数学（福建卷）-【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）

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2023年中考考前最后一卷【福建卷】数学·全解全析12345678910DDADBBDCBD第Ⅰ卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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．D【分析】根据无理数的定义，“无限不循环的小数是无理数”逐个分析判断即可．【详解】解：，在0,1，，中，0,1，是有理数，是无理数，故选：D【点睛】本题考查了无理数，求一个数的算术平方根，解答本题的关键掌握无理数的三种形式：①开方开不尽的数，②无限不循环小数，③含有的数．2．D【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．【详解】解：选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故选：D．【点睛】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．3．A【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于，外角和等于，然后列方程求解即可．【详解】解：设多边形的边数是n，根据题意得，，解得：，∴这个多边形为六边形．故选：A．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．4．D【分析】根据左视图是从左边观察物体得到的视图来判断．【详解】解：左视图为．故选：D．【点睛】本题考查三视图，解题的关键是理解三视图的含义．5．B【分析】根据幂的乘方法则，负整数指数幂法则，同底数幂乘法法则及完全平方公式分别计算并判断．【详解】解：A、，故原计算错误；B、，故原计算正确；C、，故原计算错误；D、，故原计算错误；故选：B．【点睛】此题考查了整式的计算，正确掌握幂的乘方法则，负整数指数幂法则，同底数幂乘法法则及完全平方公式是解题的关键．6．B【分析】根据图像得到以前的平均数，即可判断平均数变化，再结合方差公式即可得到答案.【详解】解：由图像可得，，∵新车间的日生产量为万只，∴平均数不发生变化，∵方差的分母由6变成了7，分子不变，∴方差变小了，故选B．【点睛】本题考查求平均数与方差，解题的关键是熟练掌握平均数公式及方差公式．7．D【分析】根据题意得，与是同高，故底之比等于，从而得出面积之比．【详解】解： ∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵和的高相同，∴，故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，高相等的两个三角形的面积之比等于底之比是解题的关键．8．C【分析】根据一次函数解析式求出，两点的坐标，根据，计算求解即可．【详解】解：令，则，令，则，解得，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查一次函数图象与坐标系的交点坐标，正切．求出，两点的坐标是解题的关键．9．B【分析】如图，根据切线的性质可得，根据四边形内角和可得的角度，进而可得所对的圆心角，根据弧长公式进行计算即可求解．【详解】解：如图，连接， ，分别与所在圆相切于点A，B．， ，，该圆半径3cm，cm，故选：B．【点睛】本题考查了切线的性质，求弧长，牢记弧长公式是解题的关键．10．D【分析】根据函数解析式，结合函数图象的顶点坐标、对称轴以及增减性依次对4个结论作出判断即可．【详解】解：由 ，∴抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为；A.当时，，所以，二次函数与轴总有两个交点，说法正确，故选项A不符合题意；B.当时，对应点为，关于对称轴对称的点为，即；当时，图象在和之间，所以，，故选项B说法正确，不符合题意；C.若，则，当时，则两点连线的中点在对称轴右侧，所以，，故选项C说法正确，不符合题意；D.当 时，，当时，最高点为，所以，，故选项D说法错误，符合题意，故选：D【点睛】本题主要考查了二次函数图象与二次函数的系数的关系，需要利用数形结合思想解决本题．第Ⅱ卷二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）11．5【分析】根据无理数的意义和三次根式的性质得出，即可求出答案．【详解】解：∵，∴，∴与最接近的整数是5．故答案为：5．【点睛】本题考查了三次根式的性质和估计无理数的大小，计算出在3和3.5之间是解题关键．12．