2023年中考考前最后一卷：数学（黑龙江卷）（全解全析）

这是一份2023年中考考前最后一卷：数学（黑龙江卷）（全解全析），共29页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，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
A
B
C
D
B
A
A
C
B
D
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．(本题3分)实数的倒数的绝对值是（    ）
A． B． C．2023 D．
【答案】A
【分析】利用倒数的定义结合绝对值的性质即可答案．
【详解】解：的倒数为，
的绝对值为．
故选：A．
【点睛】本题考查了倒数的定义及绝对值的性质．倒数的定义：乘积为1的两个数称互为倒数；绝对值的性质：正数的绝对值是它本身；0的绝对值是0；负数的绝对值是它的相反数．
2．(本题3分)下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(    )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与自身重合．
3．(本题3分)下列运算正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据合并同类项法则判断选项A，根据多项式除法单项式法则判断选项B，根据单项式乘以单项式法则判断选项C，根据积的乘方法则判断选项D．
【详解】解：A．不是同类项，不能合并，故选项A错误，
B．，故选项B错误，
C．，故选项C正确，
D．，故选项D错误．
【点睛】本题考查了合并同类项法则的应用、整式的乘法与除法法则，熟练掌握合并同类项的法则与整式的乘除法法则是本题的关键．
4．(本题3分)为了落实“双减”政策，提倡课内高效学习，课外时间归还学生．“鸿志”班为了激发学生学习热情，提高学习成绩，采用分组学习方案，每6人分为一组，经过半个学期的学习，在定时作业测试中，某小组6人的数学成绩（单位：分）分别为130，135，125，140，130，120，关于这个小组数学成绩的统计分析，下列说法错误的是（    ）
A．平均数是130 B．中位数是130 C．众数是130 D．方差是40
【答案】D
【分析】分别求出平均数、中位数、众数、方差，即可求解．
【详解】解：平均数为，故A选项正确，不符合题意；
把6人的数学成绩从大到小排列为140，135，130， 130，125， 120，位于正中间的两个数为130，130，
∴中位数为，故B选项正确，不符合题意；
130出现的次数最多，
∴众数是130，
方差为，故D选项错误，符合题意；
故选：D
【点睛】本题主要考查了平均数、中位数、众数、方差，熟练掌握平均数、中位数、众数、方差的求法是解题的关键．
5．(本题3分)由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的主视图和俯视图如图所示，则组成这个几何体的小正方体的个数最少有（　　）

A．7个 B．6个 C．5个 D．4个
【答案】B
【分析】在俯视图中写出小正方体的最少情形时的个数可得结论．
【详解】解：组成这个几何体的小正方体的个数最少有（个）．
故选：B．
或
【点睛】本题考查由三视图判断几何体，解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型．
6．(本题3分)如图，在三个空格中随机填上0，2，3三个数字，每个空格填一个数字，按从左往右的顺序恰好是“2023”的概率为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先画树状图，得到所有可能的情况数与符合条件的情况数，再利用概率公式进行计算即可．
【详解】解：画树状图如下：

所有可能的情况数为6种，符合条件的情况数只有1种，
∴按从左往右的顺序恰好是“2023”的概率为；
故选A
【点睛】本题考查的是利用树状图或列表的方法求解随机事件的概率，理解题意，画出树状图是解本题的关键．
7．(本题3分)将一把直尺与一块直角三角板按如图所示的方式放置，若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角形外角的性质可得，根据平行线的性质可得．
【详解】解：如图，

由题意知，，
，，
，
，
．
故选A．
【点睛】本题考查平行线的性质、三角形外角的定义和性质，解题的关键是掌握：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和；两直线平行，同位角相等．
8．(本题3分)如图，在等腰中，，，点M、N同时从点B出发，点M以的速度沿的方向运动到点C停止，点N以的速度沿的方向运动到点C停止，若的面积为()，运动时间为x()，那么y与x之间的函数图象大致是（　　）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】作于H，根据等腰三角形的性质得，利用可计算出，，则，利用速度公式可得点M从B点运动到C需，N点运动到C需，然后分类当时和当时两种情况求中y与x之间函数关系式，从而得出图象.
【详解】解：作于H，

∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∵点M运动的速度为，N点运动的速度为，
∴点M从B点运动到C需，N点运动到C需，
当时，作于D，如图，

