2023深圳高级中学初三10月月考数学试卷及参考答案

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 深圳高级中学初三10月月考参考答案 1．B【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式列出不等式求解即可．【详解】由题意得：解得：且故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟记根的判别式是解题关键．对于一般形式有：（1）当时，方程有两个不相等的实数根；（2）当时，方程有两个相等的实数根；（3）当时，方程没有实数根．2．A【分析】先求出摸到红球的频率，再乘以口袋中球的总数，即可估计出口袋中红球的数量．【详解】解：由题意可得，摸到红球的频率为：，可知从口袋中随机找出一个球，该球是红球的概率为，估计这个口袋中红球的个数为：（个），故选A．【点睛】本题考查利用频率估计概率，正确理解概率的意义是解题的关键．3．B【分析】利用三角形中位线的性质得出，再由四边形是矩形，即可得出结果．【详解】解：由于E、F、G、H分别是的中点，根据三角形中位线定理得：，∵四边形是矩形，即，∴，故选：B．【点睛】题目主要考查中点四边形及矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．4．B【分析】依次证明和，利用相似三角形的性质解题.【详解】∵，∴，∴，∵∥，∴，∴，∵∥，∴，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是灵活运用形似三角形的判定及其性质来分析、判断、推理或解答．5．A【分析】设仓库的垂直于墙的一边长为x，而与墙平行的一边开一道1米宽的门，现有能围成32米长的木板，那么平行于墙的一边长为米，而仓库的面积为65平方米，由此即可列出方程．【详解】解：设仓库的垂直于墙的一边长为x，则平行于墙的一边长为米，依题意得，即故选：A．【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，关键是弄懂题意，找出题目中的等量关系．6．D【分析】根据相似三角形的判定方法逐项分析即可.【详解】解：∵∠DAB＝∠CAE，∴∠DAB+∠BAE＝∠CAE+∠BAE，∴∠DAE＝∠BAC，∴当添加条件∠D＝∠B时，符合两角分别相等的两个三角形相似，则△DAE∽△BAC，故选项A不符合题意；当添加条件∠E＝∠C时，符合两角分别相等的两个三角形相似，则△DAE∽△BAC，故选项B不符合题意；当添加条件时，符合两边成比例，且夹角相等的两个三角形相似，则△DAE∽△BAC，故选项C不符合题意；当添加条件时，则△DAE和△BAC不一定相似，故选项D符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解答本题的关键．①两角分别相等的两个三角形相似；②两边成比例，且夹角相等的两个三角形相似；③三边成比例的两个三角形相似．7．D【分析】首先结合矩形的性质可得点的坐标为，再根据矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，可知每4次完成一个循环，第74次旋转后点的位置与重合，同时P与关于原点对称，即可获得答案．【详解】解：∵四边形为矩形，对角线交点为，∴，∵，，∴点的坐标为，∵每次旋转，∴每4次完成一个循环，又∵，∴第74次旋转后点的位置与重合，∵P与关于原点对称，∴点坐标为，即第74次旋转后点的落点坐标为．故选：D．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、坐标与图形、旋转变换等知识，理解题意，找到点的运用规律是解题关键．8．C【分析】由等腰三角形的性质可知“a＝b，或a、b中有一个数为4”，当a＝b时，由根的判别式b2﹣4ac＝0即可得出关于k的一元一次方程，解方程可求出此时n的值；a、b中有一个数为4时，将x＝4代入到原方程可得出关于n的一元一次方程，解方程即可求出此时的n值，结合三角形的三边关系即可得出结论．【详解】解：∵等腰三角形三边长分别为a、b、4，∴a＝b，或a、b中有一个数为4．当a＝b时，有b2﹣4ac＝（﹣6）2﹣4（n+1）＝0，解得：n＝8；当a、b中有一个数为4时，有42﹣6×4+n+1＝0，解得：n＝7，故选C．【点睛】本题考查了根的判别式、解一元一次方程以及三角形三边关系，解题的关键是分两种情况考虑k值．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根的个数结合根的判别式得出关于未知数k的方程是关键．9． B【分析】先作，根据直角三角形的性质求出，，进而得出．然后说明，可得，可知当最小时，取得最小值，即可得出答案．【详解】如图，过点A作于点D，∵，，∴．∵，，∴，∴，即.当最小时，取得最小值，的最小值为2，∴的最小值为2．