【分析】根据相等垂直平分线的性质得到，再由矩形的性质得到，则．【详解】解：∵垂直且平分线段，∴，∵四边形是矩形，对角线与相交于点，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，熟知矩形的对角线相等且互相平分，线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等是解题的关键．13．【分析】根据题意，列举出所有可能的选法，再找出满足题意的选法，再利用概率公式计算即可．【详解】解：从2名男生和2名女生中随机选出2人共有6种选法：（男1，男2），（男1，女1），（男1，女2），（男2，女1），（男2，女2），（女1，女2），其中恰好选出一男一女的选法有4种，分别为：（男1，女1），（男1，女2），（男2，女1），（男2，女2），∴恰好选出一男一女的概率是为：，故答案为：．【点睛】本题考查了利用列举法求概率，解本题的关键在找出所有等可能情况，并熟练掌握概率公式．14．【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得，，将其代入中可求出结论．【详解】解：∵一元二次方程的两个实数根为和，∴，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合是一种常见的题型．一元二次方程的根与系数的关系为：，．掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．15．【分析】由和的面积为2，可求出的面积为1，进而求出的面积为3，再根据反比例函数系数k的几何意义可求出，进而得出答案．【详解】∵，轴∴，∴，∴，又∵点A是反比例函数图象上一点，点B是反比例函数的图象上一点，∴，， ∴∵和都在第二象限，∴∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查反比例函数系数k的几何意义，掌握反比例函数系数k的几何意义是正确解答的关键．16．【分析】连接交于O，连接，先证，可得，再证，得到四边形是矩形，可得到，即可判断；由可得，从而得出，即可判断；先证明，可得是等腰直角三角形，得出，从而可得四边形是正方形，即可判断；连接，在中，，求得，得到，从而得出，解得，即可求解．【详解】解：连接交于O，连接，∵正方形，∴， 在和中∴，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，故①正确；∵，∴，∴，故②正确；∵点G为的中点，，∴点E为的中点，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵四边形是矩形，∴四边形是正方形，故③正确； 连接，∵正方形，∴， 在中，， 解之得：，∴；∵∴， 解之得：，∴，故④正确；∴正确结论的序号为. 故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的性质及判定，解决本题的关键是熟练掌握四边形的有关性质．三、解答题（本大题有9小题，共86分）17．0【分析】先计算特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，再根据实数的混合计算法则求解即可．【详解】解：原式 ．【点睛】本题主要考查了实数的混合计算，特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，正确计算是解题的关键．18．见解析【分析】由平行四边形的性质得出，由平行线的性质得出，由即可得出结论．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，又∵∴在和中，，∴．【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定方法是解题的关键．19．，4【分析】根据分式的除法和减法化简，然后将x的值代入即可解答本题．【详解】解：===，当时，原式．【点睛】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．20．(1)同学们一共调查了300人；(2)补图见解析；(3)估计该社区有3150人支持“警示戒烟”这种方式 【分析】（1）根据替代品戒烟30人占总体的，即可求得总人数；（2）根据求得的总人数，结合扇形统计图可以求得药物戒烟的人数，从而求得警示戒烟的人数，即可补全统计图；（3）根据扇形统计图中“警示戒烟”的百分比再进一步根据样本估计总体．【详解】（1）解：（人）；答：同学们一共调查了300人；（2）药物戒烟的人数：（人），警示戒烟的人数： （人），补图所示（3） （人），答：估计该社区有3150人支持“警示戒烟”这种方式．【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．