数学（河南卷）-【试题猜想】2023年中考考前最后一卷（考试版+答题卡+全解全析+参考答案）

2023年中考考前最后一卷【河南卷】

数学·全解全析

一、选择题（本大题包括10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的.）

1．【答案】D

【解析】直接利用倒数的定义，即若两个不为零的数的积为1，则这两个数互为倒数，即可求解．

【详解】解：的倒数是，

故选：D．

【点睛】本题考查了倒数的定义，熟练掌握和运用倒数的求法是解决本题的关键．

2．【答案】B

【解析】根据正方体的表面展开图找相对面的方法，“Z”字两端是对面，判断即可．

【详解】解：“数”字的对面上的文字是：试，

故选：B．

【点睛】本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．

3．【答案】B

【解析】根据同底数幂的乘法，幂的乘方，单项式除以单项式，完全平方公式，逐项分析计算即可求解．

【详解】解：A、，故该选项不正确，不符合题意；    

B、，故该选项正确，符合题意；    

C、，故该选项不正确，不符合题意；    

D、，故该选项不正确，不符合题意；

故选：B．

【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，幂的乘方，单项式除以单项式，完全平方公式，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．

4．【答案】B

【解析】根据角平分线的定义表示出和，然后根据计算，再根据即可求解．

【详解】解：平分，

，

平分，

，

，

，

，

，

．

故选：B．

【点睛】本题考查了角的计算，主要利用了角平分线的定义，解题的关键是熟记概念并准确识图，理清图中各个角度之间的关系．

5．【答案】D

【解析】科学记数法的表示形式为的形式，其中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，n是正整数，当原数的绝对值时，n是负整数，据此解答即可．

【详解】解：∵1吉瓦兆瓦，1兆瓦千瓦，

∴0.2吉瓦兆瓦千瓦，

∴千瓦，

故选：D．

【点睛】本题考查了科学记数法的表示方法，熟记概念是解题关键．

6．【答案】A

【解析】先将一元二次方程化为一般式，然后根据即可求解.

【详解】解：，

，

，

，

.

原方程有两个不相等的实数根.

故答案选：A.

【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟练掌握根的判别式对应的三种情况是解题的关键.当时，方程有两个不等实根；当时，方程有两个相等实根；当时，方程没有实根.

7．【答案】D

【解析】根据最喜欢法国队的人数比最喜欢阿根廷队的人数少6人，结合扇形图即可得出结果．

【详解】解：∵最喜欢法国队的人数比最喜欢阿根廷队的人数少6人，

（人）．

故选：

【点睛】本题主要考查了扇形图，理解题中意思是解此题的关键．

8．【答案】C

【解析】根据矩形的性质可得，再根据三角形中位线定理即可得到．

【详解】解：∵四边形是矩形，

∴，

∵点P、Q是，的中点，

∴是的中位线，

∴．

故选：C．

【点睛】主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．

9．【答案】B

【解析】先求出点B、D的坐标，由题意可得每8次旋转一个循环，即可求解．

【详解】解：如图，过点B作轴于点E，轴于点F，连接，

∴是等腰直角三角形，

∴

∵是等腰直角三角形，，

∴

∴

∴四边形是矩形，

∴

∵，

∴

∴

∴，

∵

∴每8次旋转一个循环，

∵

由题意可得，最后的位置是,如图，

∴点的坐标

故选：B．

【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定，旋转的性质，找到旋转的规律是本题的关键．

10．【答案】D

【解析】根据反比例函数的概念，点的坐标的意义，函数的图象及题意所提供的信息进行分析即可．

【详解】解：A．如图，当时，，

∴，

∴不是关于的反比例函数，

故此选项不符合题意；

B．点的实际意义是学习第小时，记忆留存率为，故此选项不符合题意；

C．根据图象，在“、、、”四段中，段遗忘的速度最快，故此选项不符合题意；

D．若不复习，一天后记忆留存率为，而按艾宾浩斯记忆规律复习，一天后记忆留存率为，

∵，

∴若不复习，一天后记忆留存率会比按艾宾浩斯记忆规律复习的少，

故此选项符合题意．

故选：D．

【点睛】本题考查函数的图象，读懂题目信息并准确识图理解函数图象的横坐标与纵坐标的实际意义是解题的关键．

二、填空题（本大题包括5小题，每小题3分，共15分。）

11．【答案】

【解析】令k>0即可符合题意．

【详解】解：位于第一，三象限的反比例函数的表达式是，

故答案为：．

【点睛】此题考查了反比例函数的定义，正确理解反比例函数的比例系数k与所在象限的关系是解题的关键．

12．【答案】

【解析】先求两个不等式的解集，再求两个解集的交集．

【详解】解：解不等式，得，

解不等式，得，

因此该不等式组的解集为．

故答案为：．

【点睛】本题考查解一元一次不等式组，解题的关键是掌握解不等式组的方法．

13．【答案】

【解析】根据题意列出表格，可得共有16种等可能的结果，其中小明和小王选择同一个课程的情况有4种，由概率计算公式可求解．

【详解】根据题意，列表如下.

