2023年河南省三门峡市灵宝市第一初级中学三模数学试题（含解析）

这是一份2023年河南省三门峡市灵宝市第一初级中学三模数学试题（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年河南省三门峡市 灵宝市第一初级中学三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．﹣的绝对值是（　　）
A．﹣ B． C．﹣5 D．5
2．如果一个几何体恰好可以无缝隙地以3个不同形状的“姿势”穿过如图所示的“墙”上的3个空洞，则该几何体为（   ）

A． B． C． D．
3．当光线垂直照射在太阳光板上时，接收的太阳光能最多．某一时刻太阳光的照射角度如图所示，要使此时接收的太阳光能最多，那么太阳光板绕支点A顺时针旋转的最小角度为（   ）

A． B． C． D．
4．下列运算正确的是（   ）
A． B． C． D．
5．2023年全国两会期间，某校组织开展了以“聚焦两会，关注祖国发展”为主题的阅读活动，如图所示的扇形统计图描述了该校学生在一周内阅读关于两会文章的篇数情况，则阅读篇数的众数为（   ）

A．18篇 B．13篇 C．15篇 D．40%
6．若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的值可以是（   ）
A． B．0 C．1 D．2
7．《九章算术》中记载了这样一道题，大意是：若有玉立方寸，重两；石立方寸，重两．今有棱长寸的正方体石，其中含有玉，总重斤(注：斤两)．问玉、石各重多少？若设玉重两，石重两，则可列方程组为(   )
A． B． C． D．
8．如图，在菱形中，点P是对角线上一动点，点E是边上一动点，连接．若，，则的最小值为（   ）

A．6 B． C．5 D．
9．随着5G信号的快速发展，5G无人物品派送车已应用于实际生活中，图1所示为无人物品派送车前往派送点的情景．该车从出发点沿直线路径到达派送点，在派送点停留一段时间后匀速返回出发位置，其行驶路程s与所用时间t的关系如图2所示（不完整）．下列分析正确的是（   ）

A．派送车从出发点到派送点行驶的路程为
B．在内，派送车的速度逐渐增大
C．在内，派送车在进行匀速运动
D．在内，派送车的平均速度为
10．如图，在矩形中，点，点，，先将矩形沿y轴向下平移至点B与点O重合，再将平移后的矩形绕点O逆时针旋转90°得到矩形，则点D的对应点N的坐标为（   ）

A． B． C． D．

二、填空题
11．写出一个生活中使用负数的情境： ．
12．不等式组的解集为 ．
13．随着教育部“双减”政策的深入，某校开发了丰富多彩的课后托管课程，并于开学初进行了学生自主选课活动．小明和小王分别打算从以下四个特色课程中选择一个参加：A．竞技乒乓；B．围棋博弈：C．名著阅读：D．街舞少年．则小明和小王选择同一个课程的概率为 ．
14．如图，是边长为1的等边三角形，曲线…是由多段120°的圆心角所对的弧组成的，其中的圆心为A，半径为AC；的圆心为B，半径为；的圆心为C，半径为；的圆心为A，半径为……，，，，…的圆心依次按点A，B，C循环，则的长是 ．（结果保留）

15．如图，在中，，，D为平面内一动点，，连接，将绕点D逆时针旋转得到，连接，当点E落在的边上时，的长为 ．


三、解答题
16．（1）计算：．
（2）化简：．
17．在全球气候变暖的背景下，多个国家做出碳中和、碳达峰的承诺并开展相应行动，中国政府也明确提出了“力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的战略目标，并建立了完善的政策体系．中国新能源汽车陆续推出一系列支持政策，制定实施体系化标准，各地政府结合实际出台相应配套政策，构建了涵盖研发、投资管理、生产准入、市场监管、财政补贴、税收优惠、推广使用、安全监管等全球范围最为完备的新能源汽车政策支持体系．下面是2016～2022年我国新能源汽车销量及销量同比增长率统计图．
2016～2022年我国新能源汽车销量及销量同比增长率统计图

