黄金卷04-【赢在中考·黄金8卷】备战2023年中考数学全真模拟卷（长沙专用）

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【赢在中考·黄金八卷】备战2023年中考数学全真模拟卷（长沙专用）
第四模拟
（本卷共25小题，满分120分，考试用时120分钟）
一、单选题(共30分)
1．(本题3分)2023的相反数是（    ）
A．2023 B． C． D．
【答案】D
【分析】利用相反数的定义：只有符号不同的两个数叫做互为相反数判断．
【详解】解：2023的相反数是．
故选：D．
【点睛】本题考查了相反数，掌握相反数的定义是关键．
2．(本题3分)窗棂即窗格（窗里面的横的或竖的格）是中国传统木构建筑的框架结构设计，窗棂上雕刻有线槽和各种花纹，构成种类繁多的优美图案．下列表示我国古代窗棂样式结构图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【详解】A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、即不是是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3．(本题3分)我们应该坚持“勤洗手，戴口罩，常通风”，一双没有洗过的手，带有各种细菌约万个，将数据用科学记数法表示正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，为整数．
【详解】解：．
故选：A．
【点睛】本题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原来的数，变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数，确定与的值是解题的关键．
4．(本题3分)如图所示几何体的左视图是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都变现在左视图中．
【详解】解：从左视图看，易得到一个长方形，长方形中有一条横行的虚线，
故选：D．
【点睛】本题考查简单组合体的三视图，解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型．
5．(本题3分)下列各式计算正确的是(   )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据合并同类项，二次根式的加法，同底数幂相除，二次根式的乘法，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、，故本选项错误，不符合题意；
B、和不是同类二次根式，无法合并，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】本题主要考查了合并同类项，二次根式的加法，同底数幂相除，二次根式的乘法，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
6．(本题3分)下列四个命题中，假命题是（　　）
A．有三个角是直角的四边形是矩形
B．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．顺次连接等腰梯形各边中点，得到一个矩形
【答案】D
【分析】根据矩形、正方形、菱形的判定等知识逐项判断即可．
【详解】解：A．有三个角是直角的四边形是矩形，是真命题，故A选项不符合题意；
B．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，是真命题，故B选项不符合题意；
C．四条边都相等的四边形是菱形，是真命题，故C选项不符合题意；
D．顺次连接等腰梯形各边中点，得到一个菱形，

如图所示，根据三角形中位线定理，,,
是等腰梯形，
,
，
是菱形，
D选项是假命题，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了命题与定理，涉及的知识包括三角形中位线定理、矩形、正方形以及菱形的判定等知识，掌握矩形、菱形的判定的相关知识是解答本题的关键．
7．(本题3分)若一元二次方程的两个根分别为，则的值等于（　　）
A． B．4 C． D．12
【答案】A
【分析】利用根与系数的关系解答即可．
【详解】解：∵一元二次方程的两个根分别为，
∴，
故选：A．
【点睛】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，正确掌握一元二次方程根与系数的两个关系式是解题的关键．
8．(本题3分)如图，A，B，C，D为上的点，且直线与夹角为．若，，的长分别为，和，则的半径是（    ）

A．4 B． C．5 D．
【答案】A
【分析】延长，与直线交于E，连接，设弧长为所对的圆周角为，根据题意得出，，利用三角形内角和定理求得，即可求得弧长为所对的圆心角为，代入弧长公式即可求得的半径．
【详解】解：延长，与直线交于E，连接，
，，的长分别为，和，
的长为，的长为，
设弧长为所对的圆周角为，则，，
，，
，
，
弧长为所对的圆心角为，
，
，
故选：A．

【点睛】本题考查了弧长的计算，三角形内角和定理，求得弧长为所对的圆心角是解题的关键．
9．(本题3分)如图，周长为8的菱形中，，点Q为边中点，点P为对角线上一动点，沿的路径行进，设长度为x，，的长度之和为y，在点P的运动过程中y与x的函数图象如图2所示，设函数图象最低点的坐标为，则的值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由A、C关于对称，推出，推出，推出当A、P、Q共线时，的值最小，再分别求出的最小值，的长即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，交于，连接，
∵在菱形中，，点Q是边的中点，