故答案为：2  【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定等，确定的最小值是解题的关键.10．B【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质可得，，求出，进而可得，然后利用三角形内角和定理求出，进而可得，则可得，①错误；根据，即可证明，②正确；根据，证明，根据相似三角形的性质以及即可得到，③正确；过P作，，设正方形的边长是4，则正方形的面积为16，解直角三角形求出和，然后根据计算出的面积，进而可判断④错误．【详解】解：∵在正方形中，是等边三角形，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故①错误；∵，，∴，∴，∵，∴，∴，故②正确；∵，，∴，又∵，∴，∴∴，∵，∴，故③正确；如图，过P作，，设正方形的边长是4，则正方形的面积为16，∵为正三角形，∴，，∵，∴，，∵，∴，故④错误；综上，正确的是②③，有2个，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形．11．4【分析】根据根与系数的关系得到a+b=4即可求解．【详解】解：∵a，b是方程的两个实数根，∴；故答案为：4．【点睛】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程（a≠0）的两根时，，．12．3.8【分析】根据黄金分割的定义，先求出PB=AB，再根据AP=AB﹣PB计算即可得解．【详解】解：∵点P为AB的黄金分割点，AP＜BP，∴PB=AB=×10=5﹣5（米），∴AP=AB﹣PB=10﹣（5﹣5）=15﹣5≈3.8（米）．故答案为：3.8．【点睛】本题考查了黄金分割，熟记黄金比是解题的关键．13．25【分析】首先求出∠HDB的度数，再利用直角三角形斜边中线定理可得OH=OD，由此可得∠OHD=∠ODH即可解决问题．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD,DO=OB,∠DAO=∠BAO=25°，∴∠ABO=90°−∠BAO=65°，∵DH⊥AB，∴∠DHB=90°，∴∠BDH=90°−ABO=25°，在Rt△DHB中，∵OD=OB，∴OH=OD=OB，∴∠DHO=∠HDB=25°，故答案为：25.【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线定理，熟练掌握性质定理是解题的关键.14．【分析】过点P作交DC延长线于点E，根据等腰三角形判定与性质，平行线的性质可证，再证，可得，再利用平行线分线段成比例得，结合线段的等量关系及比例的性质即可得到结论．【详解】如图：过点P作交DC延长线于点E，在和中故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，以及全等三角形的判定，解题关键是正确作出辅助线，列出比例式．15． 【详解】如图，连接，取中点F，连接．∵为等边三角形，∴，．∵，，∴．∵，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∴，∴=∵在和中，，∴，∴，∴，∴．又∵，∴，∴，∴，∴，∴，即，解得：PC= 故答案为：．【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，综合性强，较难．正确作出辅助线是解题关键．16．，，理由见解析【分析】根据分式的运算法则将原式化简，然后根据分式有意义的条件选择一个数代入求值即可．【详解】解：；∵，，2时，原分式无意义，所以a只能取1．此时原式．     17．解：去分母得：，解得：，，经检验，是分式方程的解．∴原分式方程的解为，．【点睛】本题考查了解分式方程以及解一元二次方程，熟练掌握步骤是解题的关键，需要注意的是最后要记得检验是不是分式方程的解．18．(1)40，108，45%(2) 【分析】（1）先由A的人数和所占百分比求出调查总人数，再由360°乘以B的学生所占比例得所占的圆心角的度数；先求出C的人数，再除以总人数乘以100%即可得到百分比；（2）画树状图，共有12个等可能的结果，恰好是1名男生和1名女生的结果有8种，再由概率公式求解即可．【详解】（1）解：这次调查的总人数是6÷15%=40人；扇形统计图中，B类扇形的圆心角是360°×=108°；C类的人数为40-6-12-4=18人，∴C类扇形所占的百分比是；故答案为：40，108，45%；（2）解：列树状图如下：共有12种等可能的结果，其中恰好是1名男生和1名女生的结果有8种，∴P（恰好是1名男生和1名女生）=．【点睛】此题考查了利用部分的数量及百分比求总体的数量，求扇形圆心角的度数，列举法求事件的概率，正确掌握各知识点并理解统计图得到相关信息是解题的关键．19．(1)月平均增长率是．