2023年江苏省南京市鼓楼区树人学校中考三模数学试题（含解析）

这是一份2023年江苏省南京市鼓楼区树人学校中考三模数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省南京市鼓楼区树人学校中考三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．（  ）
A． B． C． D．
2．截止5月中旬，某公司产品订单已经排到了年底，预计年开票收入90亿元，用科学记数法表示数据90亿是（    ）
A． B． C． D．
3．如图是由8个完全相同的小正方体组成的几何体，其主视图是（    ）

A． B． C． D．
4．用配方法将变形，结果是（    ）
A． B．
C． D．
5．如图，在半圆中，，将半圆沿弦所在的直线折叠，若弧恰好过圆心，则弧的长是（ ）
  
A． B． C． D．
6．某同学在用描点法画二次函数y＝ax2+bx+c的图象时，列出了下面的表格：
x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
…
y
…
﹣1
0
﹣3
﹣4
﹣3
…
由于粗心，他算错了其中一个y值，则这个错误的数值是（　　）
A．﹣1 B．﹣3 C．0 D．﹣4

二、填空题
7．若分式的值为0，则的值为________．
8．计算的结果是________．
9．如图，已知直线，如果，，那么线段的长是________．
  
10．已知扇形的半径为4，面积为4，则该扇形的弧长为________．
11．一元二次方程的两个实数根是，，且，则________．
12．数据，，，，的方差是________．
13．分解因式：______．
14．如图，、是的切线，A、为切点，点、在上．若，则的度数是________．
  
15．以下对一次函数的图像进行变化的方案中正确的是________（只填序号）．
①向下平移4个单位长度得到一次函数的图像；
②向左平移4个单位长度得到一次函数的图像；
③绕原点旋转得到一次函数的图像；
④先沿轴对称，再沿轴对称得到一次函数的图像．
16．在Rt△ABC中，∠BAC=30°，斜边AB=2，动点P在AB边上，动点Q在AC边上，且∠CPQ=90°，则线段CQ长的最小值=__________ .


三、解答题
17．计算：
(1)．
(2)．
18．解不等式组：．
19．解方程：．
20．如图，为正方形对角线上一点（不与、重合），于，于，连接．
  
求证：
(1)；
(2)．
21．某运动会期间，甲、乙、丙三位同学参加乒乓球单打比赛，用抽签的方式确定第一场比赛的入选．
(1)若已确定甲参加第一场比赛，求另一位选手恰好是乙同学的概率；
(2)求选中乙、丙两位同学参加第一场比赛的概率．
22．北京市共青团团委为弘扬“奉献、友爱、互助、进步”的志愿精神，鼓励学生积极参加志愿活动，为了解九年级未入团学生参加志愿活动的情况，从A、B两所学校九年级未入团学生中，各随机抽取20名学生，在“志愿北京”上查到了他们参加志愿活动的时长，部分数据如下：
a.两校志愿活动时长（小时）如下：
A校：17  39  39  2  35  28  26  48  39  19
46  7  17  13  48  27  32  33  32  44
B校：30  21  31  42  25  18  26  35  30  28
12  40  30  29  33  46  39  16  33  27
b.两校志愿活动时长频数分布直方图（数据分成5组：，，，，）：

c.两校志愿活动时长的平均数、众数、中位数如下：
学校
平均数
众数
中位数
A校
29.55
m
32
B校
29.55
30
n
根据以上信息，回答下列问题：
(1)补全A校志愿活动时长频数分布直方图；
(2)直接写出表中m，n的值；
(3)根据北京市共青团团委要求，“志愿北京APP”上参加志愿活动时长不够20小时不能提出入团申请，若B校九年级未入团学生有180人，从志愿活动时长的角度看，估计B校有资格提出入团申请的人数．
23．已知二次函数的图像顶点坐标是．
(1)________，________；
(2)点，点在函数图像上，且，比较与的大小；
(3)若该二次函数的图像与一次函数的图像有2个公共点，结合图像，直接写出的取值范围．
24．如图，公园内有一个垂直于地面的立柱AB，其旁边有一个坡面，坡角．在阳光下，小明观察到在地面上的影长为，在坡面上的影长为．同一时刻，小明测得直立于地面长60cm的木杆的影长为90cm（其影子完全落在地面上）．求立柱AB的高度．
  
25．如图，为⊙O的直径，，为上两点，，连接，，，，过点作交的延长线于点．
    
(1)求证：直线是⊙O的切线；
(2)若，，求，的长．
26．（1）已知：如图，、是内两点，求作：的直径，使．
（2）已知：如图，、是的半径，求作：弦，使其与、的交点是的三等分点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要的文字说明．）
  
