2023年中考考前最后一卷：数学（海南卷）（全解全析）

这是一份2023年中考考前最后一卷：数学（海南卷）（全解全析），共17页。试卷主要包含了﹣3的绝对值是，下列运算正确的是，方程＝的解为等内容，欢迎下载使用。
2023年中考考前最后一卷
数学·全解全析
第Ⅰ卷
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A
D
B
C
D
D
B
D
C
A
A
C
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．﹣3的绝对值是（　　）
A．3 B． C． D．﹣3
【分析】根据一个负数的绝对值是它的相反数即可求解．
【解答】解：﹣3的绝对值是3．
故选：A．
2．网络用语“6”是比较厉害的意思，且“6”本身是一个自然数．将数字0.000000006用科学记数法表示为（　　）
A．﹣6×109 B．﹣0.6×108 C．0.6×10﹣8 D．6×10﹣9
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：0.000000006＝6×10﹣9．
故选：D．
3．如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的俯视图是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：从上面看第一列是一个小正方形，第二列是两个小正方形，第三列居上是一个小正方形．
故选：B．
4．下列运算正确的是（　　）
A．（a2）3＝a5 B．（﹣1）n＝﹣1
C．a2•a3＝a5 D．a2（a+1）＝a3+1
【分析】根据幂的乘方可以判断A；根据有理数的乘方可以判断B；根据同底数幂的乘法可以判断C；根据单项式乘单项式可以判断D．
【解答】解：（a2）3＝a6，故选项A错误，不符合题意；
当n为偶数时，（﹣1）n＝1，当n为奇数时，（﹣1）n＝﹣1，故选项B错误，不符合题意；
a2•a3＝a5，故选项C正确，符合题意；
a2（a+1）＝a3+a，故选项D错误，不符合题意；
故选：C．
5．某校九年级1班10名同学在“二十大知识”竞赛中的成绩如表所示：88，90，75，88，90，91，92，100，80，88则这个班学生成绩的众数、中位数分别是（　　）
A．88，90 B．3，90.5 C．90，89 D．88，89
【分析】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．
【解答】解：从小到大排列此数据为：75，80，88，88，88，90，90，91，92，100，数据88出现了三次最多为众数，88，90处在第5位和第6位，所以本题这组数据的中位数是＝89，
故选：D．
6．如图，a∥b，Rt△ABC的顶点C在直线a上，∠ACB＝90°，AB交直线a于点D，点B在直线b上，∠1＝23°，若点D恰好为AB的中点，则∠ACD的度数为（　　）

A．44° B．46° C．56° D．67°
【分析】先利用直角三角形斜边上的中线性质可得CD＝BD＝AB，从而可得∠1＝∠DCB＝23°，然后利用角的和差关系，进行计算即可解答．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，点D恰好为AB的中点，
∴CD＝BD＝AB，
∴∠1＝∠DCB＝23°，
∴∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB＝67°，
故选：D．
7．方程＝的解为（　　）
A．x＝0 B．x＝1 C．x＝﹣1 D．x＝﹣3
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：x+5＝6x，
解得：x＝1，
经检验x＝1是分式方程的解，
故选：B．
8．在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示，将△ABC先向左平移3个单位，再作出其关于x轴的对称图形，则A点的对应点的坐标为（　　）

A．（﹣3，﹣2） B．（﹣1，﹣2） C．（﹣2，﹣2） D．（﹣2，﹣3）
【分析】先根据平移的性质画出平移后的三角形，再根据关于x轴的点的坐标特点描出各点，把各点连接起来，得出A点坐标即可．
【解答】解：如图所示：
△A′B′C′为平移后的三角形；
△A″B″C″为关于x轴的对称图形．
由图可知，A点的对应点A″（﹣2，﹣3）．
故选：D．

9．如图，在已知的△ABC中，按以下步骤作图：①分别以B，C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于两点M，N；②作直线MN交AB于点D，连接CD．若AD＝AC，∠A＝80°，则∠ACB的度数为（　　）

A．65° B．70° C．75° D．80°
【分析】根据作图过程可得DM是BC的垂直平分线，所以DC＝DB，所以∠B＝∠DCB，再根据AD＝AC，∠A＝80°，可得∠ADC＝50°，进而求出∠ACB的度数．
【解答】解：根据作图过程可知：
DM是BC的垂直平分线，
∴DC＝DB，
∴∠B＝∠DCB，
∴∠ADC＝∠B+∠DCB＝2∠DCB，
∵AD＝AC，∠A＝80°，
∴∠ADC＝∠ACD＝（180°﹣∠A）＝50°，
∴∠DCB＝∠ADC＝25°，
∴∠ACB＝∠DCB+∠ACD＝25°+50°＝75°．
∴∠ACB的度数为75°．
故选：C．
10．如图，AB为⊙O的切线，切点为点A，BO交⊙O于点C，点D在⊙O上，若∠ABO的度数是32°，则∠ADC的度数是（　　）

