2023年河南省周口市淮阳区淮阳第一高级中学中考三模数学试题（含解析）

这是一份2023年河南省周口市淮阳区淮阳第一高级中学中考三模数学试题（含解析），共25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年河南省周口市淮阳区淮阳第一高级中学中考三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．的相反数是（    ）
A．3 B．-3 C． D．
2．北京时间2023年3月18日，哈勃望远镜观察到“流浪黑洞”离开星系的迹象，这颗黑洞的速度约为0.0000000625米/秒，用科学记数法表示该数据为（    ）
A． B． C． D．
3．数据显示，2023年前2个月，河南省全社会用电量659亿千瓦时，同比增长3.3%．而经济稳步复苏是用电量增速回升的主要原因．将“经济稳步复苏”这六个字分别写在一个正方体的六个表面上，如图是它的一种展开图，则与“稳”相对的字是（    ）
  
A．经 B．济 C．复 D．苏
4．下面各式中，计算正确的是（    ）
A． B．
C． D．
5．中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得，，直线EF⊥AB交两对边于点E，F，则的长为（    ）
  
A．8cm B．10cm C． D．
6．若关于x的一元二次方程有两个相等实数根，则m的值是（    ）
A． B．1 C． D．9
7．已知一组数据12、4、8、m、10，它们的平均数是8，则这一组数据的中位数为（    ）
A．4 B．8 C．10 D．12
8．物理学光的反射现象中，反射光线、入射光线和法线都在同一个平面内；反射光线和入射光线分别位于法线两侧；入射角等于反射角．这就是光的反射定律．如图，两平面镜与的夹角为α，一条光线经过两次反射后，，，仍可以使入射光线与反射光线平行但方向相反，则α的度数为（    ）
    
A． B． C． D．
9．如图，在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点，，对角线交于点M，交x轴于点N，若，则点B的坐标是（    ）
  
A． B． C．（4，2） D．（2，4）
10．如图1，在中，，，点D从点A出发沿线段向终点B运动，过点D作，交的直角边于点E，的面积y与线段的长x之间的函数图象如图2所示，当的面积为1时，线段的长为（　　）

A． B． C．或 D．或

二、填空题
11．请写出一个图像关于对称的二次函数的表达式________．
12．不等式组的解集为________．
13．“易有太极，始生两仪，两仪生四象，四象生八卦”，太极图是我国古代文化关于太极思想的图示，内含表示一阴一阳的图形（一黑一白）．如图，在正方形的内切圆中画出太极图，然后在正方形内随机取一点，则此点取自太极图中白色部分的概率是________．
  
14．孙尚任在《桃花扇》中写道：“何处瑶天笙弄，听云鹤缥缈，玉珮丁冬．”玉佩是我国古人身上常佩戴的一种饰品，现从一块直径为的圆形玉料上刻出一个如图所示圆周角为的最大扇形玉佩，则阴影部分的面积为________．（结果保留π）
  
15．在中，，M是外一动点，满足，若，，，则的长度为________．


三、解答题
16．（1）计算：
（2）化简：
17．青年兴则国家兴，青年强则国家强．习近平总书记在2023年召开的两会上强调，教育要善于从五千年中华传统文化中汲取优秀的东西，真正把青少年培养成为拥有“四个自信”的孩子．为培养青少年“文化自信”，某校积极开展文化竞赛活动，在某次竞赛活动中，校团委从八、九年级学生中各抽取20名学生统计他们的竞赛成绩（单位：分），成绩为整数，60分及以上为合格．相关数据统计、整理如下：
九年级抽取的学生的竞赛成绩：40，40，60，60，60，60，70，70，70，80，80，80，80，80，80，90，90，90，100，100．
八、九年级抽取的学生竞赛成绩统计表
年级
八年级
九年级
平均数
a
74
中位数
75
b
众数
70
c
合格率


  根据以上信息，解答下列问题
(1)填空：________，________，________；
(2)若该校八、九年级各有400名学生参加此次竞赛，估计八、九年级中成绩达90分及以上的总人数；
(3)分析数据：根据以上数据的特点，写出一条你发现的结论或建议．
18．如图，过原点的直线与反比例函数的图像交于A、B两点，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，连接AC交反比例函数图像于点D，AE为∠BAC的平分线，过点B作AE的垂线，垂足为E，连接OE，ED．
  
