2023年湖北省孝感市孝南区中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年湖北省孝感市孝南区中考数学三模试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年湖北省孝感市孝南区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. |−2|的相反数为(    )
A. 2 B. −2 C. 12 D. −12
2. 2021年12月9日，“天宫课堂”正式开课，我国航天员在中国空间站首次进行太空授课，本次授课结束时，网络在线观看人数累计超过14600000人次．把“14600000”用科学记数法表示为(    )
A. 0.146×108 B. 1.46×107 C. 14.6×106 D. 146×105
3. 如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，这个几何体从上面看是(    )


A. B. C. D.
4. 下列运算中，正确的是(    )
A. a2⋅a5=a10 B. (a−b)2=a2−b2
C. (−3a3)2=6a6 D. −3a2b+2a2b=−a2b
5. 某班准备从甲、乙、丙、丁四名同学中选一名最优秀的参加禁毒知识比赛，下表记录了四人3次选拔测试的相关数据：

甲
乙
丙
丁
平均分
95
93
95
94
方差
3.2
3.2
4.8
5.2
根据表中数据，应该选择(    )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
6. 如图，将直角三角板放置在矩形纸片上，若∠1=48°，则∠2的度数为(    )
A. 42°
B. 48°
C. 52°
D. 60°
7. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B=90°，∠BCD=120°，AB=2，CD=1，则AD的长为(    )
A. 2 3−2
B. 3− 3
C. 4− 3
D. 2


8. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c为常数，a≠0)的部分图象如图所示，对称轴为直线x=1，且与x轴的一个交点在点(−1,0)和(0,0)之间.下列四个结论：①abcy2；③2a+b+c0，故③错误；
∵当x=1时，y=a+b+c，当x=m时，y=am2+bm+c，且当x=1时，y有最大值，
∴a+b+c≥am2+bm+c，
∴a+b≥m(am+b)，故④正确；
故选：C．
由抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点，即可判断结论①；由点C、点D离对称轴的远近即可判断结论②；把b=−2a代入2a+b+c即可判断结论③；由x=1和x=m时函数值的大小比较即可判断结论④．
本题考查了二次函数的图象与性质，掌握二次函数图象与系数的关系是解决本题的关键．

9.【答案】x>1 
【解析】解：由题意得， x−1>0，
解得x>1．
故答案为：x>1．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．

10.【答案】(−2,1) 
【解析】解：在平面直角坐标系中，点P(2,1)关于y轴的对称点P′的坐标是(−2,1)．
故答案为：(−2,1)．
根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
本题主要考查了关于y轴对称点的坐标，掌握点的坐标的变化规律是关键．

11.【答案】328 
【解析】解：如图，∵在Rt△ABD中，AD=90，∠BAD=45°，
∴BD=AD=120(m)，
∵在Rt△ACD中，∠CAD=60°，
∴CD=AD⋅tan60°=120 3(m)，
∴BC=BD+CD=120 3+120=328(m)
答：该建筑物的高度BC约为328米．
故答案为：328．
在Rt△ABD中，根据正切函数求得BD=AD⋅tan∠BAD，在Rt△ACD中，求得CD=AD⋅tan∠CAD，再根据BC=BD+CD，代入数据计算即可．
此题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题．此题难度适中，注意能借助仰角或俯角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键．

12.【答案】2 7 
【解析】解：设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，
∵直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2−6x+4=0的两个实数根，
∴a+b=6，ab=4，
∴斜边c= a2+b2= (a+b)2−2ab= 62−2×4=2 7，
故答案为：2 7．
设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，由一元二次方程根与系数的关系可得a+b=6，ab=4，再由勾股定理即可求出斜边长．
本题考查一元二次方程根与系数的关系，涉及勾股定理、完全平方公式的应用，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数的关系，得到a+b=6，ab=4．