A．29° B．30° C．32° D．45°
【分析】先根据切线的性质求出∠AOC的度数，由圆周角定理即可解答．
【解答】解：∵AB切⊙O于点A，
∴OA⊥AB，
∵∠ABO＝32°，
∴∠AOB＝90°﹣32°＝58°，
∴∠ADC＝∠AOB＝×58°＝29°，
故选：A．
11．如图1，在边长为4的等边△ABC中，点D在BC边上，设BD的长度为自变量x，以下哪个量作为因变量y，使得x，y符合如图2所示的函数关系（　　）

A．△ACD的面积 B．△ABD的周长 C．△ABD的面积 D．△ACD的周长
【分析】由y随x的增大而减小，即可判断．
【解答】解：由图2知，y随x的增大而减小．
△ABD的面积和周长都随x的增大而增大，
故B、C不符合题意；
△ACD的面积和周长都随x的增大而减小，但△ACD的周长不会等于0，
故A符合题意，D不符合题意．
故选：A．
12．我国宋朝时期的数学家杨辉，曾将大小完全相同的圆弹珠逐层堆积，形成“三角垛”．如图，第1个图有1颗弹珠；第2个图有3颗弹珠；第3个图有6颗弹珠；第4个图有10颗弹珠；…；用an表示第n个图的弹珠数，若…+＝，则n的值是（　　）

A．1012 B．2022 C．2023 D．2024
【分析】根据题意，得出an＝1+2+3+…+n＝n（n+1），代入已知条件，得出，即可求解．
【解答】解：第1个图的弹珠数为：1；
第2个图的弹珠数为：1+2＝3；
第3个图的弹珠数为：1+2+3＝6；
第4个图的弹珠数为：1+2+3+4＝10；
…
∴出an＝1+2+3+…+n＝n（n+1），
∵…+＝，
∴+…，
即2[（1﹣）+（）+（）+…+（）]＝，
∴1﹣，…
∴，
∴n＝2023．
故选：C．
第Ⅱ卷
二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）
13．若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是 　x≥5　．
【分析】直接利用二次根式有意义的条件进而得出答案．
【解答】解：式子在实数范围内有意义，则x﹣5≥0，
故实数x的取值范围是：x≥5．
故答案为：x≥5．
14．已知一个多边形的每个外角都是24°，此多边形是　十五　边形．
【分析】任何多边形的外角和是360°．用外角和除以每个外角的度数即可得到边数．
【解答】解：360°÷24°＝15．
故这个多边形是十五边形．
故答案为：十五．
15．若x+y＝1，xy＝﹣7，则x2y+xy2＝　﹣7　．
【分析】原式提取公因式，将已知等式代入计算即可求出值．
【解答】解：∵x+y＝1，xy＝﹣7，
∴原式＝xy（x+y）＝﹣7，
故答案为：﹣7
16．如图，等边△ABC边长为2，点D为边BC延长线上一动点，CD＝DE，∠BDE＝120°，点F是线段BE的中点，连接DF、CF．
（1）用等式表示线段DF和AD的数量关系为：　AD＝2DF　；
（2）线段CF长度的最小值为：　　．

【分析】（1）延长DF至点M，使DF＝FM，连接BM、AM，先证△BFM≌△EFD（SAS），得BM＝DE，∠MBF＝∠DEF，则BM∥DE，再证△ABM≌△ACD（SAS），得AM＝AD，∠BAM＝∠CAD，然后证△AMD是等边三角形，即可得出结论；
（2）连接CE，取BC的中点N，连接作射线NF，先由等腰三角形的性质得∠DCE＝30°，再由三角形中位线定理得NF∥CE，则∠CNF＝∠DCE＝30°，得点F的运动轨迹为射线NF，且∠CNF＝30°，当CF⊥NF时，CF最短，然后由含30°角的直角三角形的性质得CF＝CN＝即可．
【解答】解：（1）线段DF与AD的数量关系为：AD＝2DF，理由如下：
延长DF至点M，使DF＝FM，连接BM、AM，如图1所示：