(2)若使销售该水果每天获利4000元，则售价应降低4元． 【分析】（1）设月平均增长率为，根据题意列出关于的一元二次方程，解出即可；（2）设售价应降元，根据题意列出关于的一元二次方程，解出即可．【详解】（1）解：设月平均增长率为，则：解得：，（舍去），∴月平均增长率是．（2）解：，解得：，（舍去）∴若使销售该水果每天获利4000元，则售价应降低4元．【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用，读懂题意，找出等量关系，列出关系式是解题的关键．20.【详解】（1）连接，∵，∴，∵，∴，∴；∵四边形是正方形，∴，∵四边形是菱形，∴，在和中，，∴，∴，又，∴，∴，∴菱形为正方形；21.【分析】（1）①根据和谐四边形定义可得BG＝DG＝AD＝BC，进而可以解决问题；②根据和谐四边形定义可得BD＝2AD＝8，进而可以解决问题；（2）当AC＝2CD时，四边形ABCD是和谐四边形，此时AC＝2k，然后根据勾股定理求出k的值；当AC＝2AD时，四边形ABCD是和谐四边形，此时AC＝8，由勾股定理即可求出k的值；（3）由和谐四边形的定义得出AD＝DG，得出∠DAG＝∠AGD，同理AC＝AF，得出∠ACF＝∠AFC，证出∠ADG＝∠CAF，＝，得出△ADB∽△ACE，由AB＝CE，得出△ADB≌△ACE，得出AC＝AD，作DM⊥AC于M，设AM＝x，则AC＝AD＝4x，由勾股定理得：DM＝x，CD＝2x，由CD＝AB＝4得出方程，解方程即可．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是和谐四边形，对角线AC与BD交于点G，BD是和谐对角线，AD是和谐边，∴BG＝DG＝AD＝BC，∴△ADG与△BCG是等腰三角形；②∵AD＝4，∴BD＝2AD＝8，故答案为：等腰；8； （2）存在实数k，使得四边形ABEC是和谐四边形．理由如下：当BC＝2AB时，四边形ABEC是和谐四边形，∵BC＝AD＝4，AB＝k，∴BC＝2k，∴k＝2；当BC＝2AC时，不满足直角三角形的斜边大于直角边．当AE＝2AC时，，无解．当AE＝2AB时，，无解．∴k的值为2时，四边形ABEC是和谐四边形； （3）∵四边形ABCD是和谐四边形，BD为和谐对角线，AD为和谐边，∴AD＝DG，∴∠DAG＝∠AGD，∵四边形ABEC是和谐四边形，AE为和谐对角线，AC为和谐边，∴AC＝AF，∴∠ACF＝∠AFC，∵AD∥BC，∴∠DAG＝∠ACF，∴∠DAG＝∠AGD＝∠ACF＝∠AFC，∴∠ADG＝∠CAF，∵，，∴，∴△ADB～△ACE，∵AB＝CE，∴相似比为1，∴△ADB≌△ACE，∴AC＝AD，作DM⊥AC于M，如图3所示：∵AD＝DG，∴AM＝GM，设AM＝x，则AG＝2x，∴AC＝2AG＝AD＝4x，∴CM＝3x，在Rt△ADM中，由勾股定理得：，在Rt△DMC中，由勾股定理得：，∵CD＝AB＝4，∴，∴，∴，∴．故答案为：．【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、和谐四边形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．解决本题的关键是理解和谐四边形定义．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/9/26 15:50:08；用户：王小颖；邮箱：shengaonx55@xyh.com；学号：3427188422．问题背景：见详解；尝试应用：3；拓展创新：．【分析】问题背景：通过得到，，再找到相等的角，从而可证；尝试应用：连接CE，通过可以证得，得到，然后去证，，通过对应边成比例即可得到答案；拓展创新：在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，通过，，然后利用对应边成比例即可得到答案．【详解】问题背景：∵，∴∠BAC=∠DAE，，∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴；尝试应用：连接CE，∵，，∴，∴，∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，由于，，∴，即，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，又∵∴，∴；拓展创新：                  如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，∴∠ADE=∠ABC，又∵∠DAE=∠BAC，∴，∴，又∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，∴，，∴，∴，∵，∴，∴【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．