则，，
在中，，
∴()，
当时，重合，作于D，如图，

，
在中，，
∴()，
综上所述，．
故选：C．
【点睛】本题考查了函数图象的动点问题，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，关键在于对动点情况进行分类讨论．
9．(本题3分)某校学生会以“心连心向未来”为主题，举办了庆祝香地回归25周年征文活动，选派20名学生会成员对120篇征文进行分类 ，现将20名学生会成员分为三组，若第一、二、三小组每人分别负责8 、6、5篇征文，且每组至少有2人，则学生会成员分组方案有（　　）
A．4种 B．5种 C．8种 D．9种
【答案】B
【分析】设第一小组有x人，第二小组有y人，根据题意列出方程式，依次检验x，y以及，确保其均为正整数，最终得到符合条件的方案个数．
【详解】解：设第一小组有x人，第二小组有y人，则第三小组有人
由题意得：，
即，且x，y均为正整数，
当时，，，符合题意；
当时，，，符合题意；
当时，，，符合题意；
当时，，，符合题意；
当时，，，符合题意．
∴学生会成员分组方案有5种．
故选B
【点睛】本题主要考查了二元一次方程的解应用，明确题意，准确列出方程是解题的关键．
10．(本题3分)如图是抛物线的部分图象，其顶点坐标为，且与轴的一个交点在点和之间，则下列结论：①；②；③；④当时，；⑤一元二次方程有两个不相等的实数根，其中正确结论的个数是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】由题意知，，即，可判断①的正误，由，将代入可判断②的正误；根据，将其中一个用等量代换，可判断③的正误；根据直线，是过，且随增大而减小的一条直线，如图1，由图象可知，当时，，移项可判断④的正误；根据直线，是过，，且随增大而增大的一条直线，由抛物线与轴的一个交点在点和之间，可得直线如图2，由图象可知，抛物线与直线有两个不同的交点，即，有两个不相等的实数根，可判断⑤的正误．
【详解】解：由题意知，，即，①错误，故不符合要求；
，即，，②正确，故符合要求；
，③正确，故符合要求；
设直线，则直线是过，且随增大而减小的一条直线，如图1，

由图象可知，当时，，即；④正确，故符合要求；
⑤设直线，则直线是过，，且随增大而增大的一条直线，由抛物线与轴的一个交点在点和之间，可得直线如图2，

由图象可知，抛物线与直线有两个不同的交点，
∴，即有两个不相等的实数根，⑤正确，故符合要求；
综上，共有②③④⑤，4个正确的结论，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，图象法解一元二次不等式等知识．解题的关键在于数形结合，并灵活运用知识．





第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、 填空题（本大题共7个小题，每小题3分，共21分，直接填写答案．）
11．(本题3分)化学元素钉（）是除铁（）、钻（）和镍（）以外，在室温下具有独特磁性的第四个元素．钉（）的原子半径约．将用科学记数法表示为______．
【答案】；
【分析】先确定左边第一个非零数字前面零的个数，取其相反数得到n值；将小数点放在左边第一个非零数字后面，确定a值，写成的形式即可．
【详解】∵，
故答案为：．
【点睛】本题考查了绝对值小于1的数的科学记数法，按照左边第一个非零数字前面零的个数，取其相反数得到n值；将小数点放在左边第一个非零数字后面，确定a值，确定这两个关键要素是解题的关键．
12．(本题3分)如图，已知平分．请添加一个条件：______，使．

【答案】（答案不唯一）
【分析】由角平分线的性质可得，要使，由于是公共边，即已知一组边和一组角分别对应相等，根据全等三角形的判定并结合条件的特点，可补充一组对应边相等或补充一组对应角相等．
【详解】解：∵平分，
∴，
添加时，证明的理由如下：
在与中，
，
∴；
添加时，证明的理由如下：
在与中，
，
∴；
添加时，证明的理由如下：
在与中，
，
∴；
∴添加一个条件是：或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个一般三角形全等的方法有：、、、，判定两个直角三角形全等的方法有：、、、、．注意：、不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．理解和掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
13．(本题3分)圆锥的母线长为，其侧面展开图的圆心角为，则圆锥的底面圆半径长是______．
【答案】5
【分析】根据弧长公式求出圆锥的底面圆周长，再利用圆的周长公式算出底面圆半径即可．
【详解】解：圆锥的底面圆周长为，
则圆锥的底面圆半径为，
故答案为：5．
【点睛】本题考查圆锥的有关计算，弧长公式，关键在于熟练掌握圆锥的展开图．
14．(本题3分)若关于x的分式方程无解，则k的值是___________．
【答案】或
【分析】先将分式方程去分母，化为整式方程，再进行分类讨论：①当整式方程无解时，②当分式方程有增根时，即可求解．
【详解】解：去分母得：，
整理得：，
①当整式方程无解时：，解得：；
②当分式方程有增根时：，
则，解得：，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了解分式方程无解的情况，解题的关键是熟练掌握解分式方程的方法和步骤，以及分式方程无解的情况．
15．(本题3分)如图，已知在平面直角坐标系中，等腰直角三角形的斜边轴于点A，经过点B的反比例函数的图象交边于点，连接，．若点是中点，的面积为1，则的值是______．