∴，，，，，
∴，
∵A、C关于对称，
∴，
∴，
∴当A、P、Q共线时，的值最小，即的长．
∵，，
∴，，
∵菱形，，
∴，
∴ ，
∴，
∴，，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，菱形的性质，锐角三角函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
10．(本题3分)如图，已知二次函数的图象与x轴交于点，与y轴的交点B在和之间（不包括这两点），对称轴为直线．下列结论：①；②；③；④；⑤．其中含所有正确结论的选项是（　　）

A．①③ B．①③④ C．②④⑥ D．①③④⑤
【答案】D
【分析】根据图象开口方向，对称轴，与y轴的交点即可得到a、b、c的符号，判断①对错；根据函数图象的对称轴得到x轴的另一个交点为，进而得到时，，即可判断②对错；根据交点坐标得到，进而得到，再利用对称轴得到，从而求得，即可判断③对错；根据图象与y轴的交点，得到，进而得到，；根据交点坐标得到，进而得到，即可判断⑤对错．
【详解】解：二次函数的图象开口向上，
，
对称轴为直线，在y轴右侧，
、异号，
图象与y轴的交点在y轴负半轴，
，
，①正确；
函数的图象与x轴交于点，对称轴为直线，
函数的图象与x轴的另一个交点为，
由图象可知，时，，
，②错误；
函数的图象与x轴交于点，
，
，
对称轴为直线，
，
，
，
，
，③正确；
函数的图象与y轴的交点B在和之间（不包括这两点），
，
，
，
，④正确；
函数的图象与x轴交于点，
，
，
，⑤正确，
正确结论有①③④⑤，
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象与系数的关系、二次函数的性质，利用数形结合的思想，熟练掌握二次函数的性质解题关键．

二、填空题(共18分)
11．(本题3分)若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是______．
【答案】##
【分析】根据二次根式有意义的条件得到不等式，求解不等式即可．
【详解】解：由式子在实数范围内有意义可得，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查二次根式的性质，熟练掌握二次根式有意义被开方数非负是解题关键．
12．(本题3分)因式分解：___________．
【答案】
【分析】先将前三项利用完全平方公式进行因式分解，再整体利用完全平方公式因式分解即可．
【详解】解：原式

．
故答案为：．
【点睛】本题考查因式分解，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
13．(本题3分)已知关于x的方程的解为正数，则k的取值范围为______．
【答案】且
【分析】先求出分式方程的解，再根据解为正数，确定解的取值范围，解不等式，即可得到结论．
【详解】解：
去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
∵关于x的方程的解为正数，
∴，
∴且.
故答案为：且.
【点睛】本题考查解分式方程，分式方程的解、解一元一次不等式组，解分式方程是解答的关键，注意不能产生增根所以要使．
14．(本题3分)如图，正五边形内接于，为上的一点（点不与点，重合），则的度数为______

【答案】##36度
【分析】连接，，求出的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，，
∵多边形是正五边形，
∴，
∴，
∴的度数为．
故答案为：．

【点睛】本题考查正多边形和圆，圆周角定理等知识．解题的关键是掌握中心角和圆周角定理．
15．(本题3分)如图，为直角三角形，，点A为斜边的中点，反比例函数图象经过A、C（点C在第一象限），点D在反比例函数上（点D在第二象限），过点D作x轴的垂线交的图象于点B，过点C作x轴的垂线交的图象于点E，连结，，已知的面积为16，若A，B两点关于原点成中心对称，则的值为___________，___________．

【答案】     8    
【分析】设，，与轴交于点，与轴交于点，过点作于点，可得，求得，再证得，可得，求得，再利用三角函数定义即可求得答案．
【详解】解：设，，与轴交于点，与轴交于点，过点作于点，如图，

，两点关于原点中心对称，
，
轴，且点在反比例函数上，
，
点是的中点，
点的坐标为，
点在反比例函数图象上，
，
①，
，，
，
，即，
②，
联立①②，得，
解得：，
，，，
，，，，，，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
；
故答案为：8，．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，三角形面积，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，解题关键是熟练运用相似三角形的判定和性质建立方程求解．
16．(本题3分)“曲柄摇杆机构”是一种运动零件．图1是某个“曲柄摇杆”的示意图，它由四条固定长度的线段组成，其中是静止不动的机架，是绕做圆周运动的曲柄，是绕上下摆动的摇杆，是连结和两个运动的连杆，，，，始终在同一平面内．已知．当D运动到图2位置时，记，的交点为，现测得，，，则______；图2之后．D绕A继续运动，当C再次回到图2位置时（如图3），则此时“曲柄摇杆”所用成的四边形的面积为______．

