精品解析：2023年广东省茂名市茂南区文悦学校中考一模数学试题（解析版）

2023年广东省茂名市茂南区文悦学校中考数学一模试卷

一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）

1. -12的相反数是（ ）

A. 12 B.  C.  D. -12

【答案】A

【解析】

【分析】相反数的概念：只有符号不同的两个数叫做互为相反数．

【详解】解：-12的相反数是12．

故选：A．

【点睛】本题考查了相反数，掌握相反数的定义是解答本题的关键．

2.  “多少事，从来急；天地转，光阴迫．一万年太久，只争朝夕．”伟人毛泽东通过这首《满江红·和郭沫若同志》告诉我们青年学生：要珍惜每分每秒，努力工作，努力学习．一天时间为86400秒，用科学记数法表示这一数字是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】对于一个绝对值较大的数，用科学记数法写成的形式，其中，n是比原整数位数少1的数．

【详解】解：．

故选：C．

【点睛】此题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

3. 下列计算正确的是（　　）

A. a3+a3＝a6

B. （﹣2a2）3＝﹣8a9

C. 8（b﹣a）2﹣3（a﹣b）2＝5（b﹣a）2

D. 2a8÷a2＝2a4

【答案】C

【解析】

【分析】根据合并同类项，积的乘方，同底数幂的运算法则逐项计算即可．

【详解】解：A、原式＝2a3，错误，不符合题意；

B、原式＝﹣8a6，错误，不符合题意；

C、原式＝8(b﹣a)2﹣3(b﹣a)2＝5(b﹣a)2，正确，符合题意；

D、原式＝2a6，错误，不符合题意．

故选：C．

【点睛】本题考查了并同类项，积的乘方，同底数幂的运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．

4. 在一个不透明的口袋中装有4个红球和若干个白球，他们除颜色外其他完全相同．通过多次摸球实验后发现，摸到红球的频率稳定在25%附近，则口袋中白球可能有(   )

A. 6个 B. 15个 C. 13个 D. 12个

【答案】D

【解析】

【详解】解：设白球个数为：x个，

∵摸到红色球的频率稳定在25%左右，∴口袋中得到红色球的概率为25%．

∴，解得：x=12．

经检验：x=12是原方程的解

∴白球的个数为12个．

故选D．

5. 甲，乙，丙，丁四人进行射击测试，他们在相同条件下各射击10次，成绩（单位：环）统计如表：

如果从这四人中，选出一位成绩较好且状态稳定的选手参加比赛，那么应选（    ）

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁

【答案】D

【解析】

【分析】利用平均数和方差的性质即可得解，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．

【详解】解：∵丁的平均分最高，方差最小，最稳定，

∴应选丁．

故选D

【点睛】本题考查了方差，平均数的知识，正确理解方差,平均数的意义是解题的关键．

6. 如图，在中，，交于点，，，则的长为（    ）

A. 7.5 B. 10 C. 15 D. 20

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，可得，在中，角所对的边是斜边的一半，可得，再证明为等腰三角形，得，因此．

【详解】解：，

，

，

，，

，

，

．

故选：C．

【点睛】本题考查了含有角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟知相应的性质是解题的关键．

7. 估计的值应该在（　　）

A 3和4之间 B. 4和5之间 C. 5和6之间 D. 6和7之间

【答案】C

【解析】

【分析】直接利用二次根式加减运算法则化简，进而估算无理数的大小即可．

【详解】解：，

∵，且＜＜，

又∵=7，=8

∴7＜＜8，

∴7＜3＜8，

∴5＜3﹣2＜6，

∴估计的值应该在5和6之间．

故选：C．

【点睛】此题主要考查了估算无理数的大小，正确进行二次根式的运算是解题关键．

8. 在以下关于二次函数的图象的说法，正确的是（   ）

A. 开口向下 B. 当时，随的增大而减小

C. 对称轴是直线 D. 顶点坐标是

【答案】D

【解析】

【分析】根据二次函数的性质对各选项进行判断．

【详解】A、由二次函数的解析式，可知，故函数图像开口向上，故A项错误；

B、当时，随的增大而增大，故B项错误；

C、由二次函数的顶点式可知对称轴为直线，故C项错误；

D、函数的顶点式可知该函数的顶点坐标是，故D项正确．

故选D.