13.【答案】16 
【解析】解：由题意可知：AB=AF，AE⊥BF，
∴OB=OF，∠BAE=∠EAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD/​/BC，
∴∠EAF=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=AF，
∵AF/​/BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴OA=OE，OB=OF=12BF=6，
在Rt△AOB中，OA= AB2−OB2= 102−62=8，
∴AE=2OA=16．
故答案为：16．
证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出OA即可解决问题．
本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是判定四边形ABEF是菱形．

14.【答案】12π平方米 
【解析】解：观察图形可知：
圆锥母线长为： (2.42)2+1．62=2(米)，
所以该整流罩的侧面积为：π×2.4×4+π×(2.4÷2)×2=12π(平方米)．
答：该整流罩的侧面积是12π平方米．
故选：B．
根据几何体的三视图得这个几何体是上面圆锥下面是圆柱，再根据圆锥的侧面是扇形和圆柱的侧面是长方形即可求解．
本题考查了由三视图判断几何体，几何体的表面积，解决本题的关键是根据几何体的三视图得几何体，再根据几何体求其侧面积．

15.【答案】(12)2023 
【解析】解：把x=0代入y=12x+1得，y=1，
∴A(0,1)，
∴OA=1，
把y=1代入y=x得，x=1，
∴O1(1,1)，
把x=1代入y=12x+1得，y=12×1+1=32，
∴A1(1,32)，
∴O1A1=32−1=12，
把y=32代入y=x得，x=32，
∴O2(32,32)，
把x=32代入y=12x+1得，y=12×32+1=74，
∴A2(32,74)，
∴O2A2=74−32=14，
…，
∴OnAn=(12)n，
∴O2023A2023=(12)2023．
故答案为：(12)2023．
由直线l1的解析式求得A，即可求得OA，把A的坐标代入y=x求得O1的坐标，进而求得A1的坐标，即可求得O1A1，把A1的纵坐标代入y=x求得O2的坐标，进而求得A2的坐标，即可求得O2A2，…，得到规律，即可求得OnAn=(12)n．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，图象上点的坐标适合函数的解析式是解题的关键．

16.【答案】3( 5+1)a 
【解析】解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF=DE，
∴△AED≌△GFE(AAS)，
∴FG=AE，
作点C关于BF的对称点C′，
∵EG=DA，FG=AE，
∴AE=BG，
∴BG=FG，
∴∠FBG=45°，
∴∠CBF=45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，
即F点在∠CBC′的角平分线上运动，
∴C′点在AB的延长线上，
当D、F、C′三点共线时，DF+CF=DC′最小，
在Rt△ADC′中，AD=a，AC′=2a，
∴DC′= AD2+C′A2=a 5，
∴DF+CF的最小值为a 5，
∴，△DCF的周长为( 5+1)a．
故答案为：( 5+1)a．
过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE(AAS)，确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C′，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C′点在AB的延长线上；当D、F、C′三点共线时，DF+CF=DC′最小，在Rt△ADC′中，AD=a，AC′=2a，由勾股定理可求解．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．

17.【答案】解：(2x+3y)2−(2x+y)(2x−y)−2y(3x+5y)
=4x2+12xy+9y2−4x2+y2−6xy−10y2
=6xy，
当x= 2，y= 2−1时，原式=6× 2×( 2−1)=12−6 2． 
【解析】原式利用完全平方公式，平方差公式，以及单项式乘多项式法则计算，去括号合并得到最简结果，把x与y的值代入计算即可．
此题考查了整式的混合运算−化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

18.【答案】解：(1)设杉树的单价是x元，则柏树的单价是(x+50)元，
依题意得：900x=1200x+50，
解得：x=150，
∴x+50=150+50=200．
答：柏树的单价是200元，杉树的单价是150元．
(2)设购买柏树m棵，则购买杉树(80−m)棵，
依题意得：m≥2(80−m)200m+150(80−m)≤15000，
解得：1603≤m≤60．
又∵m为正整数，
∴m可以取54，55，56，57，58，59，60，
∴该村完成这次绿化任务有7种方案． 
【解析】(1)设杉树的单价是x元，则柏树的单价是(x+50)元，利用数量=总价÷单价，结合花费900元购买杉树与花费1200元购买柏树的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出杉树的单价，再将其代入(x+50)中即可求出柏树的单价；
(2)设购买柏树m棵，则购买杉树(80−m)棵，根据“购买柏树的棵数不少于杉树的2倍，且购买总费用不超过15000”元，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出购买方案的个数．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，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组．