【答案】
【分析】根据点B在反比例函数图象上，可设B点坐标为，得出，，再由等腰直角三角形的性质可得C点坐标为，依据点是中点得出D点的坐标为，过点C作AB的垂线交OB于点E，如图（见详解），可得，列出，化简得，最后利用点D也在反比例函数图象上，列出，将代入即可求得k的值．
【详解】解：∵轴于点A，点B和点在反比例函数的图象上，
设，则，，
∴．
∵是等腰直角三角形，
∴．
∵点是中点，
∴．
过点C作AB的垂线交OB于点E，垂足为F，如图所示，

∴F为AB的中点，且，
∴，，
∴，
化简得．
又∵，化简得，
将代入得到，
解得．
故答案为：
【点睛】本题考查了反比例函数图象与三角形的综合问题，熟练掌握等腰直角三角形的性质，并能将点的坐标和线段用字母表示出来，列出方程求解是解题的关键．
16．(本题3分)如图，在矩形中，，，M是边上的中点，N是边上的一动点，连接、将沿折叠，点B的对应点为点E，连接，当为直角三角形时，的长为_______．

【答案】7或
【分析】根据直角的不同可分两种情况讨论：①当时，则，根据折叠的性质和矩形的性质可推出，以此得到，即可求解；②当时，可得M，E，C三点共线，设，则，根据勾股定理可得，则，再根据勾股定理，列出方程，求解即可．
【详解】解：①如图，当时，

∴，
根据折叠的性质可知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如图，当时，

根据折叠的性质可知，，，，
∴M，E，C三点共线，
设，则，
在中，
，
∴，
在中，
由勾股定理得，
即，
解得：，
∴，
∴；
综上，的长为7或．
故答案为：7或．
【点睛】本题主要考查翻折变换、勾股定理、矩形的性质，解题关键是根据题意对不同的直角进行分情况讨论，再分别利用勾股定理和翻折的性质解答．
17．(本题3分)如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标为，是以点为圆心，为半径的圆弧；是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，继续以点，，，为圆心按上述作法得到的曲线称为正方形的“渐开线”，则点的坐标是_______．

【答案】
【分析】将四分之一圆弧对应的A点坐标看作顺时针旋转，再根据A、、、、的坐标找到规律即可．
【详解】∵A点坐标为，且为A点绕B点顺时针旋转所得，
∴点坐标为，
又∵为点绕O点顺时针旋转所得，
∴点坐标为，
又∵为点绕C点顺时针旋转所得，
∴点坐标为，
又∵为点绕A点顺时针旋转所得，
∴点坐标为，
由此可得出规律：为绕B、O、C、A四点作为圆心依次循环顺时针旋转，且半径为1、2、3、、n，每次增加1．
∵，
故为以点C为圆心，半径为2022的顺时针旋转所得
故点坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了点坐标规律探索，通过点的变化探索出坐标变化的规律是解题的关键．

三、解答题（本大题共个7小题，共69分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
18．(本题10分)（本题共2个小题，第（1）题6分，第（2）题4分）
(1)计算；
(2)．
【答案】(1) 6； (2)．
【详解】（1）解：原式

；
（2）解：原式
．
【点睛】本题注意考查了实数的混合运算、负整数指数幂、特殊角的三角函数值、0指数幂和分式的混合运算，属于常考题型，熟练掌握基本知识是解题的关键．
19．(本题5分)解方程：；

