2023年中考考前押题密卷：数学（四川成都卷）（全解全析）

这是一份2023年中考考前押题密卷：数学（四川成都卷）（全解全析），共24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年四川成都中考考前押题密卷
数学·全解全析
A卷（共100分）
第Ⅰ卷（选择题，共32分）
一、选择题（每小题4分，共32分）
1
2
3
4
5
6
7
8
C
B
D
D
A
D
B
C
1．【答案】C
【分析】分别求出每天的温差，然后进行比较即可．
【详解】解：11月11日温差为，11月12日温差为，
11月13日温差为，11月14日温差为，
∵，∴日温差最大的一天是11月13日，故C正确．故选：C．
【点睛】本题主要考查了有理数减法的应用，解题的关键是准确求出四天的温差．
2.【答案】B
【分析】根据科学记数法的定义，先将“万”化为，再进行计算即可．
【详解】解：万．
【点睛】本题考查了科学记数法，掌握科学记数法的表示方法是解题的关键．
3．【答案】D
【分析】根据中位数和众数的定义进行解答即可．
【详解】解：把统计图中的7个数按从大到小排列得：
4.0、4.3、4.3、4.7、5.3、5.9、6.0，∴中位数为，
∵4.3出现得次数最多，∴众数为，故选：D．
【点睛】本题考查中位数和众数的定义，熟练掌握数据的个数是奇数，则处于中间位置的数是这组数据的中位数；数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数是这组数据的中位数是解题的关键．
4．【答案】D
【分析】根据算术平方根，完全平方公式，同底数幂除法，合并同类项等计算法则求解即可．
【详解】解：A、，原式计算错误，不符合题意；
B、，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】本题主要考查了求算术平方根，完全平方公式，同底数幂除法，合并同类项，熟知相关计算法则是解题的关键．
5．【答案】A
【分析】根据空间角的关系，画出截面图进行求解即可．
【详解】解∶如图所示，由题意可知，指针交底座于点，，底座于相切于点，，

∵于相切于点，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，即晷针与底座所成角为，故选∶ A．
【点睛】本题主要考查平行线的性质、切线的性质、同角的余角相等，熟练掌握相关性质是解决本题的关键，是中档题．
6.【答案】D
【分析】设从小学到高中平均每个学段的近视率的增长率为x，根据小学生近视率=高中生近视率，即可列出方程．
【详解】解：设从小学到高中平均每个学段的近视率的增长率为x，
可列方程为：，故选：D．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，解题的关键掌握增长率公式，根据题意列出方程．
7．【答案】B
【分析】由圆锥的圆锥体底面半径是6cm，高是6cm，可得CD=DE，根据园锥、圆柱体积公式可得液体的体积为63πcm3，圆锥的体积为72πcm3，设此时“沙漏”中液体的高度AD=xcm，则DE=CD=（6-x）cm，根据题意，列出方程，即可求解．
【详解】解：如图，作圆锥的高AC，在BC上取点E，过点E作DE⊥AC于点D，则AB=6cm，AC=6cm，

∴△ABC为等腰直角三角形， ∵DE∥AB，∴△CDE∽△CAB，
∴△CDE为等腰直角三角形，∴CD=DE，
圆柱体内液体的体积为：
圆锥的体积为，
设此时“沙漏”中液体的高度AD=xcm，则DE=CD=（6-x）cm，
∴，∴，解得：x=3，
即此时“沙漏”中液体的高度3cm．故选：B．
【点睛】本题考查圆柱体、圆锥体体积问题，解题的关键是掌握圆柱体、圆锥体体积公式，列出方程解决问题．
8．【答案】C
【分析】先根据表格中的数据运用待定系数法求出足球离地面高度h与足球被踢出后经过的时间t之间的函数关系式，再根据函数图象与性质求解即可
【详解】解：设足球离地面高度h与足球被踢出后经过的时间t之间的函数关系式为：，
把代入得，，解得，∴
A. ，足球飞行路线的对称轴是直线，故选项A说法正确，不符合题意；
B. 对于，令，得，解得，，所以，足球在第9秒时落地，故选项B说法正确，不符合题意；
C. 中，，抛物线开口向下，有最大值为，即足球距离地面的最大高度为米，故选项C说法错误，符合题意；
D.抛物线开口向下，对称轴为直线，所以足球被踢出5~7秒，距离地面的高度逐渐下降说法正确，故选项D不符合题意；故选：C
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，解答二次函数的应用问题中，读懂题意是关键，同时要注意自变量的取值范围还必须使实际问题有意义．