根据所给信息，解决下列问题：
(1)2016～2022年我国新能源汽车销量的中位数为 万台．
(2)观察这几年的数据发现，虽然在2019年受补贴退坡（对新能源汽车的补贴下调）的影响，销量出现短暂下滑，但2019年以后仍然呈现逐年 （填“升高”或“降低”）的趋势，说明新能源汽车发展长期向好的趋势没有改变．
(3)根据图中数据，小明计算出2016～2022年我国新能源汽车销量的平均数约为万台，他认为平均数能准确地反映出2016～2022年我国新能源汽车的销量情况，你认同小明的看法吗？请说明理由．
18．如图，的边在x轴正半轴上，点C的坐标为，反比例函数的图象经过点，D是边的中点．

(1)求反比例函数的解析式及点D的坐标．
(2)尺规作图：过点D作的平行线，交的边于点M，交反比例函数的图象于点P．（保留作图痕迹，不写作法）
(3)在（2）的条件下，连接，求的面积．
19．图1是一款摆臂遮阳篷的实物图，图2是其侧面示意图．如图2，点A，O为墙壁上的固定点，m，摆臂OB可绕点O旋转，旋转过程中遮阳篷可自由伸缩，篷面始终保持平整，当摆臂与墙壁垂直时，身高为m的同学（m）站在遮阳篷下距离墙角m（m）处，刚好不被阳光照射到，测得此时与摆臂的夹角，光线与水平地面的夹角，求的高度．（结果精确到m．参考数据：，，，）

20．如图1是甲、乙两个圆柱形水槽的轴截面示意图，乙槽中有一圆柱形实心铁块立放其中（圆柱形实心铁块的下底面完全落在乙槽底面上），现将甲槽中的水匀速注入乙槽，甲、乙两个水槽中水的深度与注水时间之间的关系如图2所示．根据图象，解答下列问题：

(1)图2中折线表示 槽中水的深度与注水时间之间的关系；线段表示 槽中水的深度与注水时间之间的关系（填“甲”或“乙”）．
(2)分别求出所在直线的解析式．
(3)当甲、乙两个水槽中水的深度相差时，请求出注水的时长．
21．对心曲柄滑块机构广泛应用于蒸汽机、内燃机、空压机以及各种冲压机器中．如图1是对心曲柄滑块机构的模型示意图，滑块B和曲柄的O端在一条直线上，曲柄绕回转中心O整周转动的过程中，通过连杆使滑块B在直线上往复运动．记直线与交于C，D两点（点D在点C的左侧）．


(1)若曲柄的长度为，连杆的长度为，则滑块B到回转中心O的最小距离为 ，最大距离为 ．（用含a，b的式子表示）
(2)当连杆与相交于点E时，连接，如图2所示．若平分，求证：．
(3)当连杆与相切时，连接，如图3所示．若曲柄的长度为，，求连杆的长．
22．在平面直角坐标系中，已知抛物线经过原点．

(1)求抛物线的解析式及顶点坐标．
(2)将该抛物线在y轴右侧的部分记作W，将W绕原点O顺时针旋转180°得到，W与组成一个新的函数图像，记作G．
①点M，N为图像G上两点（点M在点N的左侧），且到y轴的距离分别为2个单位长度和3个单位长度，点Q为图像G上点M，N之间（含点M，N）的一个动点，求点Q的纵坐标的取值范围；
②若点，在图像G上，且，请直接写出m的取值范围．
23．综合与实践：在一次综合实践活动课上，王老师给每位同学各发了一张正方形纸片，请同学们思考如何仅通过折纸的方法来确定该正方形一边上的一个三等分点．
【操作探究】
“启航”小组的同学在经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作：
第1步：如图1所示，先将正方形纸片对折，使点A和点B重合，然后展开铺平，折痕为；
第2步：再将正方形纸片对折，使点B和点D重合，然后展开铺平，折痕为，交于点P；
第3步：沿折叠正方形纸片，交于点G；
第4步：过点G折叠正方形纸片，使折痕．
则点M为边的三等分点．证明过程如下：
由题意，可知E是的中点，P是的中点，
∴，．
∴，．
∴_________．∴．
设，则_________．
∴．∴．
易得．∴，即点M为边的三等分点．
“奋进”小组的同学是这样操作的：
第1步：如图2所示，先将正方形纸片对折，使点A和点B重合，然后展开铺平，折痕为；
第2步：将边沿翻折到的位置；
第3步：延长交于点H．