∵点F为BE的中点，
∴BF＝EF，
在△BFM和△EFD中，
，
∴△BFM≌△EFD（SAS），
∴BM＝DE，∠MBF＝∠DEF，
∴BM∥DE，
∵线段CD绕点D逆时针旋转120°得到线段DE，
∴CD＝DE＝BM，∠BDE＝120°，
∴∠MBD＝180°﹣120°＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠ABM＝∠ABC+∠MBD＝60°+60°＝120°，
∵∠ACD＝180°﹣∠ACB＝180°﹣60°＝120°，
∴∠ABM＝∠ACD，
在△ABM和△ACD中，
，
∴△ABM≌△ACD（SAS），
∴AM＝AD，∠BAM＝∠CAD，
∴∠MAD＝∠MAC+∠CAD＝∠MAC+∠BAM＝∠BAC＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴AD＝DM＝2DF；
故答案为：AD＝2DF；
（2）连接CE，取BC的中点N，连接作射线NF，如图2所示：

∵△CDE为等腰三角形，∠CDE＝120°，
∴∠DCE＝30°，
∵点N为BC的中点，点F为BE的中点，
∴NF是△BCE的中位线，
∴NF∥CE，
∴∠CNF＝∠DCE＝30°，
∴点F的运动轨迹为射线NF，且∠CNF＝30°，
当CF⊥NF时，CF最短，
∵AB＝BC＝2，
∴CN＝1，
在Rt△CNF中，∠CNF＝30°，
∴CF＝CN＝，
∴线段CF长度的最小值为．
故答案为：．
三．解答题（共6小题，满分72分）
17．（12分）（1）计算：；
（2）化简：（a+2）2﹣a（a+6）．
【分析】（1）根据算术平方根，绝对值的性质，零指数幂计算即可求解；
（2）根据完全平方公式，单项式乘多项式法则计算，再合并同类项即可求解．
【解答】解：（1）
＝3﹣6+4﹣1
＝0；
（2）（a+2）2﹣a（a+6）
＝a2+4a+4﹣a2﹣6a
＝﹣2a+4．
18．（10分）2023年3月12日是第45个植树节，某单位积极开展植树活动，决定购买甲、乙两种树苗，用480元可购买甲种树苗3棵与乙种树苗4棵，用340元可买甲种树苗2棵和乙种树苗3棵，问两种树苗每棵各多少元？
【分析】设每棵甲种树苗x元，每棵乙种树苗y元，根据“用480元可购买甲种树苗3棵与乙种树苗4棵，用340元可买甲种树苗2棵和乙种树苗3棵”，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
【解答】解：设每棵甲种树苗x元，每棵乙种树苗y元，
根据题意得：，
解得：．
答：每棵甲种树苗80元，每棵乙种树苗60元．
19．（10分）为提高学生的综合素养，某校开设了四个兴趣小组，A“健美操”、B“跳绳”、C“剪纸”、D“书法”．为了了解学生对每个兴趣小组的喜爱情况，随机抽取了部分同学进行调查，并将调查结果绘制出下面不完整的统计图，请结合图中的信息解答下列问题：

（1）本次抽样调查的样本容量是 　40　；B组所对应的扇形圆心角为 　144°　；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）若该校共有学生1400人，估计该校喜欢跳绳的学生约有 　560　人；
（4）现选出了3名跳绳成绩最好的学生，其中有1名男生和2名女生．要从这3名学生中任意抽取2名学生去参加比赛，请用列表法或画树状图法，求刚好抽到2名女生的概率．
【分析】（1）由D组人数及其所占百分比可得总人数，用360°乘以B组人数所占比例即可；
（2）总人数减去A、B、D人数求出C组人数即可补全图形；
（3）总人数乘以样本中B组人数所占比例即可；
（4）画树状图，共有6种等可能的结果，其中选出的2名学生恰好为女生的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）本次抽样调查的样本容量是：12÷30%＝40（人），
B组所对应的扇形圆心角的度数为：，
故答案为：40，144°；
（2）C组人数为：40﹣4﹣16﹣12＝8（人），
补全条形统计图如下：

（3）估计该校喜欢跳绳的学生人数约是（人），
故答案为：560人；
（4）画树状图如下：

共有6种等可能的结果，其中选出的2名学生恰好为女生的结果有2种，
∴选出的2名学生恰好为女生的概率为．
20．（10分）如图，一艘渔船在黄海海域由西向东航行到达A处时，测得小岛C位于渔船的北偏东70°方向，该渔船再向东匀速航行2小时后到达B处，此时测得小岛C位于距离渔船30海里的北偏东30°方向．
（1）填空：∠ACB＝　40　°；
（2）求渔船的速度（结果取整数）．（参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，）