(1)请判断OA与OE的数量关系，并说明理由．
(2)若AC＝3DC，△AED的面积为4，求k的值．
19．少林寺，位于中国河南省登封嵩山五乳峰下，是少林武术的发源地、中国佛教禅宗祖庭，有“禅宗祖廷，天下第一名刹”之誉．少林寺属国家级旅游景区．小明要测量嵩山少林寺正门建筑的高度，在A处用测倾器测得建筑物顶部D点的仰角为，沿方向前进到达B处，又测得建筑物顶部D点的仰角为．已知测倾器的高度为，测量点A，B与建筑物的底部C在同一水平线上，求嵩山少林寺正门建筑的高度．（结果精确到．参考数据：，，）．
                        
20．今年的春节假期是文旅行业近三年来最火爆的一年，西安作为十三朝古都，由于其悠久的历史无疑成为最具吸引力的旅游城市之一、西安某景点的A、B两种纪念品深受广大游客们的喜爱，经过了解发现，A种纪念品的进价为11元/件，B种纪念品的进价为13元/件．若某商店决定要购进A、B两种纪念品共300件、设购进A种纪念品x件，购进这300件纪念品所需总费用为y元．
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)该店进货时，厂家要求A种纪念品的数量不超过B种纪念品的一半，试问如何购进A、B两种纪念品使得所需总费用最低，并说明理由．
21．如图，抛物线交x轴于A、B两点，点P为x轴下方抛物线上任意一点，点C是抛物线对称轴与x轴的交点，直线、分别交抛物线的对称轴于点M、N．
  
(1)求A、B两点坐标．
(2)求的值．
22．如图，是的直径，C是上一点，E是的内心，，延长交于点F，连接，，．
  
(1)判断是否为等腰直角三角形，并说明理由．
(2)若，求的面积．
23．四边形是正方形，是等腰直角三角形，，．点G为的中点，连接，，．

(1)如图1，若点E在边的延长线上，直接写出与的数量关系和位置关系；
(2)将图1中的绕点B顺时针方向旋转至图2所示位置，（1）中所得的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)将图1中的，绕点B顺时针方向旋转，若，，当E，F，D三点共线且为锐角时，求的长及的值．

参考答案：
1．A
【分析】根据相反数的定义：只有符号不同的两个数叫做互为相反数进行作答即可.
【详解】解：的相反数是3；
故选：A.
【点睛】本题考查了相反数的定义，属于应知应会题型，熟知相反数的概念是关键.
2．B
【分析】将一个数表示为的形式，其中，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
【详解】解：根据科学记数法的定义可得，
0.0000000625，
故答案选：B．
【点睛】本题考查了科学记数法表示较小的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
3．C
【分析】根据在立方体展开图中，同一行或同一列，间隔一个面的两个面是相对面，即可解答．
【详解】解：在立方体展开图中，“稳”字隔一个面后是“复”字，
故与“稳”相对的字是“复”字，
故选：C．
【点睛】本题考查了立方体展开图中相对面的字，熟知上述判断要点是解题的关键．
4．B
【分析】根据合并同类项，积的乘方，平方差公式，逐项判断即可．
【详解】解：A、，计算错误，故A选项不符合题意；
B、，计算正确，故B选项符合题意；
C、与不是同类项，不能合并，计算错误，故C选项不符合题意；
D、，计算错误，故D选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了合并同类项，积的乘方，平方差公式，熟练掌握公式和运算法则是解题的关键．
5．C
【分析】根据菱形的性质与勾股定理可求出菱形的边长，再根据菱形的面积为对角线乘积的一半，或底乘以高可求出高．
【详解】∵四边形是菱形
∴


∴在中，
∵或
∴，即
∴
故选：C
【点睛】本题考查菱形的性质，菱形的面积，熟练运用菱形的面积公式是解题的关键．
6．D
【分析】根据一元二次方程根的判别式求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个相等实数根，
∴，且，
解得，
故选：D．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，解答关键是熟练掌握一元二次方程根的情况与根的判别式的关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．本题还考查了一元二次方程的定义，容易忽视二次项系数不为0这一隐含条件．
7．B
【分析】由平均数公式求得m值，再将数据从小到大排列，找到第3个数据即为中位数．
【详解】解：∵平均数，
∴，
将数据从小到大排列：4，6，8，10，12，
∴中位数为8，
故选B．
【点睛】本题考查平均数和中位数的定义，熟知中位数的求解方法是解答的关键．
8．C
【分析】分别过点E、G作，，垂线相交于点D，由入射角等于反射角，可得，，再根据平行线的性质可得，即，再由，，可得，再利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：分别过点E、G作，，垂线相交于点D，
∵入射角等于反射角，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
故选：C
  