由表，可知共有16种等可能的结果，其中小明和小王选择同一个课程的结果有4种，

∴

故答案为：.

【点睛】本题考查概率的计算公式，列树状图或表格求概率，准确掌握概率的计算方法是解题的关键．

14．【答案】

【解析】连接、根据即可求值．

【详解】解：如图，连接、，

由题意可得：，，

是等边三角形，

∵，其中，，

，,

，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查扇形面积的计算方法，把求不规则图形的面积通常转化为求规则图形的面积是解题的关键．

15．【答案】或

【解析】首先得到，均为等腰直角三角形，然后根据题意分两种情况讨论，点E落在边上和点E落在边上，然后分别根据勾股定理和相似三角形的性质求解即可．

【详解】∵在中，，，

∴为等腰直角三角形，

∵将绕点D逆时针旋转得到，

∴均为等腰直角三角形，

∴，

①当点E落在边上时，如图所示，则点D在边上，

∴，

在中，；

②当点E落在边上时，如解图2所示．

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴．

综上所述，的长为或．

【点睛】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是根据题意分情况讨论．

三、解答题（本大题共8个小题，满分75分）

16．【答案】（1）13（2）

【解析】（1）先算乘方，绝对值，零指数幂，负整数指数幂，再算加减即可；

（2）先算括号里的运算，能分解的因式进行分解，除法转为乘法，最后约分即可．

【详解】解：（1）  

                                       （3分）

；                                             （5分）

                                 （3分）

．                                            （5分）

【点睛】本题主要考查分式的混合运算，实数的运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

17．【答案】(1)；

(2)不认同，理由：小明的测试成绩高于中位数，说明他比一半九年级所测男生成绩好．

(3)在保证训练时间的条件下进行科学训练，从而逐渐提高“坐位体前屈”的成绩．（答案不唯一．合理即可）

【解析】（1）根据所有的频数之和等于数据总数即可求出，根据频数分布表和的这一组的具体成绩得出第、个数据分别为、，继而依据中位数的定义求解即可；

（2）根据中位数的意义求解即可；

（3）答案不唯一，合理即可．

【详解】（1）解：，

∵成绩在内的频数为，成绩在内的频数为，且，

而在的这一组的具体成绩得出第、个数据分别为、，

∴这次测试成绩的中位数是：，

故答案为：；．                                              （4分）

（2）不认同．

理由：∵，

∴小明的测试成绩高于中位数，说明他比一半九年级所测男生成绩好．    （7分）

（3）在保证训练时间的条件下进行科学训练，从而逐渐提高“坐位体前屈”的成绩，第一步超过中位数，然后再向满分冲刺．（答案不唯一．合理即可）                          （9分）

【点睛】本题考查频数分布表、中位数，解题的关键是根据表格得出解题所需数据，掌握中位数的定义和意义．

18．【答案】(1)

(2)见解析

(3)见解析

【解析】（1）由反比例函数的图象经过点，再利用待定系数法求解即可；

（2）先以B为圆心，任意长为半径画弧，得到与角的两边的交点，再分别以这两个交点为圆心，大于这两个交点间的距离的一半为半径画弧，得到两弧的交点，过B，与两弧交点画射线即可；

（3）由、、，利用勾股定理证明，再利用等腰三角形的性质可得答案．

【详解】（1）解：∵反比例函数的图象经过点，

∴，，

∴反比例函数的表达式为                                       （3分）

（2）如图：射线即为所求，                                      （6分）

（3）∵、、，

∴，

∴，

∵平分，

∴．                                                     （9分）

【点睛】本题考查的是作角平分线，勾股定理的应用，等腰三角形的性质与判定，利用待定系数法求解反比例函数的解析式，熟练的利用以上知识解题是关键．

19．【答案】米

【解析】设，过点作于点，易证四边形为矩形，可得，，在中，，可得，

在中，可得，再根据，可得，求出即可得出答案．

【详解】解：设，过点作于点，

∵，，，

∴，

∴四边形为矩形，

∴，，

在中，，

∴，                             （4分）

在中，，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，                                      （7分）

解得：，

即（米），

∴彩虹大桥弓顶距水面的高度约为米．               （9分）

【点睛】本题考查解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，锐角三角函数．掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．