(1)“启航”小组的证明过程中，两处“ ”上的内容依次为 ， ．
(2)结合“奋进”小组的操作过程，判断点H是否为边的三等分点，并说明理由．
(3)【拓展应用】在边长为3的正方形中，点E是射线BA上一动点，连接，将沿翻折得到，直线与直线交于点H．若，请直接写出的长．

参考答案：
1．B
【分析】根据绝对值的定义“数a的绝对值是指数轴上表示数a的点到原点的距离”进行求解即可．
【详解】数轴上表示数﹣的点到原点的距离是，
所以﹣的绝对值是，
故选B．
【点睛】本题考查了绝对值的定义，熟练掌握绝对值的定义是解题的关键．
错因分析  容易题．失分原因是绝对值和相反数的概念混淆．
2．A
【分析】观察哪个几何体的三视图中有正方形，三角形及长方形即可．
【详解】解：A、三视图分别为正方形，三角形及长方形，故A选项符合题意；
B、三视图分别为三角形，三角形，圆及圆心，故B选项不符合题意；
C、三视图分别为长方形，长方形及圆，故C选项不符合题意；
D、三视图分别为圆，圆，圆，故D选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查三视图的相关知识；判断出所给几何体的三视图是解决本题的关键．
3．B
【分析】根据太阳光板于太阳光垂直时，接收的太阳光能最多，得出旋转的最小角度即可．
【详解】解：由题意，可知太阳光板绕支点A顺时针旋转的最小角度为，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了垂直的定义，余角的计算，解题的关键是熟练掌握垂线的定义．
4．C
【分析】根据合并同类项，同底数幂的除法，幂的乘方，平方差公式，进行计算后判断即可．
【详解】A、与不是同类项，无法进行合并，故选项A错误；
B、，故选项B错误；
C、，故选项C正确；
D、，故选项D错误，
故选C．
【点睛】本题考查整式的运算．熟练掌握相关运算法则，是解题的关键．
5．C
【分析】根据众数的定义即可得出答案．
【详解】解：由扇形统计图，可知学生在某一周阅读篇数为15的学生人数最多，故阅读篇数的众数为15篇，
故选C．
【点睛】本题考查了确定一组数据的众数的能力．一些学生往往对这个概念掌握不清楚，计算方法不明确而误选其它选项，注意一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
6．A
【分析】由题意可知该一元二次方程根的判别式，即得出关于m的不等式，解出m的值即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得：，
∴只有A选项符合．
故选A．
【点睛】本题考查根据一元二次方程根的情况求参数．掌握一元二次方程的根的判别式为，且当时，该方程有两个不相等的实数根；当时，该方程有两个相等的实数根；当时，该方程没有实数根是解题关键．
7．B
【分析】由题意可知，棱长寸的正方体体积为立方寸，斤两．根据题意，可知玉和石共重两，即，玉和石的总体积为立方寸，即．
【详解】由题意可知，棱长寸的正方体体积为立方寸，斤两．根据题意，可知玉和石共重两，即，玉和石的总体积为立方寸，即．
故可列方程为
故选B．
【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，根据题意列出二元一次方程组是解题的关键．
8．B
【分析】连接，记与交于点O，当C，P，E三点共线且时，的值最小，最小值为的长．
【详解】如解图所示，由菱形的性质，可知与互相垂直平分，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴当C，P，E三点共线且时，的值最小，最小值为的长，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故选：B.
【点睛】本题考查菱形的性质，垂线段最短、等面积法，掌握这些是本题关键．
9．D
【分析】根据函数的图象可知，横坐标表示时间，纵坐标表示距离，由于函数图象不是平滑曲线，故应分段考虑．