【点睛】本题考查平行线的性质、三角形内角和定理，理解题意，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
9．D
【分析】过点M作于F，过点B作轴于E，由菱形的性质可得，，，由中点坐标公式可求点M坐标，由，可求，即可求解．
【详解】解：过点M作于F，过点B作轴于E，如图所示：
  
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴点，
故答案选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
10．D
【分析】当E在上时，由，，，可得是等腰直角三角形，而的面积为1，即可得，当E在上时，由图2知最大面积为2，可得，设的面积为1时，有，即可解得．
【详解】解：当E在上时，
∵，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵的面积为1，
∴，
∴，
∴；
当E在上时，

由图2知最大面积为2，此时E与C重合，
∴面积为4，
∴，
∴，
∴，
设的面积为1时，，则，
∴，
解得或，
∵当E在上，，即，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解一元二次方程，解题的关键是读懂题意，分类讨论．
11．，答案不唯一
【分析】当只告诉一个对称轴时，可设二次项系数为简单数如1，得出表达式，然后把点的坐标代入即可．
【详解】∵图像是关于直线对称的二次函数，
∴可设这个二次函数解析式为：，
∴可取合适的点代入得，
∴这个二次函数解析式为：（答案不唯一．
故答案为：（答案不唯一．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握确定待定系数的方法是解决此题的关键．
12．/
【分析】先求得每个不等式的解集，再求得它们的公共部分即可求解．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴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，熟练掌握不等式组的解法步骤是解答的关键．
13．
【分析】根据图形的对称性求出白色部分的面积，利用几何概型的概率公式计算可得．
【详解】解：根据图形的对称性知，白色部分为圆面积的一半，
设圆的半径为1，则正方形的面积为4，
所以太极图中白色部分的面积为，
则所求的概率．
故答案为：．
【点睛】本题考查了几何概率，根据对称性求出白色部分的面积是解题的关键．
14．8πcm2/平方厘米
【分析】根据圆周角定理由得为的直径，即，根据等腰直角三角形的性质得，然后用圆的面积减去扇形的面积即可求解．
【详解】∵，
∴为的直径，即，
∴，
∴（平方厘米），
∴故答案为：．
  
【点睛】本题考查了扇形的面积计算以及圆周角定理，解答本题的关键是掌握扇形的面积公式．
15．/
【分析】过点B作交的延长线于点H，过点D作于点E，过点D作于点F，点A,M,B,C四点共圆，得，解直角三角形，，面积法求解，，得．
【详解】解析：过点B作交的延长线于点H，过点D作于点E，过点D作于点F，如图所示：

∵
∴点A,M,B,C四点共圆
∵
∴
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题考查四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，角平分线性质定理，添加辅助构造直角三角形是解题的关键．
16．（1）（2）
【分析】（1）根据立方根，零指数幂，负整数指数幂，实数的混合运算进行计算即可；
（2）根据分式的混合运算进行求解即可．
【详解】（1）解：


（2）解：


【点睛】本题考查了立方根，零指数幂，负整数指数幂，实数的混合运算，分式的混合运算等，熟练掌握以上运算法则是解题的关键．
17．(1)74，80，80
(2)200人
(3)见解析

【分析】（1）根据平均数，众数，中位数的概念求解即可；
（2）根据样本估计总体的方法求解即可；
（3）根据统计表和条形统计图中的数据求解即可．
【详解】（1）；
∵一共有20名学生
∴中位数为第10名学生和第11名学生成绩的平均数
∴
∵九年级抽取的20名学生成绩中80分最多，
∴众数是80，
故答案为：74，80，80；
（2）（人）
∴八、九年级中成绩达90分及以上的总人数约有200人；
（3）九年级学生的本次知识竞赛成绩更优异．
【点睛】本题考查了条形统计图，样本估计总体的思想，众数即出现次数最多的数据、中位数将数据排序后中间数据或中间两个数据的平均数，熟练掌握统计图的意义，平均数、中位数及众数的概念是解题的关键．
18．(1)，理由见解析
(2)k＝3