【答案】，
【分析】根据公式法进行求解方程即可；
【详解】解：
∵，
∴，
∴，
∴，；
20．(本题10分)2022年寒假里，某学校建议同学们在家里帮助父母做一些力所能及的家务．小明随机调查了该校部分同学寒假期间在家做家务的总时间，设被调查的每位同学在家做家务的总时间为a小时，将做家务的总时间分为五个类别：，并将调查结果绘成下列两幅不完整的统计图，请结合图中信息解答下列问题：

(1)在这次活动中被调查的学生共　　人；
(2)计算C类别所占扇形的圆心角的度数为 ，并补全条形统计图；
(3)该校共有学生1350人，根据抽样调查结果，请你估计寒假里该校有多少名学生在家做家务的时间不低于18个小时．
(4)调查的人数中做家务总时间不少于24小时的有4人，其中3个女生，一个男生．学校想从4人中挑选两人参加开学演讲，请你用列表法或树状图法求出恰好选中一男一女的概率是多少？
【答案】(1)50
(2)，补全图形见解析
(3)270（名）
(4)P（恰好选中一男一女）

【分析】（1）由A类别人数及其所占百分比可得总人数；
（2）根据各类别人数之和等于总人数可得D类别人数，从而补全图形；
（3）用总人数乘以样本中D、E组人数和所占比例即可；
（4）画出树状图，再利用概率公式计算即可．
【详解】（1）在这次活动中被调查的学生共（人），
故答案为：50；
（2）C类别所占扇形的圆心角的度数为，
D类别人数为（名），
补全图形如下：

故答案为：；
（3）估计该校在三月份在家做家务的时间不低于18个小时的学生有（名）．
（4）由上图可知，

一共有12种等可能结果，其中一男一女的情况有6种，
所以P（恰好选中一男一女）
【点睛】本题考查了频数分布直方图、用样本估计总体、扇形统计图、条形统计图，解决本题的关键是掌握频数分布直方图．还考查用列表法或画树形图求随机事件的概率．
21．(本题8分)如图，是的直径，点是弦延长线上一点，过点作于点，过点作的切线，交于点．

(1)求证：；
(2)若是的中点，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）利用切线的性质可得出，利用垂直的定义可得出，利用等腰三角形的性质可得出，利用余角的性质可得出，再利用等腰三角形的判定即可得证；
（2）先利用正弦定义求出，利用勾股定理求出，在和中利用勾股定理可得出，然后代入数值求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图1．
   
∵是⊙的切线，是⊙的半径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴；
（2）解：连接，如图2．

∵，是的中点，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
设，则，
在中，．
在中，．
∴，解得．
即的长为．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，正弦的定义等知识，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
22．(本题10分)甲、乙两车从A地出发沿同一路线驶向B地，甲车先出发匀速驶向B地．40分钟后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时，由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50千米/时，结果与甲车同时到达B地．甲乙两车距A地的路程y（千米）与乙车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示．

请结合图象信息解答下列问题：
（1）直接写出a的值，并求甲车的速度；
（2）求图中线段EF所表示的y与x的函数关系式，并直接写出自变量x的取值范围；
（3）乙车出发多少小时与甲车相距15千米？直接写出答案．
【答案】（1）4.5　60（2）y=40x+180（4.5≤x≤7）（3）小时或小时或小时
【分析】（1）由乙在途中的货站装货耗时半小时易得a=4.5，然后利用速度公式计算甲的速度；
（2）设乙开始的速度为v千米/小时，利用乙两段时间内的路程和为460列方程4v+（7-4.5）（v-50）=460，解得v=90（千米/小时），计算出4v=360，则可得到D（4，360），E（4.5，360），然后利用待定系数法求出线段EF所表示的y与x的函数关系式为y=40x+180（4.5≤x≤7）；
(3) 求出直线CF的解析式为y=60x+40，直线OD的解析式为y=90x（0≤x≤4），再分段进行分析.
【详解】解：（1）a=4.5，
甲车的速度==60（千米/小时）；
（2）设乙开始的速度为v千米/小时，
则4v+（7﹣4.5）（v﹣50）=460，解得v=90（千米/小时），
4v=360，
则D（4，360），E（4.5，360），
设直线EF的解析式为y=kx+b，
把E（4.5，360），F（7，460）代入得，
解得．
所以线段EF所表示的y与x的函数关系式为y=40x+180（4.5≤x≤7）；
（3）甲车前40分钟的路程为60×=40千米，则C（0，40），
设直线CF的解析式为y=mx+n，
把C（0，40），F（7，460）代入得，解得，
所以直线CF的解析式为y=60x+40，
易得直线OD的解析式为y=90x（0≤x≤4），
设甲乙两车中途相遇点为G，由60x+40=90x，解得x=小时，即乙车出发小时后，甲乙两车相遇，
当乙车在OG段时，由60x+40﹣90x=15，解得x=，介于0～小时之间，符合题意；
当乙车在GD段时，由90x﹣（60x+40）=15，解得x=，介于～4小时之间，符合题意；
当乙车在DE段时，由360﹣（60x+40）=15，解得x=，不介于4～4.5之间，不符合题意；
当乙车在EF段时，由40x+180﹣（60x+40）=15，解得x=，介于4.5～7之间，符合题意．
所以乙车出发小时或小时或小时，乙与甲车相距15千米．
23．(本题12分)如图1，在等腰三角形中，，连接．点M、N、P分别为的中点．