【详解】解：由图象，可知为派送车从出发点到派送点，为派送车在派送点停留，为派送车从派送点返回出发点，
故派送车从出发点到派送点行驶的路程为，故选项A，C错误；
由图象，可知在内，相同时间段内增加的路程越来越少，说明派送车的速度逐渐减小，故选项B错误；
在内派送车行驶的路程为，故平均速度为，
故选项D正确，
故选：D．
【点睛】此题考查了函数图象，根据函数图象的变化分段考虑是解题的关键，同时要明确公式：速度=路程÷时间．
10．C
【分析】过点D作轴于点F，如图所示，先证明，得到，进而求出，，则点．由题意知矩形向下平移了4个单位长度，将点D向下平移4个单位长度到点，连接，，则点F在线段上，过点N作轴于点P，连接ON，如图所示证明．得到，，则点N的坐标为．
【详解】解：过点D作轴于点F，如图所示，
由题意得，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，，
∴，，
∴，．
∴点．
由题意知矩形向下平移了4个单位长度，将点D向下平移4个单位长度到点，
连接，，则点F在线段上，过点N作轴于点P，连接ON，如图所示
由旋转的性质可得，．
又∵，
∴．
∴．
∴．
∴，．
∴点N的坐标为，
故选C．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平移的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，等等，正确作出辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．
11．冬天某一日的气温为（答案不唯一，合理即可）
【分析】根据正负数的意义结合生活实际解答即可．
【详解】解：冬天某一日的气温为（生活中使用负数的情境不唯一，合理即可）．
故答案为：冬天某一日的气温为（答案不唯一，合理即可）．
【点睛】本题考查正负数在生活中的应用．理解正负数的意义是解题关键．
12．/
【分析】分别求出两个不等式的解集，然后再求出不等式组的解集即可．
【详解】解：
解不等式①得，
解不等式②得，
∴不等式组的解集为．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，熟练求出两个不等式的解集，是解题的关键．
13．
【分析】根据题意列出表格，可得共有16种等可能的结果，其中小明和小王选择同一个课程的情况有4种，由概率计算公式可求解．
【详解】根据题意，列表如下.
小明
小王
A
B
C
D
A
（A，A）
（A，B）
（A，C）
（A，D）
B
（B，A）
（B，B）
（B，C）
（B，D）
C
（C，A）
（C，B）
（C，C）
（C，D）
D
（D，A）
（D，B）
（D，C）
（D，D）
由表，可知共有16种等可能的结果，其中小明和小王选择同一个课程的结果有4种，
∴
故答案为：.
【点睛】本题考查概率的计算公式，列树状图或表格求概率，准确掌握概率的计算方法是解题的关键．
14．
【分析】根据题意可得后一段弧的半径总比前一段弧的半径长，圆心角总是为，可得弧的半径为，再根据弧长公式进行计算即可得出答案．
【详解】解：∵是边长为1的等边三角形，
∴，，；
∴，，，
∴的半径为1；的半径为2；的半径为3；所对的圆心角为120°，
∴的半径为n，所对的圆心角为120°，
∴所在圆的半径为2023，所对的圆心角为120°，
∴的长为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了弧长的计算及图形变化的规律，根据题意得出图形的变化规律应用弧长的计算方法进行求解是解决本题的关键．
15．或
【分析】首先得到，均为等腰直角三角形，然后根据题意分两种情况讨论，点E落在边上和点E落在边上，然后分别根据勾股定理和相似三角形的性质求解即可．
【详解】∵在中，，，
∴为等腰直角三角形，
∵将绕点D逆时针旋转得到，
∴均为等腰直角三角形，
∴，
①当点E落在边上时，如图所示，则点D在边上，