27．课本呈现：
直觉的误差
有一张的正方形纸片，面积是．把这张纸片按图1所示剪开成四小块，其中两块是三角形，另外两块是四边形．把剪出的4个小块按图2所示重新拼合，这样就得到了一个的长方形，面积是，面积多了，这是为什么？
小明给出如下证明：如图2，可知，，，
∵，∴．
∵，∴，∴．
因此、、三点不共线．同理、、三点不共线，所以拼合的长方形内部有空隙，故面积多了．
        
问题探究：
(1)小红给出的证明思路为：以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，证明三点不共线．请你帮小红完成证明；
(2)如图，将正方形沿图中虚线剪成①②③④四块图形（其中），用这四块图形恰能拼成一个矩形（非正方形），求的值．


参考答案：
1．A
【分析】是4的算术平方根，据此即可求解．
【详解】∵22=4,
∴2.
故选A.
【点睛】考查了二次根式的化简，理解算术平方根的意义是关键．
2．D
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数．据此可得出结果．
【详解】解：90亿，
故选：D．
【点睛】此题主要考查科学记数法的表示方法．正确确定的值以及的值是本题的关键．
3．B
【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【详解】解：从正面看得到图形有3列，左边列1个正方形，中间列2个正方形，右边列1个正方形，下对齐．
故选B
【点睛】此题考查简单组合体的三视图，解题关键在于识别图形，掌握三视图的定义．
4．C
【分析】按配方法步骤进行配方一般先把常数项移到等式右边，二次项系数化1，两边都加一次项系数一半的平方，利用公式写成平方形式，常数项合并即可．
【详解】解：二次项系数化1得，
加一次项系数一半的平方得，
整理得．
故选择C．
【点睛】本题考查配方法把一元二次方程变形，掌握配方法把一元二次方程变形的方法与步骤是解题关键．
5．C
【分析】过点O作，连接，根据题中条件可得，，即可得到弧长弧长，用弧长公式求解即可．
【详解】解：过点O作，连接，如图所示，
  
∵将半圆沿弦所在的直线折叠，若弧恰好过圆心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴弧长2弧长，
∵，
∴，
∵，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的几何问题，涉及到圆的性质、弧长公式等，正确作出辅助线是关键．
6．A
【分析】假设三点（0，﹣3），（1，﹣4），（2，﹣3）在函数图象上，利用待定系数法求得解析式，然后判断其他两点即可得答案．
【详解】解：假设三点（0，﹣3），（1，﹣4），（2，﹣3）在函数图象上，
把（0，﹣3），（1，﹣4），（2，﹣3）代入函数解析式，得，
解得，
函数解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
当x＝﹣1时，y＝0，
当x＝﹣2时，y＝5，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的图象，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是能正确求出二次函数的解析式．
7．
【分析】根据分式的值为0，得到，求解即可得到答案．
【详解】解：分式的值为0，
，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的步骤是解题的关键，还要注意分式的分母不能为零．
8．
【分析】先利用二次根式的性质化简，然后再合并同类二次根式即可解答．
【详解】解：．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了二次根式的化简计算，掌握二次根式的性质及运算法则是解题的关键．
9．6
【分析】由平行线所截线段对应成比例可知，然后代入求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查平行线所截线段对应成比例，熟练掌握比例线段的计算是解决本题的关键．
10．2
【分析】先由扇形的面积公式求圆心角度数，然后再由弧长公式即可得出结论．
【详解】解：设扇形的圆心角为，由题意可得，
解得，
扇形的弧长为，
故答案为：2．
【点睛】本题考查的是扇形面积及弧长的计算，熟记扇形的面积和弧长公式是解答此题的关键．
11．
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系，求出，，根据，进而求出的值即可．
【详解】一元二次方程的两个实数根是，，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程，的两个根，，则，，是解答本题的关键．
12．
【分析】根据方差公式进行计算即可求解．
【详解】解：数据，，，，的平均数为
方差为
故答案为：．
【点睛】本题考查了求方差，熟练掌握方差的计算公式是解题的关键．
13．
【分析】先提取公因式2，再根据平方差公式进行二次分解即可求得答案．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式进行二次分解，注意分解要彻底．
14．/100度
【分析】连接，根据圆内接四边形得出，根据，得出，即，根据切线长定理得出，根据等腰三角形性质得出，根据三角形内角和定理得出．
【详解】解：连接，如图所示：
  