(1)当时，
①观察猜想：图1中，点D、E分别在边上，线段的数量关系是 　 　，的大小为 　 　．
②探究证明：把绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接，求证：．
③在②的条件下，如图2，求证：是等边三角形
(2)拓展延伸：当时，，时，把绕点A在平面内自由旋转，如图3，请直接写出面积的最大值．
【答案】(1)①；②见解析；③见解析
(2)32

【分析】（1）①易证是的中位线，是的中位线，得出，，，，则，推出，即可得出结果；②先证，得出，；③证是的中位线，是的中位线，得出，，则，推出，即可得出是等边三角形；
（2）易证，同（1）得，，则，是等腰直角三角形，当时，面积有最大值，即可得出结果．
【详解】（1）①解：∵，
∴，
∵点M、N、P分别为的中点，
∴是的中位线，是的中位线，，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：，；
②证明：由旋转的性质得：，
∵，
∴，
∴，
③证明：∵点M、N、P分别为的中点，
∴是的中位线，是的中位线，，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形；
（2）由题意得：，即，
同（1）得：，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴当时，最大，此时，如图4所示：

，
∴面积的最大值为32．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的性质、等边三角形的判定、三角形面积的计算得知识；熟练掌握旋转的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
24．(本题14分)如图，已知直线与x轴，y轴交于B，A两点，抛物线经过点A，B．

(1)求抛物线的表达式；
(2)点P为线段上一个动点，过点P作垂直于x轴的直线交抛物线于点N，交直线于点M．设点P的横坐标为t．
①时，求点N的坐标．
②点C是直线上方抛物线上一点，当时，直接写出t的值．
③若点Q在平面内，当以Q，A，M，N为顶点的四边形是菱形时，直接写出点Q的纵坐标．
【答案】(1)抛物线的解析式为；
(2)①N；②点C的坐标为或；③点Q的纵坐标为：2或或

【分析】（1）利用一次函数图像上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，由点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）①设点P的坐标为，则点N的坐标为，点M的坐标为，根据建立方程求出t的值即可得出结论；
②由①可得出，，由相似三角形的性质即可得出关于t的方程，解之即可得出x的值，进而可得出点C的坐标；
③若以Q、A、M、N为顶点的四边形是菱形，则为等腰三角形，分，，，三种情况分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：当时，，
∴点A的坐标为；
当时，，
解得：，
∴点B的坐标为．
将A，B代入，得：，
解得：，
∴这个抛物线的解析式为；
（2）解：①设点P的坐标为，则点N的坐标为，点M的坐标为，
∴，，
∵，
∴，
解得或（舍），
∴N；
②当时，如图1．

设点P的坐标为，则点N的坐标为，点C的坐标为，点M的坐标为，
∴，，
∵，
∴，即，
解得：，（舍去），，（舍去），
∴或，
∴当时，点C的坐标为或；
③∵A，N，M，
∴，
，
，
若以Q、A、M、N为顶点的四边形是菱形，则为等腰三角形，需要分以下三种情况：
当时，，
解得（舍）或（舍）或，
∴A，N，M，
由菱形的性质可知，点Q的坐标为；
当时，，
解得（舍）或（舍）或，
此时，
由菱形的性质可知，Q，即Q；
当时，，
解得（舍）或，
此时，
由菱形的性质可知，Q，即Q；
综上，点Q的纵坐标为：2或或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的图像与性质，坐标系内两点间距离，解方程，菱形的性质．其中第（3）题对菱形存在性的讨论，将菱形的存在性转化为等腰三角形的存在性是解题关键．