第Ⅱ卷（非选择题，共68分）
二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）
9．【答案】
【分析】先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答．
【详解】解：故答案为： ．
【点睛】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
10．【答案】
【分析】根据三角形重心的性质可以求出，从而进一步求出，这样便可求出位似比．
【详解】解：∵是的重心，∴，∴，
∴与的位似比为，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形重心的性质和位似比的概念，关键是掌握三角形重心的性质．
11．【答案】1（答案不唯一）
【分析】判断反比例函数的图象经过一、三象限，即点在第一象限，据此即可求解．
【详解】解：∵反比例函数的图象，在各自象限内，y的值随x值的增大而减小，
∴，即反比例函数的图象经过一、三象限，
∵反比例函数的图象经过点，∴点在第一象限，
∴n的值可以是1，故答案为：1(答案不唯一，n的值是正数)．
【点睛】本题考查了反比例的性质，开放题，判断点在第一象限是解题的关键．
12．【答案】/
【分析】根据新定义可得：若，则；若，则，分别求出，即可．
【详解】解：根据新定义可得：
若，即，则，
∵，∴，∴，解得，
∵，∴不符合题意，舍去；
若，即，则，
∵，∴，∴，解得，
当时，，故答案为．
【点睛】本题主要考查了新定义下的运算，解题的关键是根据题意转化为解分式方程，注意转化的过程中注意进行分类讨论．
13．【答案】
【分析】利用基本作图得到，平分，则，再根据平行四边形的性质和平行线的性质证明，所以，过点作于，则，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出，从而得到的长．
【详解】解：由作法得，平分，，

四边形为平行四边形，，，，，
过点作于，如图，则，
在中，，，．故答案为：．
【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的性质．
三、解答题 （本大题共5个小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
14．【答案】（1）2   ；（2）；
【分析】（1）根据有理数的乘方，负整指数幂，化简绝对值，特殊角的三角函数值进行计算即可；
（2）先去括号，把除法变为乘法把分式化简，再把数代入求值．
【详解】.解：(1)原式．（6分）
（2）原式＝
＝
＝                （10分）
当时，
原式＝
＝（12分）
【点睛】本题考查了实数的混合运算，分式的化简求值，正确的计算是解题的关键．
15．【答案】(1)，详见解析(2)600人(3)详见解析，
【分析】（1）用B类的人数除以它所占的百分比得到样本容量，然后用总人数减去景区的人数即可得出A景区的人数，从而可补全条形统计图；
（2）用C类人数所占的百分比乘以2000即可得到“卧佛院”景点的游客的人数；
（3）画树状图展示所有20种等可能的结果数，找出所选两位同学恰好抽到1名男士和1名女士的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】（1）解：此次抽样调查的人数：（人）
把A景点作为最佳旅游景点人数：（人），故．（2分）
补全条形统计图如图所示：
（3分）
（2）根据题意得：（人）
则选择C景点作为最佳旅游景点的游客人数为600人．（5分）
（3）如图所示：

共有20种等可能的结果，恰好抽到一名女士和一名男士的结果要12种 （7分）
∴恰好抽到1个男士和1个女士的概率： （8分）
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n,再从中选出符合事件D的结果数目m,然后利用概率公式计算事件D的概率．也考查了扇形统计图和条形统计图，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
16．【答案】(1)空管上端B到水平线AD的距离为1.8米；
(2)安装热水器的铁架水平横管BC的长度约为0.9米．
【分析】（1）过B作BF⊥AD于F，根据坡度的定义利用勾股定理计算，得到答案；
（2）根据余弦的定义求出AF，再根据正切的定义求出AD，计算即可．
（1）解：过B作BF⊥AD于F．
在Rt△ABF中，BF：AF=1：=3：4，AB=3米，
设BF=3a，则AF=4a，由勾股定理得：(3a)2+(4a)2=32，（2分）
解得：a=0.6，3a=1.8，即BF=1.8米，AF=2.4米，
∴空管上端B到水平线AD的距离为1.8米．（4分）