20．【答案】(1)一台A型收割机平均每天收割小麦5公顷，一台B型收割机平均每天收割小麦3公顷

(2)安排7台A型收割机才能花费最少，最少费用是2425元

【解析】（1）设一台型收割机平均每天收割小麦公顷，则一台型收割机平均每天收割小麦公顷，根据一台A型收割机收割15公顷小麦所用的时间与一台B型收割机收割9公顷小麦所用的时间相同列出方程求解即可；

（2）设安排台型收割机，则需要安排台型收割机，根据每天完成不少于50公顷的小麦收割任务，求出m的取值范围；设总费用为元，根据题意列出w关于m的一次函数关系式，利用一次函数的性质求解即可．

【详解】（1）解：设一台型收割机平均每天收割小麦公顷，则一台型收割机平均每天收割小麦公顷，

由题意，得                               （3分）

解之，得，

经检验，是原分式方程的解，且符合题意．

．

答：一台型收割机平均每天收割小麦5公顷，一台型收割机平均每天收割小麦3公顷．(5分）

（2）解：设安排台型收割机，则需要安排台型收割机，

由题意，得．

解之，得．                                                                (6分）

设总费用为元，由题意，得．

，

随的增大而增大．

当时，有最小值．

（元）．

答：安排7台型收割机才能花费最少，最少费用是2425元．                         (9分）

【点睛】本题主要考查了一次函数的实际应用，分式方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意列出对应的方程，函数关系式和不等式是解题的关键．

21．【答案】(1)

(2)小丽的判断是正确的，计算过程见解析

(3)张亮应在李明前面1米范围内处跳起拦截才能盖帽成功

【解析】（1）由题意可知，抛物线的顶点坐标为，球出手时的坐标为，设抛物线的解析式为，由待定系数法求解即可；

（2）求得当时的函数值，与比较即可说明小丽判断的正确性；

（3）将代入函数的解析式求得x的值，进而得出答案．

【详解】（1）抛物线顶点坐标为，

设抛物线的解析式为．

把代入，得．                                                         

；                                                             (3分）

（2）把代入抛物线解析式                   

得．

，

此球不能投中，小丽的判断是正确的．                                           (6分）                          

（3）当时，，

解之，得或．

，．

答：张亮应在李明前面1米范围内处跳起拦截才能盖帽成功．                        (9分）

【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

22．【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【解析】（1）根据平行线的性质可得，由、都与相切，可得，再根据四边形的内角和可得，利用，即可得出结论；

（2）连接，根据等腰三角形的性质可得O、N、E三点共线，且，利用直角三角形的性质可得，根据勾股定理可得，再进行求解即可．

【详解】（1）证明：∵，

∴，

又∵、都与相切，

∴，，

∴，

∴，                                    (3分）

又∵，

∴；                                   (5分）

（2）解：连接，∵，

∴是等腰直角三角形，

又∵N是的中点，

∴，且平分，

∴O、N、E三点共线，且，                 (7分）

∵，

∴，

∴，

在中，∵，

∴是等腰直角三角形，

∴，                                                 (9分）

设石头的半径为，则，

∴，

在中，∵，，

∴，

∴，解得，或（舍），

∴石头的半径为：．                                (10分）

【点睛】本题考查切线的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理及四边形的内角和，熟练掌握相关知识是解题的关键．

23．【答案】(1)（或，，）

(2)是定值，

(3)或

【解析】（1）利用矩形的性质和折叠的性质证明四边形是正方形，然后利用正方形的性质即可得出结论；

（2）周长为定值．连结，先证明四边形是矩形，可得，，由折叠性质并结合为的中点可得到，，，然后证明可得到，最后计算可知是一常数，结论得证；

（3）分两种情况计算：①当点为的三分点且靠近点时，②当点为的三分点且靠近点时，利用勾股定理和折叠的性质即可得出结论．

【详解】（1）解：∵四边形是矩形，

∴，

∵将矩形纸片按图1折叠，使点落在边上的点处，

∴，，

∴，

∴四边形是矩形，

∵，

∴四边形是正方形，

∴，

∴的角有（或，，）．                  (2分）

（2）周长为定值．                                               (3分）

解：连结，

∵四边形是矩形，，，

，，

∵四边形是正方形，

∴，，

∴，

∴四边形是矩形，

∴，，                   (5分）

由折叠性质得：，，，

∵为的中点，

∴，

∴，

在与中，

，

∴

∴，                                                 (7分）

∴的周长为：

，

即：的周长为定值．                                    (8分）

（3）①如图，当点为的三分点且靠近点时，连接，

∴，

∴，

在中，，

∴；

②如图，当点为的三分点且靠近点时，连接，

∴，

在中，，

∴；

综上所述，的长为或．                       (10分）

【点睛】本题是四边形综合题，主要考查折叠的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．通过添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键．