【分析】（1）根据已知和三角形的内角和定理求解即可；
（2）过点C作CD⊥AB交AB的延长线于D．利用锐角三角形的定义分别求解BD、CD、AD即可求解．
【解答】解：（1）根据题意，∠BAC＝20°，∠ABC＝90°+30°＝120°，
∴∠ACB＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝40°，
故答案为：40；
（2）过点C作CD⊥AB交AB的延长线于D．

由题意可知，∠ACD＝70°，∠BCD＝30°，BC＝30海里，
在Rt△BCD中，∠D＝90°，∠BCD＝30°，BC＝30，，
∴（海里），CD＝BC•cos∠BCD＝30×cos30＝30°×＝15（海里），
在Rt△ACD中，∠D＝90°，∠ACD＝70°，，，
∴AD＝CD•tan∠ACD＝15×tan70°≈15×2.75＝（海里），
∴渔船的速度为（海里/时）．
答：渔船的速度约为28海里/时．
21．（15分）如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）求AG+AE的值；
（3）若F恰为AB的中点，求正方形DEFG的面积．

【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明△EMD≌△ENF即可解决问题；
（2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解决问题；
（3）求出DF的长，由正方形的面积公式可得出答案．
【解答】（1）证明：如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD＝∠EAB，
∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，
∴EM＝EN，
∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°，
∴四边形ANEM是矩形，
∵EF⊥DE，
∴∠MEN＝∠DEF＝90°，
∴∠DEM＝∠FEN，
∵∠EMD＝∠ENF＝90°，
∴△EMD≌△ENF（ASA），
∴ED＝EF，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形；
（2）解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝3，∠GDE＝∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠CDE，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG＝CE，
∴AE+AG＝AE+EC＝AC＝AD＝6；
（3）解：连接DF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝3，AB∥CD，
∵F是AB中点，
∴AF＝FB＝，
∴DF＝＝＝，
∴正方形DEFG的面积＝DF2＝（）2＝．
22．（15分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+4x+k与x轴的一个交点为B（5，0），与y轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是抛物线上位于直线AB上方的动点，分别过点P作x轴的平行线交抛物线于点Q，作y轴的平行线交直线AB于点D，以PQ、PD为边作矩形PQED，求矩形PQED周长的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）若点N是抛物线对称轴上的一点，在抛物线上是否存在一点M，使得以A、N、B、M为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标．

【分析】（1）把B（5，0）代入y＝﹣x2+4x+k，解方程求得k的值，即可得抛物线的解析式；
（2）求出直线AB的解析式，设P（x，﹣x2+4x+5），则D（x，﹣x+5），Q（4﹣x，﹣x2+4x+5），表示出矩形PQED的周长，根据二次函数的最值即可求解；
（3）设M（m，﹣m2+4m+5），N（2，n），分两种情况：①当AB为平行四边形的对角线时，②当AB为平行四边形的边时，利用平行四边形的性质即可求解．
【解答】解：（1）把B（5，0）代入y＝﹣x2+4x+k得0＝﹣25+20+k，
解得k＝5．
∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5；
（2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴A（0，5），对称轴为x＝2，
设直线AB的解析式为y＝ax+b，
∴，解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+5，
设P（x，﹣x2+4x+5），则D（x，﹣x+5），
∵PQ∥x轴，
∴Q（4﹣x，﹣x2+4x+5），
由题意得，当点P在对称轴右侧时，矩形PQED的周长最大，
∴矩形PQED的周长＝2（﹣x2+4x+5+x﹣5）+2（x﹣4+x）＝﹣2x2+14x﹣8＝﹣2（x﹣）2+，
∴当x＝时，矩形PQED周长的最大值，
∴此时点P的坐标为（，）；
（3）设M（m，﹣m2+4m+5），N（2，n），
分两种情况：
①当AB为平行四边形的对角线时，如图1，

∵A（0，5），B（5，0），
∴m+2＝0+5，解得m＝3，
∴﹣m2+4m+5＝8，
∴点M的坐标为（3，8）；
②当AB为平行四边形的边时，如图2，

∵A（0，5），B（5，0），
∴5+2＝0+m或，m+5＝0+2，解得m＝7或﹣3，
∴﹣m2+4m+5＝﹣16，
∴点M的坐标为（7，﹣16）或（﹣3，﹣16）；
综上，点M的坐标为（3，8）或（7，﹣16）或（﹣3，﹣16）．