（2）解：由（1）得AF=2.4米，
∵BF⊥AD，CD⊥AD，BC∥FD，∴四边形BFDC是矩形．∴BF=CD，BC=FD，
∵EC=0.5米，∴DE=CD-CE=1.3米，（6分）
在Rt△EAD中，tan∠EAD=，则AD==3.25（米），
∴BC=DF=AD-AF=3.25-2.4≈0.9（米），
答：安装热水器的铁架水平横管BC的长度约为0.9米．（8分）
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
17．【答案】(1)证明过程见解析(2)10
【分析】（1）作直径，连接，可得，则，根据平行线的性质可得，再根据切线的性质可得，则，再利用等量代换即可得出结论；（2）由，，，可得，，证明，可得，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图，作直径，连接，
，，（1分）
，，
∵切于点A，，
，，（3分）
又∵，，
又∵，，；（5分）

（2）解：∵，，，
，，（6分）
，，，
，，（8分）
又∵，，
在中，，，，
根据勾股定理得：，
∴直径，
答：该离心机模型的直径为10． （10分）
【点睛】本题考查了切线的性质、平行线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握相关知识，作出辅助线，构造直径是解题的关键．
18．【答案】(1)反比例函数解析式为
(2)ⅰ）见解析；ⅱ）的长为或
【分析】（1）根据四边形是矩形，点的纵坐标为3，点的横坐标为1，得出点的坐标，再由点在反比例函数图象上，代入即可求得反比例函数解析式；
（2）ⅰ）设点的坐标为，则点的坐标为，先求出直线的解析式，再联立两直线解析式求出点的坐标，再根据中点坐标公式即可得出点为的中点，从而证明出；ⅱ）设点的坐标为，则点的坐标为，由ⅰ）得，点的坐标为：，从而可以表示出的长度，再分和分类讨论，分别求出的值，从而可得出的长．
【详解】（1）解：四边形是矩形，轴，
点的纵坐标为3，点的横坐标为1，点的坐标为，（2分）
点在反比例函数的图像上，，解得，
反比例函数解析式为：；（3分）
（2）ⅰ）证明：设点的坐标为，则点的坐标为，
令直线的解析式为：，
点在直线上，，解得，（4分）
直线的解析式为：，令直线的解析式为：，
点在直线上，，解得，（5分）
直线的解析式为：，
由得，，点的坐标为：，（6分）
，为的中点，；（7分）
ⅱ）设点的坐标为，则点的坐标为，
由ⅰ）可知点的坐标为：，

，
，
，（8分）
是直角三角形，当时，则，
即，解得：或，
当时，此时与重合，不符合题意，舍去，
当时，此时，，（9分）
当时，则，
即，
解得：或或或，，或
当时，此时与重合，不符合题意，舍去，
当时，此时，，
综上所述，的长为或．（10分）
【点睛】本题考查了了矩形的性质，求反比例函数的解析式，勾股定理，中点坐标公式，设出点的坐标，从而表示出点的坐标是解题的关键，注意运用分类讨论的思想解题．
B卷（共50分）
一、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）
19．【答案】1000
【分析】分别求出震级为８级和震级为6级所释放的能量，然后根据同底数幂的除法即可得到答案．
【详解】解：根据能量与震级的关系为（其中为大于0的常数）可得到，
当震级为8级的地震所释放的能量为：，
当震级为6级的地震所释放的能量为：，
，震级为8级的地震所释放的能量是震级为6级的地震所释放能量的1000倍．
故答案为：1000．
【点睛】本题考查了利用同底数幂的除法底数不变指数相减的知识，充分理解题意并转化为所学数学知识是解题的关键．
20．【答案】/
【分析】根据关于x的一元一次不等式组恰有3个整数解，可以求得a的取值范围，再根据一次函数不经过第三象限，可以得到a的取值范围，结合不等式组和一次函数可以得到最后a的取值范围，即可求解．
【详解】解：由不等式组，得，
∵关于x的一元一次不等式组恰有3个整数解，
∴，解得，
∵一次函数不经过第三象限，∴且，∴，
又∵，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查一次函数的性质、一元一次不等式组的整数解，解答本题的关键是明确题意，求出a的取值范围，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．
21．【答案】
【分析】根据正方形的面积公式得到正方形的面积，根据阴影部分的面积占正方形的面积的即可得到结论．
【详解】解：在正方形中，，∴正方形的面积，
∵在正方形内随机投掷900个点，已知恰有300个点落在阴影部分内，
∴阴影部分的面积正方形的面积，故答案为：．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率，正方形的面积的计算，正确地求得阴影部分的面积占正方形的面积的是解题的关键．
22．【答案】
【分析】先求，，设过A，B两点作半径为5的圆（圆心在AB下方）为，连接，过I作于D，则，，由勾股定理，得，从而得，当P在上运动时，点Q在以中点K为圆心，为半径的圆上运动，所以当经过圆心K时，此时最大，后求出点，，而求得，即可由求解．
【详解】解：∵线段，且轴，∴设点，则，
把点，代入，得
，解得，∴，，
设过A，B两点作半径为5的圆（圆心在AB下方）为，连接，过I作于D，如图，