【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，理解二次函数的顶点式是解答此题的关键.

9. 如图，在中，，，，分别以A，C为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于D，E两点，作直线交于M，交于N，连接．G为上一动点，过G作，垂足为F，连接，则的最小值为​（　　）

A. 3 B.  C. 6 D.

【答案】B

【解析】

【分析】过G作于H，先求出，由作图得垂直平分，进而证明平分，从而得到，根据两点之间线段最短和垂线段最短得线段是的最小值，在中，根据， ，即可求出，问题得解．

详解】解：过G作于H，

∵，，

∴，

由作图得垂直平分，

∴，

∴，

∴，

∴平分，

∵，，

∴，

∴，

∴当点B、G、H在同一直线上时，根据两点之间线段最短和垂线段最短得线段是的最小值，

在中，，

，

即的最小值为．

故选：B

【点睛】本题考查了作线段垂直平分线，角平分线的性质，垂线段最短，两点之间线段最短，解直角三角形等知识，理解题意，熟知相关知识，正确添加辅助线是解题关键．

10. 将按如图方式放置在平面直角坐标系中，其中，，顶点A的坐标为，将绕原点逆时针旋转，每次旋转60°，则第2022次旋转结束时，点A对应点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意可求出，从而可求出前6次旋转的坐标，总结出6次一个循环，由此即可解答．

【详解】解：，，

∴，，

∵，

∴，

结合题意，即每次将OA旋转60°即可得出点A的对应点．

如图，第一次旋转后的对应点为，过作轴于点C，

∴

∵，，

∴，

∴，，

∴(-1，)，

第二次旋转后的对应点为，

∵，

∴(-2，0)，

第三次旋转后的对应点为，同理可求(-1，-)，

第四次旋转后的对应点为，同理可求 (1，-)，

第五次旋转后的对应点为，同理可求 (2，0)，

第五次旋转后的对应点为，此时与A点重合，即 (1，)，

…，

故6次一个循环，

∵，

∴第2022次旋转结束时，点A对应点的坐标为，

故选B．

【点睛】本题考查旋转性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．总结出点A对应点的坐标每旋转6次为一个循环是求解该题的关键．

二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）

11. 因式分解____________．

【答案】2x（x－2y）

【解析】

【分析】提取公因式2x即可．

【详解】解：原式＝2x（x－2y），

故答案为：2x（x－2y）．

【点睛】本题考查了用提公因式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．

12. 若不等式组无解，则的取值范围为______．

【答案】##

【解析】

【分析】按照解一元一次不等式组步骤，进行计算即可解答．

【详解】解：，

解不等式得：，

解不等式得：，

不等式组无解，

，

，

故答案为：．

【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．

13. 如果关于x的一元二次方程x2+3x﹣7＝0的两根分别为α，β，那么α2+4α+β＝___．

【答案】4

【解析】

【分析】根据一元二次方程的解结合根与系数的关系可得出，将其代入即可得出结论．

【详解】解：关于x的一元二次方程x2+3x﹣7＝0的两根分别为α，β，

，

，

故答案为：4．

【点睛】本题考查了一元二次方程的解以及根与系数的关系，牢记两根之和等于是解题关键．

14. 如图，在扇形中，，，于点O，交于点C，连接，则图中阴影部分的面积为________．

【答案】

【解析】

【分析】设交于点R，过点R作于点T，求出，，根据

，求解即可．

【详解】解：如图，设交于点R，过点R作于点T，

∵，

∴，

∵，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴

=

=

故答案为：．

【点睛】本题考查扇形的面积的计算，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分的面积．

15. 如图，已知点P是菱形的对角线延长线上一点，过点P分别作，延长线的垂线，垂足分别为点E，F．若，，则的值为 ________________．

【答案】

【解析】

【分析】如图，延长交于，由菱形的性质可知，为，的平分线，则，，由题意知，为底边上的高，由菱形，，，可得，根据，计算求解，进而可得结果．

【详解】解：如图，延长交于，

由菱形的性质可知，为，的平分线，

∵，，

∴，

∴，

由题意知，为底边上的高，

∵菱形，，，

∴，

∴，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查了菱形的性质，角平分线的性质，正弦．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．