【分析】（1）由经过原点，则与关于原点对称，得到是的中点，在根据得到，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可完成解答．
（2）连接，，过点作轴，过点作轴，过点作；由（1）得，为的平分线，可得，进而可得；设点，由已知条件，，可得，则点，证明，得到，所以，即可求解．
【详解】（1），理由如下：
∵过原点的直线与反比例函数的图象交于A、B两点，
∴A与B关于原点对称，
∴是的中点，
∵，
∴．
（2）连接，过点A作轴，过点D作轴，过点D作．
  
由（1）知，
∴，
∵为的平分线，
∴，
∴，
∴
∵，的面积为4，
∴，设点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查反比例函数的意义，借助直角三角形和角平分线，将的面积转化为的面积是解题的关键．
19．
【分析】延长交于点H，则．设，利用可求出x，即可求出答案．
【详解】解：如图，延长交于点H，则．设．
  
在中，
∴，在中，，
∴，
∴．
∴，
答：嵩山少林寺正门建筑的高度约为．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，正确作出辅助线是关键．
20．(1)
(2)当购进A种纪念品100件，B种纪念品200件时，所需要的总费用最低，理由见解析

【分析】（1）设购进A种纪念品x件，则购进B种纪念品件，然后根据总费用A纪念品单价A纪念品数量 B纪念品单价B纪念品数量，列出y与x之间的函数关系式即可；
（2）先根据题意列出不等式求出，再根据（1）所求利用一次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：设购进A种纪念品x件，则购进B种纪念品件，
由题意得，；
（2）解：当购进A种纪念品100件，B种纪念品200件时，所需要的总费用最低，理由如下：
∵A种纪念品的数量不超过B种纪念品的一半，
∴，
∴，
∵，，
∴y随x增大而减小，
∴当时，y最小，最小为3700，
∴，
∴当购进A种纪念品100件，B种纪念品200件时，所需要的总费用最低．
【点睛】本题主要考查了一次函数的实际应用，一元一次不等式的实际应用，列函数关系式，正确列出对应的函数关系式是解题的关键．
21．(1)，
(2)8

【分析】（1）根据A、B是抛物线与x轴的交点，将代入求解即可；
（2）根据抛物线的解析式求得对称轴和点的坐标，设，待定系数法求得直线解析式为，求得，待定系数法求得直线解析式为，求得，即可求得．
【详解】（1）解：抛物线交x轴于A、B两点，
令，即，
解得：，，
∴，．
（2）解：抛物线的解析式为，，，
∴对称轴为直线，，
设，
∵点P为x轴下方抛物线上任意一点，
∴，
设直线解析式为，将，代入得，
，
解得：，
∴直线解析式为；
∴当时，，
∴；
同理可得：直线的解析式为：，
∴当时，，
∴；
∴
∴．
故的值为8．
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点坐标，二次函数的性质，求一次函数的解析式等，根据一次函数的解析式求出M，N的坐标是解题的关键．
22．(1)为等腰直角三角形，理由见解析
(2)2

【分析】（1）根据圆周角定理和内心定义求得即可得出结论；
（2）利用垂径定理和三角形的中位线求得，，进而，再根据三角形的中线性质求解即可．
【详解】（1）解：为等腰直角三角形，理由如下：
∵是的直径，
∴，
∴，
∵E是的内心，
∴平分，平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形；
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，又，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、三角形的中位线和中线性质、三角形的内心定义、等腰直角三角形的判定、三角形的外角性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，理解三角形的内心是三角形内角平分线的交点是解答的关键．
23．(1)，
(2)结论还成立，证明见解析
(3)，

【分析】（1）过G作于H，推出，求出H为中点，根据梯形的中位线求出，，推出，根据直角三角形的判定推出是等腰直角三角形即可；
（2）延长到H，使，连接、，过E作的垂线，延长，证，推出，，求出，证出，推出，，求出是等腰直角三角形，即可得出答案；
（3）连接BD，求出，推出，求出，解直角三角形求出的长．
【详解】（1），；
理由是：如图1，过G作于H，

∵，
∴，
∵G为中点，
∴H为中点，
∴，
，
即，
∴，即．
（2）结论还成立，证明如下：
如图2，延长到H，使，连接、，过E作的垂线，延长，

∵在和中，

∴
∴，
∴
∴
∴
在和中，  

∴
∴，
∴
∴是等腰直角三角形，
∵G为的中点，
∴，，即（1）中的结论仍然成立.
（3）如图3，连接，

∵在正方形中，，
∴
∴.
∴
∴
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，梯形的中位线，等腰直角三角形的性质和判定等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目综合性比较强，难度偏大．