2023年内蒙古包头市包钢三中中考三模数学试题（含解析）

这是一份2023年内蒙古包头市包钢三中中考三模数学试题（含解析），共30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年内蒙古包头市包钢三中中考三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．的倒数是（ ）
A．-2 B．2 C． D．
2．下列计算正确的是（    ）
A． B．
C． D．
3．如图，，点是上一点，点是上一点，平分，且，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
4．在一个不透明的袋子里装有若干个白球和6个黄球，这些球除颜色不同外其余均相同，每次从袋子中摸出一个球记录下颜色后再放回，经过很多次重复试验，发现摸到黄球的频率稳定在0.75，则袋中白球有（　　）
A．2个 B．4个 C．14个 D．18个
5．如图，是由个相同的小正方体组成的几何体，其左视图是（     ）

A． B． C． D．
6．某超市销售同种品牌三种不同规格的盒装牛奶，它们的单价分别为10元、6元、5元，当天销售情况如图所示，则当天销售该品牌盒装牛奶的平均价格为（ ）

A．6.3元 B．7元 C．7.3元 D．8元
7．不等式组的解集在数轴上表示正确的是（    ）
A．     B．  
C．   D．    
8．如图，BD是的直径，弦AC交BD于点G．连接OC，若，，则的度数为（    ）

A．98° B．103° C．108° D．113°
9．若、是一元二次方程的两个根，则的值是（    ）
A．6 B．9 C．12 D．13
10．如图，在中，，，若，则（   ）

A． B． C． D．
11．如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．
12．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，，两点的坐标分别为，，直线与反比例函数的图象交于，两点．则的值为（    ）
  
A．2 B．4 C．6 D．8

二、填空题
13．函数的自变量的取值范围是 ．
14．化简： ．
15．从长度分别为1cm，3cm，5cm，6cm的四条线段中随机取出三条，则能够成三角形的概率为 ．
16．如图，在中，，分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线MN交AB于点D，交BC于点E，连接CD，若，则的度数为 ．

17．如图，在扇形ABO中，∠AOB＝90°，C是弧AB的中点，若OD：OB＝1：3，OA＝3，则图中阴影部分的面积为 ．

18．若二次函数的图象经过，两点，则代数式的最小值为 ．
19．如图，已知菱形的边长为，是的中点，平分交于点，交于点．若，则的长是 ．


三、解答题
20．随着通讯技术迅猛发展，人与人之间的沟通方式更多样、便捷，某校数学兴趣小组设计了“你最喜欢的沟通方式”调查问卷（每人必选且只选一种），在全校范围内随机调查了部分学生，将统计结果绘制了如图两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题：
  
(1)这次统计共抽查了___________名学生：
(2)将条形统计图补充完整；
(3)若某校有名学生，试估计最喜欢用“微信”沟通的人数为________人；
(4)某天甲、乙两名同学都想从“微信”、＂”、“电话”三种沟通方式中选一种方式与对方联系，请用列表或画树状图的方法求出甲、乙两名同学恰好选中同一种沟通方式的概率．
21．“五·一”期间，小亮与家人到某旅游风景区登山，他们沿着坡度为的山坡向上走了米，到达缆车站处，乘坐缆车到达山顶处，已知点、、、在同一平面内，从山脚处看山顶处的仰角为，缆车行驶路线与水平面的夹角为，求山高．（结果精确到米，，）
（注：坡度是指坡面的铅直高度与水平宽度的比）
  
22．甲、乙两家快递站分别接到了对自己所辖范围派送快递各件的任务，甲快递站前期先派送了件后，甲、乙两家快递站同时以相同的速度派送，甲快递站经过a小时后总共派送件，由于人员变化，派送速度变慢，结果小时完成派送任务，乙快递站8小时完成派送任务， 在某段时间内，甲、乙两家快递站的派送件数y (件)与派送时间x (小时)之间的关系如图所示：
  
(1)乙快递站每小时派送 件，a的值为 ；
(2)甲快递站派送速度变慢后，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
(3)当乙快递站完成派送任务时，求甲快递站未派送的快递件数．
23．如图，在中，为直径，为弦．过延长线上一点，作于点，交于点，交于点，是的中点，连接，．
  