∴，
在中，；
②当点E落在边上时，如解图2所示．

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上所述，的长为或．
【点睛】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是根据题意分情况讨论．
16．（1）；（2）
【分析】（1）先将立方根和0次幂化简，再进行计算即可；
（2）先将各项分子分母进行因式分解，再按照分式混合运算的运算法则和运算顺序进行计算即可．
【详解】（1）解：原式
．
（2）解：原式


．
【点睛】本题主要考查了实数的运算以及分式的化简，解题的关键是掌握实数的混合运算以及分式混合运算的运算法则和运算顺序．
17．(1)
(2)升高
(3)不认同，理由见解析

【详解】（1）解：2016～2022年我国新能源汽车销量从小到大排列为：，
位于正中间的数为，
∴2016～2022年我国新能源汽车销量的中位数为万台；
故答案为：
（2）解：根据题意得：2019年以后仍然呈现逐年升高；
故答案为：升高
（3）解：不认同．理由如下：
因为平均数受极端值的影响较大，所以平均数不能准确地反映出2016～2022年我国新能源汽车的销量情况．
【点睛】本题主要考查了条形统计图，折线统计图，中位数，平均数．，准确从统计图获取信息是解题的关键．
18．(1)，
(2)见解析
(3)3

【分析】（1）待定系数法求出反比例函数解析式，平行四边形的性质求出点的坐标，中点坐标公式，求出点的坐标；
（2）作线段的垂直平分线交于点M，作直线，直线即为所求，且交反比例函数图象于点．
（3）先求出的坐标，利用进行求解即可．
【详解】（1）解：把点代入得．
∴反比例函数的解析式为．
∵的边在x轴正半轴上，点C的坐标为，
∴，轴．
又∵，
∴．
∵D是边的中点，
∴．
（2）解：作线段的垂直平分线交于点M，作直线，直线即为所求，且交反比例函数图象于点，如图所示：

∵的边在x轴正半轴上，为的中点，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴．
（3）∵点，点为的中点，
∴点，
∴点的纵坐标为2，
把代入，得．
∴点．
∴．
∴．
【点睛】本题考查反比例函数的图象与性质，用待定系数法确定反比例函数的解析式，平行四边形的性质，尺规作图，三角形的面积公式．熟练掌握相关知识点并灵活运用，是解题的关键．
19．的高度约为m
【分析】过点B作于点D，解直角三角形求出，即可解答．
【详解】解：过点B作于点D，如图所示.

，，
m.
由题意，可知四边形为矩形，则，m.
m，
在中，，
m，
m，
答：AE的高度约为m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，正确画出辅助线是解题的关键．
20．(1)乙，甲
(2)直线的解析式为，直线的解析式为
(3)当甲、乙两个水槽中水的深度相差时，注水的时长为min或min

【分析】（1）根据题意和函数图象中的数据，可以写出图2中折线表示哪个水槽中水的深度与注水时间之间的关系，线段表示哪个水槽中水的深度与注水时间之间的关系；
（2）用待定系数法即得和的解析式；
（3）由图象，可知当时，两个水槽中水的深度相差大于，再分和两种情况列方程求解即可
【详解】（1）由题意可知，乙槽在注入水的过程中，由于有圆柱铁块在内，所以水的高度出现变化，
∴表示的是乙槽的水深与注水时间的关系；
∵甲槽的水是匀速外倒，
∴线段表示甲槽水深与注水时间的关系；
故答案为：乙，甲
（2）设直线AB的解析式为.
将点，代入，得解得
∴直线AB的解析式为.
设直线CD的解析式为.
将点，代入，得解得
∴直线CD的解析式为.
（3）由图象，可知当时，两个水槽中水的深度相差大于3cm，
当时，令，解得.
当时，令，解得.
∴当甲、乙两个水槽中水的深度相差3cm时，注水的时长为min或min.
【点睛】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，熟练运用待定系数法求出相关直线解析式．
21．(1)，
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据题意得：点A与点D重合时，滑块B到回转中心O的距离最小，最小值为；点A与点C重合时，滑块B到回转中心O的距离最大，最大值为，即可求解；
（2）根据平分和，可得，再由圆内接四边形的性质可得，从而得到，即可；
（3）连接，根据切线的性质以及圆周角定理可得，，从而得到，可证明，从而得到，从而得到，再由，可得．设，则，．可求出x的值，即可求解．
【详解】（1）解：根据题意得：点A与点D重合时，滑块B到回转中心O的距离最小，最小值为；
点A与点C重合时，滑块B到回转中心O的距离最大，最大值为，
∵曲柄的长度为，连杆的长度为，
∴滑块B到回转中心O的最小距离为，最大距离为；
故答案为：，
（2）解：证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接，如图，