∴，，由勾股定理，得，∴，
∵Q是的中点，∴当P在上运动时，点Q在以中点K为圆心，为半径的圆上运动，
∴当经过圆心K时，此时最大，
∵，，∴的中点，
∵抛物线的顶点坐标为，
∴将AB下方的部分沿直线AB向上翻折，翻折后抛物线的顶点坐标为，
∴翻折后抛物线的解析式为，
令，则，∴，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查抛物线的性质，抛物线的几何变换，点的坐标，勾股定理，垂径定理，本题属抛物线与几何图形综合题目，解题关键是得出当P在上运动时，点Q在以中点K为圆心，为半径的圆上运动，所以当经过圆心K时，此时最大．
23．【答案】 / /
【分析】（1）由等边三角形的性质及翻折的性质可求得，，利用角所对的直角边等于斜边的一半可求解；
（2）由题意易得，由（1）可知，在中求得，过I 作于I，设，在中，由求得，即，从而求出，易得，，代入即可求得的值．
【详解】解：如图交于M，点O为等边三角形的中心，

（1）当时，
由翻折可知，，


（2）由题意可知，
由翻折可知
易得，
由（1）可知，，
在中，，
过I 作于I，，设，
在中，，
，
，
，
在中，，，
，
，
．
故答案为：；．

【点睛】本题考查了等边三角形及翻折的性质，角所对的直角边等于斜边的一半，解直角三角形等；解题的关键是数量掌握相关性质正确计算．
二、解答题 （本大题共3小题，共30分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
24．【答案】(1)每个足球的价格为100元，每个排球的价格为80元(2)本次购买最少花费4500元钱(3)学校再次购买足球和排球的方案有3个：①只购买10个足球；②购买6个足球，5个排球；③购买2个足球，10个排球
【分析】（1）设每个足球的价格为x元，则每个排球的价格为元，由题意：用500元购买的足球数量和400元购买的排球数量相等，列出分式方程，解方程即可；
（2）设学校决定购买足球a个，本次购买花费y元，则购买排球个，求出，再由题意得，然后由一次函数的性质即可得出结论；
（3）求出学校节约资金1000元，设学校再次购买足球m个，排球n个，再由题意：学校决定将节约下的资金全部用于再次购买足球和排球，列出二元一次方程，求出非负整数解，即可解决问题．
【详解】（1）解：设每个足球的价格为x元，则每个排球的价格为元，
由题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：每个足球的价格为100元，每个排球的价格为80元；（2分）
（2）解：设学校决定购买足球a个，本次购买花费y元，则购买排球个，
则，
解得：，
由题意得：，
∵，
∴y随a的增大而增大，
∴当时，y有最小值，
答：本次购买最少花费4500元钱；（5分）
（3）解：在（2）方案下，学校购买足球和排球各25个，花费4500元，
∵体育用品超市为支持学校体育活动，对足球提供8折优惠，排球提供7.5折优惠，
∴学校节约资金：（元），
设学校再次购买足球m个，排球n个，
由题意得：，
整理得：，
∵m、n都是非负整数，
∴或或，
∴学校再次购买足球和排球的方案有3个：
①只购买10个足球；②购买6个足球，5个排球；③购买2个足球，10个排球．（8分）
【点睛】本题考查了分式方程的应用、一次函数的应用、一元一次不等式的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）正确求出一次函数关系式；（3）找准等量关系，正确列出二元一次方程．
25．【答案】(1)，理由见解析
(2)①当时，即时，，
②当时，即时，∵，∴时，，
③当时，即时，∵，∴时，
理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）用待定系数法求解即可．
（2）用t分别表示出点E、D、G、F的坐标，然后求出，最后分三种情况讨论，①当时，②当时，③当时．
（3）过点P作轴，垂足为H，过点Q作轴，垂足为T，证明，再联立直线与得到，由韦达定理即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意得：与x轴交于，，
∴把，代入得：，解得：
∴抛物线的解析式为；（2分）
（2）解：由题意得：点D的横坐标为t
∴点F的横坐标为，点E的横坐标为t，点G的横坐标为，（3分）
且点D、F都在抛物线上，点E、G都在直线上，
由（1）得：抛物线的解析式为，
∴把代入得：，把代入得：，
∴点D的坐标为，点F的坐标为，（4分）
由（1）得：抛物线的解析式为，
∴点C的坐标为，
∵点B的坐标为，∴设直线的解析式为，
把点B、C代入得：，解得：，
∴直线的解析式为，
∴把代入得：，把代入得：，
∴点E的坐标为，点G的坐标为，
∴，，
∴，
①当时，即时，，
②当时，即时，∵，∴时，，
③当时，即时，∵，∴时，；（6分）
（3）解：过点P作轴，垂足为H，过点Q作轴，垂足为T，如图所示，