21．(1)①见解析；②见解析(2) 【分析】（1）①构作同位角相等即可；②先作出平行线间的高，再构造全等三角形即可．（2）过点B作于点F，根据勾股定理得到，根据计算即可．【详解】（1）①根据尺规作图画图如下：则即为所求．②过点A作于点G，在①中的作图上，作，根据，故，画图如下，则点D即为所求．（2）如图，过点B作于点F，过点A作于点G，∵，，∴，∴，∵，∴，解得．故点A到的距离是．【点睛】本题考查了尺规作图，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握尺规作图，等腰三角形的性质，勾股定理是解题的关键．22．(1)150(2)购进冰墩墩吉祥物120件，雪容融吉祥物80件，才能获得最大利润 【分析】（1）利用数量总价单价，结合用3000元购进冰墩墩吉祥物的数量与用2400元购进雪容融吉祥物的数量相同，列出分式方程，解之经检验后即可得出结论；（2）设购进冰墩墩吉祥物件，则购进雪容融吉祥物件，由题意：购进的雪容融吉祥物的数量不能低于冰墩墩吉祥物数量的．列出一元一次不等式，得，设利润为元，再由题意得，然后由一次函数的性质求解即可．【详解】（1）解：依题意得：，解得：，经检验，是原方程的解，且符合题意．答：的值为150．（2）由（1）得：，设购进冰墩墩吉祥物件，则购进雪容融吉祥物件，由题意得：，解得：，设利润为元，由题意得：，，随的增大而增大，当时，的值最大，此时，答：购进冰墩墩吉祥物120件，雪容融吉祥物80件，才能获得最大利润．【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．23．(1)过程见解析(2)， 【分析】（1）连接，，先根据直径所对的圆周角是直角和等腰三角形的性质得点D是的中点，进而得出是的中位线，进而得出，再根据平行线的性质得，即可得出答案；（2）连接，先根据圆内接四边形的性质得，再根据等腰三角形的性质得，进而得出，可知，即可求出半径；再证明，根据相似三角形的对应边成比例求出，根据勾股定理求出，可得出，即可得出答案．【详解】（1）连接，，∵是的直径，∴．∵，∴点D是的中点．∵点O是的中点，∴是的中位线，∴，∴．∵，∴，∴，∴是的半径；（2）连接，∵四边形是的内接四边形，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，即，∴的半径是；∵，，∴，∴，即，∴（负值舍去）．在中，，∴，∴．【点睛】这是一道关于圆和三角形的综合问题，考查了切线的判定，等腰三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，圆内接四边形的性质，解直角三角形等，构造辅助线是解题的关键．24．(1)；(2)，理由见解析；(3)4 【分析】（1）连接，过点C作交的延长线于点H，则有可得，进而证明可得，然后再结合得到，由勾股定理可得即可解答；（2）由可得，进而得到，由即可解答；（3）先由勾股定理可得，再结合可得，则当时，有最大值32，进而求得的最大值，最后根据即可解答．【详解】（1）解：如图：连接，过点C作交的延长线于点H∴由题知：，∴又∵，∴，∴，∴，即∴，∴，又∵，∴，∴∵∴∴,即∴∴．（2）解：∵，∴，∴，在中，∴．（3）解：∵∴∵∴∴当时，有最大值32，即∴∵∴当时，有最大值，即，解得：．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、完全平方公式等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．25．(1)(2)或(3)存在最大值，最大值为 【分析】（1）将和的坐标代入解析式即可求解；（2）过点作轴，交于，交轴于，可求，从而可求，设点的横坐标为，从而可求，，求出，由即可求解；（3）过作轴，轴，两条平行线交于点H，由可求直线的解析式为，进而可求，在中用勾股定理可求，可证，从而可求解．【详解】（1）解：由题意得，解得：，抛物线的解析式为．（2）解：如图，过点作轴，交于，交轴于，由题意得：，， ，，；设直线解析式为，则有，解得：，直线解析式为；设点的横坐标为，则有：，，，，，整理得：，解得：，，当时，，当时，，点坐标为或．（3）解：存在最大值，如图，过作轴，轴，两条平行线交于点H，由题意得：，设直线的解析式为，把代入得：，直线的解析式为，，可设直线的解析式为，由（2）得：，，解得：，直线的解析式为；解得：，；，；在中，根据勾股定理得：，，∴，；，，，，且，当时，存在最大值，最大值为．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，动点产生的最值问题，待定系数法求一次函数解析式、二次函数解析式，勾股定理，相似三角形的判定及性质，掌握相关求法及性质，并能根据题意“化动为静”，作出恰当的辅助线是解题的关键．