键．

18．或．

【分析】分两种情况讨论，当时，利用，列式计算即可求解；当时，即是的角平分线，利用角平分线的性质以及勾股定理即可求解．

【详解】解：当时，，即，是“倍角互余三角形”，

则

∴

∴

∴；

当时，，即，是“倍角互余三角形”，此时是的角平分线，

作于E，则，

∵，∴，∴，

∵，，，，∴，∴，

设，则，在中，由勾股定理得，解得．

综上，的长等于或．

故答案为：或．

【点睛】本题考查了正切函数的定义，角平分线的性质以及勾股定理，分情况讨论是解题的关键．

19．

【分析】根据负分数指数幂、特殊角的三角函数值，二次根式的混合运算，即可求解．

【详解】解：

．

【点睛】本题考查了负分数指数幂、特殊角的三角函数值，二次根式的混合运算，掌握相关的运算法则是解题的关键．

20．．

【分析】将方程①因式分解得出方程，将②代入，化为二元一次方程组，解方程组即可求解．

【详解】解：，

由①得，，

将②代入，③，

②③得，，解得：，

②③得，，解得：，

则方程组的解为．

【点睛】本题考查了解二元二次方程组，正确的计算是解题的关键．

21．(1)最喜欢E类课程的学生人数有5名学生．补全相应的条形图见解析

(2)估计该校全体学生中最喜欢D类兴趣课的人数约为名．

【分析】（1）根据最喜欢C类兴趣课人数和对应的百分比求得抽样调查的人数，可求得最喜欢B、D、E类课程的学生人数，补全统计图即可；

（2）利用样本估计总体即可求解．

【详解】（1）解：（人），

最喜欢B类课程的学生人数：（人），

最喜欢E类课程的学生人数：（人），

最喜欢D类课程的学生人数：（人），

补全条形图如图，

答：最喜欢E类课程的学生人数有5名学生．

（2）解：（人）．

答：估计该校全体学生中最喜欢D类兴趣课的人数约为名．

【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

22．(1)点A到盒底边的距离为厘米；

(2)新造型“盒身”的高度为厘米．

【分析】（1）构造直角三角形，利用勾股定理求得的长，进一步计算即可求解；

（2）利用（1）的结论，结合角和的正弦、余弦，建立方程即可求解．

【详解】（1）解：如图，作垂足为F，

∵是等腰三角形，

∴，∵四边形是矩形，

∴，

∴，

在中，，

∴，

∴点A到盒底边的距离为厘米；

（2）解：如图，作垂足为F，

设，则，，

∵，

∴，

由（1）得，

∴，

解得或3，

当时，，不合题意，舍去；

∴，即新造型“盒身”的高度为厘米．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，作出合适的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．

23．(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）由平行线的性质证明，推出，再证明，即可证明；

（2）由推出，等量代换得，利用相似三角形的判定定理推出，证明，据此即可证明结论．

【详解】（1）证明：∵，

∴，

∵，

∴，，

∴，

∴，

∴，

在和中，，

，

∴；

（2）证明：由（1）知，，，

又∵，

∴，即，

又∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴四边形是平行四边形．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明是解题的关键．

24．(1)二次函数的解析式为，顶点D的坐标为；

(2)，理由见解析

(3)新抛物线的解析式为．

【分析】（1）利用待定系数法求得抛物线的解析式，利用配方法可求得顶点D的坐标；

（2）利用勾股定理分别求得的三边的长，根据勾股定理的逆定理判断是直角三角形，且，求得，即可证明；

（3）设新抛物线的解析式为()，则顶点E的坐标为，分别用a表示出梯形的上底和下底的长，据此即可求解．

【详解】（1）解：∵抛物线经过点、，

∴，

解得：，

∴二次函数的解析式为，顶点D的坐标为；

（2）解：当时，，

∴，

∵点、，

∴，，

，

，

，

∵，

∴，

∴是直角三角形，且，

∵，，

∴；

（3）解：∵，

∴对称轴为，

设新抛物线的解析式为()，则顶点E的坐标为，

当时，，

∴，

∴，，

依题意得，

解得，

∴新抛物线的解析式为．

【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的平移，相似三角形的判定，勾股定理及其逆定理，掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．

25．(1)；

(2)；

(3)的值为或．

【分析】（1）作于M，连接，证明四边形是矩形，求得，推出是等腰直角三角形，求得，再利用勾股定理即可求解；

（2）同（1）作于M，连接，可得四边形是矩形，求得，由，求得，再求得，根据相似三角形的判定和性质即可求解；

（3）分两种情况讨论，当时，同（1）可得四边形是矩形，再证明，利用相似三角形的性质求得的长，即可求解；当时，求得，即可求解．

【详解】（1）解：作于M，连接，

∵，

∴，

∵是的平分线，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴四边形是平行四边形，又，

∴四边形是矩形，

∴，

∵，

∴是等腰直角三角形，

∴，

∴；

（2）解：作于M，连接，

同理四边形是矩形，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴；

（3）解：作于M，连接，

同理四边形是矩形，

∴，

当时，

∵，，

∴，又，

∴，

∴，即，

解得(负值已舍)，

∴，

∴；

当时，

由垂径定理得，

∴是线段的垂直平分线，

∴，

∴，

∴；

综上，的值为或．

【点睛】本题考查了垂径定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．