(1)判断与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，，求的长．（用两种做法解答）
24．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是BC上的一个动点，连接DE，交AC于点F．

（1）如图①，当时，求的值；
（2）如图②当DE平分∠CDB时，求证：AF=OA；
（3）如图③，当点E是BC的中点时，过点F作FG⊥BC于点G，求证：CG=BG．
25．已知抛物线经过，两点，与轴相交于点，该抛物线的顶点为点，对称轴与相交于点，与轴交于点．
  
(1)求该抛物线的解析式及点的坐标；
(2)连接，，证明：；
(3)点是该抛物线上一动点，且位于第一象限，当点到直线的距离为时，求点的坐标．

参考答案：
1．A
【分析】根据倒数的概念求解即可．
【详解】根据乘积等于1的两数互为倒数，可直接得到-的倒数为-2．
故选：A．

2．D
【分析】根据同底数幂相除，同底数幂相乘，积的乘方，平方差公式，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、，故本选项错误，不符合题意；
B、，故本选项错误，不符合题意；
C、，故本选项错误，不符合题意；
D、，故本选项正确，符合题意；
故选：D
【点睛】本题主要考查了同底数幂相除，同底数幂相乘，积的乘方，平方差公式，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
3．C
【分析】由平行线的性质可求得，再由角平分线的定义可得，再次利用平行线的性质即可求得的度数．
【详解】解：，
，，
，
平分，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，解题的关键是熟知平行线的性质．
4．A
【分析】设袋中白球有x个，根据题意用黄球数除以白球和黄球的总数等于黄球的频率列出等式即可求出白球数．
【详解】解：设袋中白球有x个，根据题意，得
=0.75，
解得x=2，
经检验x=2是列方程的解，
所以袋中白球有2个．
故选：A．
【点睛】本题考查了频率与频数，弄清题意，熟练掌握频数、频率、总数间的关系是解决本题的关键．
5．B
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】解：从左边看，一共有两列，从左到右每列的小正方形的个数分别为3，1
故选：B．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．从左边看得到的每列正方形的个数是解决本题的关键．
6．C
【解析】利用加权平均数的公式即可求解．
【详解】解：10×40％+6×30％+5×30％=7.3（元）
故选C．
【点睛】本题考查了学生对扇形图的理解以及加权平均数的计算公式，解决本题的关键是学生能从扇形图中获取所要信息，能牢记求加权平均数的公式进行求解．
7．B
【分析】先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集，再在数轴上表示出不等式组的解集即可得到答案．
【详解】解；
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为，
∴不等式组的解集在数轴上表示如下：
    
故选B．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示出不等式组的解集，正确求出每个不等式的解集是解题的关键．
8．C
【分析】先求出∠COB的度数，由圆周角定理求出∠BAC的度数，再根据弧、弦之间的关系求出∠ABD=45°，即可得到答案．
【详解】解：∵∠COD=126°，
∴∠COB=54°，
∴，
∵BD是圆O的直径，
∴∠BAD=90°，
∵，
∴AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠AGB=180°-∠BAG-∠ABG=108°，
故选C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，等弧所对的弦相等，等腰直角三角形的性质与判定，三角形内角和定理等等，熟知圆周角定理是解题的关键．
9．D
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系得，再根据一元二次方程的解的意义得，即，再把代入计算即可．
【详解】∵、是一元二次方程的两个根，
∴，，
∴，
∴



．
故选D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解的意义和根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键．
10．C
【分析】由，，可得再建立方程即可．
【详解】解： ，，

，

解得：经检验符合题意
故选C
【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例，证明“”是解本题的关键．
11．B
【分析】连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，






,


故答案为B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
12．B
【分析】把代入即可得到反比例函数的解析式为，再将代入解析式即可求得的值．
【详解】解：将代入中得：
，
解得，
反比例函数的解析式为：，
在反比例函数的图象上，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
13．且
【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件进行求解即可．
【详解】解：∵要有意义，
∴，
∴且，
故答案为：且．
【点睛】本题主要考查了求自变量的取值范围，分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，熟知分式有意义的条件是分母不为0，二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0是解题的关键．
14．/
【分析】根据分式的混合计算法则求解即可．
【详解】解：