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
即，
∵、是的切线，A、为切点，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，切线长定理，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质，结合已知条件求出．
15．①②④
【分析】根据一次函数的平移，判断①②，根据旋转的性质以及轴对称的性质，分别画出图形判断③④即可求解．
【详解】解：一次函数
①向下平移4个单位长度得到一次函数，即的图像，故①正确，符合题意；
②向左平移4个单位长度得到一次函数，即的图像，故②正确，符合题意；
③如图所示，绕原点旋转得到一次函数或的图像；故③不正确，不符合题意；
    
④如图所示，先沿轴对称得到，再沿轴对称得到一次函数的图像，故④正确，符合题意；
    
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了一次函数的平移，轴对称与旋转的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
16．2
【分析】以CQ为直径作⊙O，当⊙O与AB边相切动点P时，CQ最短，根据切线的性质求得OP⊥AB，进而根据已知求得△POQ为等边三角形，得出∠APQ=30°，设PQ=OQ=OP=OC=r，3r=AC=cos30°•AB==3，从而求得CQ的最小值为2．
【详解】以CQ为直径作⊙O，当⊙O与AB边相切动点P时，CQ最短，

∴OP⊥AB，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠POA=60°，
∵OP=OQ，
∴△POQ为等边三角形，
∴∠POQ=60°，
∴∠APQ=30°，
∴设PQ=OQ=AP=OC=r，3r=AC=cos30°•AB==3，
∴CQ=2，
∴CQ的最小值为2．
故答案为2．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形函数等，熟练掌握性质定理是解题的关键．
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据负整数指数幂，特殊角的三角函数值，化简绝对值，零指数幂，进行计算即可求解；
（2）先根据分式的加减计算括号内的，同时将除法转化为乘法，再根据分式的性质化简即可求解．
【详解】（1）解：原式．
．
（2）原式．



．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，分式的混合运算，熟练掌握负整数指数幂，特殊角的三角函数值，化简绝对值，零指数幂，分式的运算法则是解题的关键．
18．
【分析】分别求得每一个不等式的解集，后确定不等式组的解集即可．
【详解】解：原不等式组为
解不等式①，得．
解不等式②，得．
∴原不等式组的解集为．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练掌握解一元一次不等式组的基本步骤是解题的关键．
19．
【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．
【详解】解：去分母，得
．
解得．
经检验，是原方程的解．
所以原方程的解是．
【点睛】本题考查解分式方程，掌握解方程的步骤正确计算是解题关键，注意分式方程的结果要进行检验．
20．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）连接，先证明，得，再证明四边形是矩形，根据矩形的性质即可得出结论；
（2）延长交于，先证明，再根据余角的定理即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接，
  
∵四边形是正方形，
∴，，平分即，
∴，
∴．
∵，．
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴．
（2）证明：延长交于，则即．
  
∵，
∴，
在矩形中，，，
∴
∴，
∴
在中，，则，即，
∴在中，，即，
∴，即．
【点睛】此题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
21．(1)另一位选手恰好是乙同学的概率
(2)选中乙、丙两位同学参加第一场比赛的概率为

【分析】（1）利用列举法进行求解即可；
（2）先画出树状图得到所有等可能性的结果数，再找到选中乙、丙两位同学参加第一场比赛的结果数，最后根据概率计算公式求解即可．
【详解】（1）解：根据题意，甲参加第一场比赛时，有（甲，乙）、（甲，丙）两种可能，
∴另一位选手恰好是乙同学的概率；
（2）解：画树状图如下：
  
由树状图知共有6种等可能结果，其中乙、丙两位同学参加第一场比赛的情况有2种，
∴选中乙、丙两位同学参加第一场比赛的概率为．
【点睛】本题主要考查了列举法，树状图法或列表法求解概率，灵活运用所学知识是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)，
(3)153人

【分析】（1）求出A校中和的学生人数，然后补全频数分布直方图即可；
（2）根据中位数和众数的定义进行解答即可；
（3）用乘以B校时长大于等于20小时的学生百分比，即可求出结果．
【详解】（1）解：A校中的学生人数为4人，的学生人数为7人，则补全A校志愿活动时长频数分布直方图如下：

（2）解：A校中活动时长出现次数最多的是39小时，因此；
将B校学生的活动时长从小到大进行排序，排在第10和第11的都是30小时，因此中位数．
（3）解：（人），
答：B校有资格提出入团申请的人数为153人．
【点睛】本题主要考查了频数分步直方图，求中位数，众数，解题的关键是理解题意，数形结合，掌握中位数和众数的定义．
23．(1)，3．
(2)当时，即；当时，即
(3)且