19.【答案】83  85  70 
【解析】解：(1)甲组的平均数a=70+80×6+90×2+10010=83(分)，
将乙组的10名同学的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为80+902=85(分)，即中位数b=85，
乙组10名同学成绩出现次数最多的是70分，共出现4次，因此众数是70分，即c=70，
故答案为：83，85，70；
(2)1000×2+1+3+210+10=400(人)，
答：该校八年级500名学生中网络安全意识非常强的大约有400人；
(3)甲组1名，乙组2名满分的同学中任意选取2名，所有可能出现的结果如下：
　
甲
乙1
乙2
甲
　
甲乙1
乙2甲
乙1
甲乙1
　
乙2乙1
乙2
甲乙2
乙1乙2
　
共有6种可能出现的结果，其中两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的有4种，
所以两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率为46=23．
(1)根据平均数、中位数、众数的定义进行计算即可；
(2)求出样本中，网络安全意识强的所占的百分比即可估计总体中的百分比，进而计算出相应的人数；
(3)列举出所有可能出现的结果情况，再根据概率的定义进行计算即可．
本题考查列表法或树状图法求概率，条形统计图、折线统计图以及样本估计总体，掌握中位数、众数平均数的计算方法是正确解答的前提，列举出所有可能出现的结果是计算概率的关键．

20.【答案】132 
【解析】(1)解：连接AO，四边形AECO是平行四边形．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB/​/CD，AB=CD．
∵E是AB的中点，
∴AE=12AB．
∵CD是⊙O的直径，
∴OC=12CD．
∴AE/​/OC，AE=OC．
∴四边形AECO为平行四边形．
(2)证明：由(1)得，四边形AECO为平行四边形，
∴AO/​/EC
∴∠AOD=∠OCF，∠AOF=∠OFC．
∵OF=OC
∴∠OCF=∠OFC．
∴∠AOD=∠AOF．
∵在△AOD和△AOF中，AO=AO，∠AOD=∠AOF，OD=OF
∴△AOD≌△AOF(SAS)．
∴∠ADO=∠AFO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADO=90°．
∴∠AFO=90°，即AH⊥OF．
∵点F在⊙O上，
∴AH是⊙O的切线．
(3)∵CD为⊙O的直径，∠ADC=∠BCD=90°，
∴AD，BC为⊙O的切线，
又∵AH是⊙O的切线，
∴CH=FH，AD=AF，
设BH=x，
∵CH=2，
∴BC=2+x，
∴BC=AD=AF=2+x，
∴AH=AF+FH=4+x，
在Rt△ABH中，∵AB2+BH2=AH2，
∴62+x2=(4+x)2，
解得x=52．
∴AH=4+52=132．
故答案为：132．
(1)证明AE/​/OC，AE=OC，可得四边形AECO为平行四边形；
(2)根据SAS证明△AOD≌△AOF，可得∠ADO=∠AFO，证得∠AFO=90°，则结论得证；
(3)由切线长定理可得CH=FH，AD=AF，设BH=x，则BC=2+x，AD=AF=2+x，可得AH=4+x，在Rt△ABH中，可得AB2+BH2=AH2，得出关于x的方程62+x2=(4+x)2，
解出x即可．
本题是圆的综合题，考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理、平行四边形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及切线长定理；熟练掌握切线的判定定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．

21.【答案】解：(1)∵直线y=2x+6经过点A(1,m)，
∴m=2×1+6=8，
∴A(1,8)，
∵反比例函数经过点A(1,8)，
∴k=8，
∴反比例函数的解析式为y=8x．
(2)不等式2x+6−kx>0的解集为x>1．
(3)由题意得，点M，N的坐标分别为M(8n,n)，N(n−62,n)，
∵0