∵是的切线，是的直径，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴．
设，则，．
∴，
解得（舍去）或，
∴，
∴连杆的长为．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理及其推论，相似三角形的判定与性质，切线的性质，熟练掌握圆周角定理及其推论，相似三角形的判定与性质，切线的性质是解题的关键．
22．(1)，
(2)①当点M的坐标为，点N的坐标为时，点Q的纵坐标的取值范围为；当点M的坐标为，点N的坐标为时，点Q的纵坐标的取值范围为；②或．

【分析】（1）先根据抛物线经过原点，可求得a，进而求得抛物线解析式；然后再化成顶点式即可确定顶点坐标；
（2）①先画出函数图像，再根据点M的位置解答即可；②分点在抛物线当点在抛物线W和两种情况分别求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线经过原点
∴，即 .
∴抛物线的解析式为.
∵．
∴抛物线的顶点坐标为．
（2）解：①根据题意，画出图像G，如图所示：
∵点M，N为图像G上两点，且到y轴的距离分别为2个单位长度和3个单位长度，
∴点M的坐标为或，点N的坐标为或.
又∵点M在点N的左侧，
∴点M的坐标为或，点N的坐标为.
∴当点M的坐标为，点N的坐标为时，点Q的纵坐标的取值范围为.
当点M的坐标为，点N的坐标为时，点Q的纵坐标的取值范围为．

②当两点均在y轴右侧时，即点在抛物线上
∵点，在图像G上，且
∴，解得：
当两点均在y轴左侧时，
∵将W绕原点O顺时针旋转180°得到
∴抛物线的解析式为
∵点，在图像G上，且
∴，解得：．
综上，出m的取值范围或．
【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式、求抛物线的顶点坐标、二次函数的增减性等知识点，灵活运用所学知识成为解答本题的关键．
23．(1)，
(2)点H是AD边的三等分点，见解析
(3)或6

【分析】（1）根据题意即可填空；
（2）连接，利用证明，得到．设正方形的边长为，，在，由勾股定理，列式计算即可求解；
（3）分两种情况进行讨论， ①当点H在线段上时，根据（2）即可得到；②当点H在的延长线上时，连接，利用证明，得到．设，在，由勾股定理，列式计算即可求解.
【详解】（1）解：由题意，可知E是的中点，P是的中点，
∴，．
∴，．
∴．∴．
设，则．
∴．∴．
易得．∴，即点M为边的三等分点．
故答案为：，．
（2）证明：点H是边的三等分点．理由如下：
连接，如图所示．

由折叠的性质，可知，，，
∴，．
又∵，
∴．
∴．
设正方形的边长为，，
则，，．
由勾股定理，可知，
∴，
解得，即．
∴点H是边的三等分点．
（3）解：由题意，可分以下两种情况进行讨论．
①当点H在线段上时，
同（2），此时点E是的中点，
∴；
②当点H在的延长线上时，连接，如图所示．

∵正方形的边长为3，
∴，．
∴由折叠的性质得，
又，
，
∴．
设．
∴，．
在，由勾股定理，可知，
∴，
解得．
综上所述，的长为或6．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．