，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了分式的混合计算，熟知相关计算法则是解题的关键．
15．
【分析】列举出所有可能出现的结果情况，进而求出能构成三角形的概率．
【详解】解：从长度为1cm、3cm、5cm、6cm四条线段中随机取出三条，
共有以下4种结果（不分先后）：
1cm、3cm、5cm，
1cm、3cm、6cm，
3cm、5cm、6cm，
1cm、5cm、6cm，
其中，能构成三角形的只有1种，
∴P（构成三角形）＝．
故答案是：．
【点睛】本题考查随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果情况，是正确解答的关键．
16．36°/36度
【分析】利用基本作图得到，，设，则，利用为斜边上的中线得到，则，利用三角形外角性质得到，则利用可求出，从而得到的度数．
【详解】解：由作法得垂直平分，
，，
，
设，则，
，为斜边上的中线，
，
，
，
，
，
解得，
，
故答案为：36°．
【点睛】本题考查了作图复杂作图、直角三角形斜边中线的性质、等边对等角等内容，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
17．π﹣．
【分析】连接，过作于，根据已知条件得到，推出是等腰直角三角形，求得，，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接，过作于，
，是弧的中点，
，
是等腰直角三角形，
，，
，，
图中阴影部分的面积，
故答案为：．

【点睛】本题考查了扇形面积的计算，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
18．1
【分析】先根据二次函数图象上点的坐标特征求得，，再利用配方法和二次函数的性质求解即可．
【详解】解：∵二次函数的图象经过，
∴，则，
∴，
∵二次函数的图象经过，
∴，即，且，
∴



∵，，
∴当时，有最小值，最小值为1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质，理解题意，熟练掌握利用二次函数的性质求解最值是解答的关键．
19．/
【分析】方法一：过点作于点，过点作于点，根据，可得，所以，然后证明是的垂直平分线，可得，设，根据，进而可以解决问题；
方法二：作垂直于，延长和交于点由已知可得，所以设，则，，由三角形相似于三角形即可得结论．
【详解】解：方法一，如图，过点作于点，过点作于点，

菱形的边长为4，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
是的垂直平分线，
，
平分，
，
，
，
，
，
设，
，，
，
，
，
，
，
，
解得，
则的长是．
或者：，，
四边形的等腰梯形，
，
则，
解得，
则的长是．
方法二：如图，作垂直于，延长和交于点，

菱形的边长为4，
，
，
，
是的中点，
，
，
是的垂直平分线，
，
所以，
设，
则，，
，
，
，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形、相似三角形的判定及性质，解题的关键是掌握菱形的性质．
20．(1)
(2)见解析
(3)（人）
(4)

【分析】（1）根据“电话”组的人数，“电话”组的百分比即可求解；
（2）根据（1）可求样本总量，由此可算出“短信”组的人数；
（3）根据样本中“微信”组的百分比估算总体的情况即可求解；
（4）运用列表或画树状图的方法求概率即可求解．
【详解】（1）解：“电话”组的人数为人，“电话”组的百分比为，
∴（人），
即这次统计共抽查了100人，
故答案为：．
（2）解：由（1）可知，样本容量为，“电话”组的人数为人， “微信”组的人数为人，“”组的人数为人，“其他”组的人数为人，
∴“短信”组的人数为（人），
∴补全条形统计图，如图所示，
  
（3）解：样本中用“微信”沟通的人数为人，
∴（人），
∴某校有名学生，用“微信”沟通的人数约为人．
（4）解：画树状图为：
  
共有种等可能的结果数，甲乙两名同学恰好选中同一种沟通方式的结果数为，
∴恰好选用同一种沟通方式的概率为．
【点睛】本题主要考查统计与概率的综合，掌握统计中根据样本百分比计算样本容量的方法，运用样本百分比估算总体的方法，运用列表或树状图求概率的方法是解题的关键．
21．山高为米
【分析】如图所示，过点作于点，作于点，根据坡比可算出的长，在中，，在中，，可证四边形是矩形，由此可得，，根据含角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，作于点，
  