【分析】（1）根据二次函数的顶点坐标求解即可；
（2）利用作差法求解即可．
（3）将二次函数和一次函数联立得到一元二次方程，然后令判别式大于零求解即可．
【详解】（1）∵次函数的图像顶点坐标是
∴
∴，
故答案为：，3；
（2）∵
∴



∵，
∴，
∴当时，即；
当时，即；
（3）由题意得，，即
整理得，
∵该二次函数的图像与一次函数的图像有2个公共点，
∴
∴解得且．
【点睛】本题考查了二次函数解析式的图象和性质，二次函数与一次函数的关系，一元二次方程根的判别式，熟练掌握知识点是解题的关键．
24．(170+60)cm
【分析】延长AD交BN于点E，过点D作DF⊥BN于点F，根据直角三角形的性质求出DF，根据余弦的定义求出CF，根据题意求出EF，再根据题意列出比例式，计算即可．
【详解】解：延长AD交BN于点E，过点D作DF⊥BN于点F，
  
在Rt△CDF中，∠CFD=90°，∠DCF=30°，
则DF=CD=90（cm），CF=CD•cos∠DCF=180×=90（cm），
由题意得：=，即=，
解得：EF=135，
∴BE=BC+CF+EF=120+90+135=(255+90)cm，
则=，
解得：AB=170+60，
答：立柱AB的高度为(170+60)cm．
【点睛】此题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题、平行投影的应用，解题的关键是数形结合，正确作出辅助线，利用锐角三角函数和成比例线段计算．
25．(1)见详解
(2)长为，长为.

【分析】（1）连接，根据已知易得根据平行线的性质可求出即可解答.
（2）连接，根据直径所对的圆周角是直角可得从而求出然后再利用等腰直角三角形的性质，平行线的性质，以及同弧所对的圆周角相等证明再利用圆内接四边形对角互补可得最后利用相似三角形的性质计算即可解答.
【详解】（1）证明：连接，

      



    
∵是⊙O的半径，
∴直线是⊙O的切线.
（2）    
如图，连接，
∵为⊙O的直径，
    









∵四边形是圆内接四边形，



    



∴长为，长为.
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键.
26．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接，，，根据对称的性质可得，根据全等三角形的判定和性质可得，根据垂直平分线的性质可得，即可得到．
（2）令与的交点为，与的交点为，根据对称的性质可得，根据等边对等角可得，根据等角的补角相等可得，根据全等三角形的判定和性质可得，根据平行线分线段成比例可得，根据相似三角形的判定和性质可得，即可推得．
【详解】（1）作法：连接并延长，以为圆心，的长为半径，画弧，与的延长线交于点；连接，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，分别交于点，，连接，在的右侧与交于点；连接并延长，与交于点，即为所求．
  
理由：连接，，，如图，
  
根据作法可知，点与点关于点对称，是的垂直平分线，
∵，，，
∴，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴．
（2）作法：延长，以点为圆心，的长为半径，画弧，与的延长线交于点；延长，以点为圆心，的长为半径，画弧，与的延长线交于点；连接，，分别于交于点，点，连接，即为所求．
  
理由：令与的交点为，与的交点为，如图，
    
根据作法可知，，,
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
同理，，
∴，
故．
【点睛】本题考查了尺规作图——作垂线和线段，对称的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，等边对等角，等角的补角相等，平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握尺规作垂线和线段是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)

【分析】（1）以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图2，则，，待定系数法求得直线的解析式为：，当时，，可知点在直线的下方，当时，，可知点在直线的上方，进而可得拼合的长方形内部有空隙；
（2）如图3，由拼图前后的面积相等得：，整理得：，由，可得，计算求出满足要求的解即可．
【详解】（1）解：以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图2，

∵，，
设直线的解析式为：，
将代入，解得，
∴直线的解析式为：，
当时，，
∴点在直线的下方，
当时，，
∴点在直线的上方，
∴拼合的长方形内部有空隙；
（2）解：如图3，

由拼图前后的面积相等得：，
整理得：，
∵，
∴，
解得：或（负值不合题意，舍去）．
∴的值为．
【点睛】本题考查了坐标与图形，一次函数解析式，完全平方公式，一元二次方程的应用．解题的关键在于理解题意以及对知识的灵活运用．