∵抛物线平移得到顶点为原点的抛物线，
由（1）得：抛物线的解析式为，
∴抛物线的顶点坐标为，（7分）
∴抛物线向上平移了4个单位长度，向左平移了1个单位长度得到了抛物线，
∴抛物线的解析式为，
即抛物线的解析式为，
∴设点P、Q坐标为，
∴点H、T的坐标为，（8分）
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∵点N的坐标为，即，
∴，（9分）
∵M是x轴正半轴上一动点，
∴设点M坐标为，直线的解析式为，
把代入得：，∴，
∴直线的解析式为，
联立直线与得：，
由韦达定理得：，，
∴，
代入①得：，
由题意得：方程有唯一实数根，
当时，即时，符合条件，
当时，，不符合题意，
综上，，∴点M坐标为．（10分）
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，难度较大，正确理解题意和灵活运用所学知识是解题关键．
26．【答案】(1)，5 (2) (3)①；②或1
【分析】（1）如图所示，延长交延长线于H，先证明四边形是平行四边形，得到，，进而证明四边形是矩形，得到，，进一步推出，证明，即可得到；求出，由勾股定理得；
（2）如图所示，延长交延长线于H，设，同理可证四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，则，，设，，证明，推出，则，再证明，从而建立方程，进一步推出，解方程得，再由平行线分线段成比例定理即可得到；
（3）①如图所示，延长交延长线于Q，由菱形的性质可设，，证明，得到，设，则，同理可证，四边形是平行四边形，则，，证明，得到，即，解得（负值舍去），再证明，即可得到；②分如图3-1所示，当时，过点E作于M，如图3-2所示，当时，过点F作于N，两种情况求出的正切值即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示，延长交延长线于H，
∵四边形是正方形，
∴，（1分）
∵，，
∴四边形是平行四边形，，（2分）
∴，四边形是矩形，∴，，
∵，∴，
∴，即，
∴，∴；（3分）
∵，∴，
又∵，∴，
∴在中，由勾股定理得；
故答案为：，5；（4分）

（2）解：如图所示，延长交延长线于H，设，
同理可证四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴，，（5分）
设，，
∵，∴，
∴，即，∴，
∴，（6分）
∵，∴，
∵，∴，（7分）
∴，∴，∴，
∴，设，∴，
解得（负值舍去），即，
∵，∴；（8分）

（3）解：①如图所示，延长交延长线于Q，
∵四边形是菱形，∴可设，，
∴，（9分）
∵O是的中点，∴，
∴，∴，
设，则，
同理可证，四边形是平行四边形，
∴，∴，
∵，∴，
∴，即，∴，
∴，解得（负值舍去），
∵，∴，∴，
∴；（10分）

②如图3-1所示，当时，过点E作于M，
∴，
在中，，
∴，∴，
∵，∴，∴；（11分）

如图3-2所示，当时，过点F作于N，
∴，∴，
∴，同理可得；
综上所述，的值为或1．（12分）

【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，正方形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．