∵山坡的坡度为，即，
∴设，，
在中，米，
∴，即，解得，，
∴，，
∵，
∴在中，，
∵，，
∴，
∴在中，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴（米），
∴（米），
∴（米），
∴山高为米．
【点睛】本题主要考查仰俯角、坡比与直角三角形的综合，掌握仰俯角与直角三角形，坡比与直角三角形，矩形的性质，勾股定理求边长等知识是解题的关键．
22．(1)，4
(2)
(3)乙快递站完成派送任务时，甲快递站未派送的快递有件

【分析】（1）根据题意和函数图像信息即可求得；
（2）设y关于x的函数解析式为，用待定系数法求解即可；
（3）把代入，解得已派送的快递件数，再求未派送的快递件数即可．
【详解】（1）解：（件），
因为甲、乙两家快递站同时以相同的速度派送，
所以（小时），
所以乙快递站每小时派送件，a的值为4，
故答案为：，4；
（2）解：设，将，代入解析式，
得：，
解得：，
∴，
（3）解：把代入，
得，
那 (件) ，
答：乙快递站完成派送任务时，甲快递站未派送的快递有件．
【点睛】本题考查了一次函数的实际应用，正确掌握函数图像的信息是解题的关键．
23．(1)与相切，理由见解析
(2)

【分析】（1）连接，利用圆周角定理得到，再根据斜边上的中线性质得到，继而解得，接着证明，从而得到，然后根据直线与圆的位置关系解题即可；
（2）方法一：先证明，再证明，则可判定，利用相似比计算出的长，再计算的长，然后计算即可．
方法二：如图2-2所示，过点C作于H，证明，得到，则，再证明，得到，设，则，利用勾股定理建立方程，求出，则．
【详解】（1）解：与相切，理由如下：
如图所示，连接，
∵，即，
∴，
∵为直径，
∴．
∵M点为的中点，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵是的半径
∴为的切线，即与相切；
  
（2）解：方法一：如图2-1所示，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
  
方法二：如图2-2所示，过点C作于H，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴．
  
【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
24．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）利用相似三角形的性质求得EF与DF的比值，依据△CEF和△CDF同高，则面积的比就是EF与DF的比值，据此即可求解；
（2）利用角之间的关系到证得∠ADF=∠AFD，可以证得AD=AF，在Rt△AOD中，利用勾股定理可以证得；
（3）连接OE，易证OE是△BCD的中位线，然后根据△FGC是等腰直角三角形，易证△EGF∽△ECD，利用相似三角形的对应边的比相等即可证得．
【详解】解：（1）∵，
∴．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△CEF∽△ADF，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：∵DE平分∠CDB，
∴∠ODF=∠CDF，
又∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ADO=∠FCD=45°，∠AOD=90°，OA=OD，
又∵∠ADF=∠ADO+∠ODF，∠AFD=∠FCD+∠CDF，
∴∠ADF=∠AFD，
∴AD=AF，
在Rt△AOD中，根据勾股定理得：，
∴AF=OA．
（3）证明：连接OE，

∵点O是正方形ABCD的对角线AC、BD的交点，
∴点O是BD的中点，
又∵点E是BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴OE∥CD，OE=CD，
∴△OFE∽△CFD，
∴，
∴，
又∵FG⊥BC，CD⊥BC，
∴FG∥CD，
∴△EGF∽△ECD，
∴．
在Rt△FGC中，∵∠GCF=45°，
∴CG=GF，
又∵CD=BC，
∴，
∴，
∴CG=BG．
【点睛】本题是勾股定理、三角形的中位线定理、以及相似三角形的判定与性质的综合应用，理解正方形的性质是关键．
25．(1)，
(2)见解析
(3)

【分析】（1）由，两点坐标利用待定系数法进行求解即可；
（2）根据三条边对应成比例可得：，即可求证；
（3）建立三角形与点的坐标的关系即可求解．
【详解】（1）解：将，代入得：
，
解得：
故抛物线的解析式为：

故顶点
（2）解：根据题意作图：
  
令，则
故
设直线的解析式为：
则，
解得：
所以直线的解析式为：
由（1）得：
故点
∴




（3）解：过点作轴交于点，如图所示：
  
由题意得：
设点
则点
∴
，解得：
∴
【点睛】本题考查了二次函数的解析式、相似三角形的判定与性质、二次函数与面积问题等知识点．需要学生要有较强的综合知识．