三．解答题（共8小题，满分75分）

16. 计算：

【答案】3

【解析】

【分析】先化简各式，再进行加减运算即可．

【详解】解：原式

．

【点睛】本题考查特殊角的三角函数值的混合运算．熟练掌握零指数幂，负整数指数幂的运算法则，熟记特殊角的三角函数值，是解题的关键．

17. 先化简，再求值：，其中．

【答案】，

【解析】

【分析】根据整式的混合运算法则计算即可化简，再将代入化简后的式子计算即可．

【详解】解：

．

当时，原式．

【点睛】本题考查整式的化简求值，实数的混合运算．掌握整式的混合运算法则，实数的混合运算法则是解题关键．

18. 为了解防疫知识宣传教育活动的效果，学校从全校名学生中随机抽取部分学生进行知识测试（测试满分分，得分均为不小于的整数），并将测试成绩分为四个等级：基本合格（），合格（），良好（），优秀（），制作了如图所示的不完整统计图，由图6中给出的信息解答下列问题：

（1）本次调查属于__________（填“全面调查”或“抽样调查”）；

（2）此次调查共抽取了__________名学生，抽取的学生中良好的有__________名；

（3）所抽取的学生中，获得优秀的学生占的比例为__________（百分数表示）；

（4）请你根据抽样测试的结果估计该校获优秀学生共有__________人．

【答案】（1）抽样调查   

（2）200，50    （3）   

（4）400

【解析】

【分析】（1）根据题意可得本次调查属于抽样调查，即可；

（2）用基本合格的人数除以其所占的百分比，可得到调查共抽取的学生人数，再由调查共抽取的学生人数减去其它部分的人数，可得抽取的学生中良好的人数，即可；

（3）用获得优秀的学生的人数除以查共抽取的学生人数，即可；

（4）用全校总人数乘以获优秀学生人数所占的百分比，即可．

【小问1详解】

解：本次调查属于抽样调查；

故答案为：抽样调查

【小问2详解】

解：此次调查共抽取的学生人数为名，

∴抽取学生中良好的有名；

故答案为：200；50

【小问3详解】

解：所抽取的学生中，获得优秀的学生占的比例为；

故答案为：

【小问4详解】

解：该校获优秀学生共有人．

故答案为：400

【点睛】本题主要考查了条形统计图，样本估计总体，扇形统计图等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

19. 2022年北京冬奥会吉祥物冰墩墩深受大家的喜欢．某商家两次购进冰墩墩进行销售，第一次用22000元，很快销售一空，第二次又用48000元购进同款冰墩墩，所购进数量是第一次的2倍，但单价贵了10元．

（1）求该商家第一次购进冰墩墩多少个？

（2）若所有冰墩墩都按相同的标价销售，要求全部销售完后的利润率不低于20%（不考虑其他因素），那么每个冰墩墩的标价至少为多少元？

【答案】（1）200    （2）140

【解析】

【分析】对于（1），设第一次购进冰墩墩x个，可表示第二次购进的个数，再根据单价的差=10列出分式方程，再检验即可；

对于（2），由（1）可知第二购进冰墩墩的数量，再设每个冰墩墩得标价是a元，根据销售利润率不低于20％列出一元一次不等式，求出解集即可．

【小问1详解】

解：设第一次购进冰墩墩x个，则第二次购进2x个，根据题意，得

，

解得x=200，

经检验，x=200是原方程得解，且符合题意.

所以该商家第一次购进冰墩墩200个；

【小问2详解】

解：由（1）可知第二购进冰墩墩的数量是400个，设每个冰墩墩得标价是a元，得

(200+400)a≥(1+20％)(22000+48000)，

解得a≥140．

所以每个冰墩墩得标价是140元．

【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，根据等量（不等）关系列出方程和不等式是解题的关键．

20. 如图，是的一条弦，点C是半径上一点（不与点A、O重合），过点C作于点C，交弦于点E，交过点B的的切线于点D．

（1）求证：．

（2）若，求的值．

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）如图：连接，根据等腰三角形的性质可得，圆的切线的性质可得，进而可得，最后根据等角对等边即可证明结论；

（2）如图：过点O作于F，设，则；设，由余弦的定义可得，即可得，最后代入计算即可．

【小问1详解】

证明：如图：连接，

∵，

∴，

∵是的切线，

∴，

∴，

∵，

∴

∴，且，

∴，

∴．

【小问2详解】

解：过点O作于F，

设，则，

设，则，

∴，

∴，则，

∴．

【点睛】本题主要考查了切线的性质、等腰三角形的判定与性质、余弦函数、垂径定理等知识点，灵活运用相关性质是解答本题的关键．

21. 如图，一次函数与反比例函数的图象交于点，．

（1）求反比例函数和一次函数的解析式的解析式；

（2）在x轴上找一点P，使的值最小，求满足条件的点P的坐标．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）待定系数法求得反比例函数的解析式，求得点B的坐标，待定系数法求一次函数解析式即可；

（2）作A关于x轴的对称点D，连接交x轴于P，设直线的解析式为，待定系数法求直线的解析式，即可得到．

【小问1详解】

解：一次函数与反比例函数的图象交于点、，

将代入反比例函数得：，

解得：，

∴反比例函数解析式为，

当时，，

点B的坐标为，

将点、代入一次函数得：

，

解得：，

一次函数解析式为；

【小问2详解】

A关于x轴的对称点D，连接交x轴于P，点P即为所求，如图：

点D的坐标为，

设直线的解析式为，

将，代入直线的解析式得：

，

解得：，

直线BD的解析式为，

当，，

点P的坐标为．

【点睛】本题考查了待定系数法求得反比例函数的解析式，待定系数法求一次函数解析式，最短路径问题等，一次函数与坐标轴的交点问题等，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．

22. 如图，在正方形中，M、N分别是射线和射线上的动点，且始终．

（1）如图1，当点M、N分别在线段、上时，请直接写出线段、、之间的数量关系；

（2）如图2，当点M、N分别在、的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，给予证明，若不成立，写出正确的结论，并证明；

（3）如图3，当点M、N分别在、的延长线上时，若，设与的延长线交于点P，交于Q，直接写出、的长．

【答案】（1）   

（2）（1）中的结论不成立，，详见解析   

（3）；

【解析】

【分析】（1）延长到点E，使得，先证明，再证明即可；

（2）在上截取，连接，先证明，再证明即可；

（3）连接，根据正方形的性质，勾股定理计算，再证明求得；根据，结合正方形的性质，判定，计算，证明，计算即可．

【小问1详解】

；

理由：延长到点E，使得，

∵四边形是正方形，

∴，

∵,

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴；

【小问2详解】

（1）中的结论不成立，正确结论为：．

理由：如图2，在上截取，连接，则，

在和中，，

∴，

∴，，

∴，

即，

∵，

∴，

在和中，，

∴，

∴，

∴，

∴．

【小问3详解】

连接，

∵四边形是正方形，，

∴

∴，，，

∵

∴，

∴，

∴，

∴，

解得；

∵四边形是正方形，

∴，，，

∴，

∵，

∴

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴．

【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，平行线分线段成比例定理等知识，熟练掌握相关的知识是解题的关键．

23. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，连接，点P为下方抛物线上一动点，连接，当的面积最大时，请求出P点的坐标和的面积最大值；

（3）如图2，点N为线段上一点，连接，求的最小值．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）待定系数法求解析式即可；

（2）过点作轴于点，交于点，利用，将三角形的面积转化为二次函数求最值，进行求解即可；

（3）过点在轴右侧作直线交轴于点，使，过点作于点，则：，可得：，当三点共线时，的值最小，即为的长，进行求解即可．

【小问1详解】

解：∵抛物线与x轴交于两点，

∴，解得：，

∴；

【小问2详解】

解：，当时，，

∴，

设直线的解析式为：，

则：，解得：，

∴直线的解析式为：，

过点作轴于点，交于点，设，则：，

∴，

∴；

∵，

∵点P为下方抛物线上一动点，

∴，

∴当时，的面积最大为，此时，即：；

【小问3详解】

解：过点在轴右侧作直线交轴于点，使，过点作于点，则：，

∴，

∴当三点共线时，的值最小，即为的长，如图：

∵，

∴，

∵，

∴，，

∴，

∴；

∴的最小值为．

【点睛】本题考查二次函数的综合应用，是中考常见的压轴题．正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．