【答案】         
【分析】延长交的延长线于，作交于，先解，求得和，推出是等腰三角形，设，在中列出方程，求得，再根据列出比例式，求得；在上截取，连接（即还原图2的的位置），根据勾股定理求得的长，进而求得及的面积，进而求得四边形的面积．
【详解】解：如图1，

延长交的延长线于，作交于，
，，
，，
，
，
，
，
，，
，，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，

，
，
，
如图2，

是在图2的位置，
在和中，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
故答案是：，．
【点睛】本题考查解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形及转化图形的面积．

三、解答题(共72分)
17．(本题6分)计算：
【答案】
【分析】本题依次按照幂的运算，余弦三角函数，负指数幂，非零数的零次幂运算求解即可．
【详解】原式= ．
【点睛】本题考查幂运算以及三角函数的综合运算，其中负指数次幂需要取倒数转化为正指数次幂运算，任何非零数的零次幂均为1．
18．(本题6分)先化简，再求值：，其中是方程的解．
【答案】；
【分析】先根据分式混合运算法则进行化简，再根据，得出，然后整体代入化简后的式子即可解答本题．
【详解】解：



，
，
，
当时，．
【点睛】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法，准确计算，注意整体代入思想．
19．(本题6分)如图，点在线段上，，，，平分．

(1)证明：；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据，可以得到，然后根据即可证明；
（2）根据（1）中的结论和等腰三角形的性质，可求得的长，，再根据三角形的面积公式即可求得的面积．
【详解】（1）∵，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）由（1）得，
∴，
又∵平分，
∴，，
∴垂直平分，
∵，，
∴，
∴
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，找到证明的条件是正确解答本题的关键．
20．(本题8分)为巩固农村脱贫成果，利兴村委会计划利用一块如图所示的空地，培育绿植销售，空地南北边界，西边界，经测量得到如下数据，点在点的北偏东方向，在点的北偏东方向，米，求空地南北边界和的长（结果保留整数，参考数据：，）．

【答案】的长和的长分别约为米和米．
【分析】根据题意作辅助线得到矩形，在直角三角形中利用正切得到和的长度，再根据线段的和差关系即可得到的长度．
【详解】解：过作于于，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴在中，，
∵米，，
∴（米），
∵，
∴在中，，
∵四边形为矩形，
∴米，
∵，
∴（米），
∴（米），
答：的长和的长分别约为米和米．

【点睛】本题考查了解直角三角形，根据题意构造出直角三角形是解题的关键．
21．(本题8分)某校举行初三年级全体学生“汉字听写”比赛，每位学生听写汉字个．随机抽取了部分学生的听写结果，绘制成如下的图表．
组别
正确字数x
人数

















根据以上信息完成下列问题：
(1)本次调查的学生总数为______人；
(2)统计表中的______，______；
(3)扇形统计图中“组”所对应的圆心角的度数是______；
(4)已知该校初三年级共有名学生，如果听写正确的汉字的个数少于个定为不合格，请你估计该校本次听写比赛不合格的学生人数为______人．
【答案】(1)
(2)，
(3)
(4)估计该校本次听写比赛不合格的学生人数为人

【分析】（1）根据组人数以及百分比求出总人数，
（2）根据、的百分比求出人数即可；
（2）根据圆心角×百分比即可；
（3）利用样本估计总体，用乘以不合格的人数的占比即可求解．
【详解】（1）解：总人数为，
故答案为：．
（2），
故答案为：，．
（3）
所以扇形统计图中“组“所对应的圆心角的度数是．
故答案为：90°．
（4）（人），
答：估计该校本次听写比赛不合格的学生人数为人．
【点睛】本题考查频数分布表、频数分布直方图、用样本估计总体、扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，从频数分布表与直方图中获取互相关联的信息是解本题的关键．
22．(本题9分)为了响应习主席提出的“足球进校园”的号召，开设了“足球大课间活动”，某中学购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，共花费4500元，已知B种品牌足球的单价比A种品牌足球的单价高30元．
(1)求A、B两种品牌足球的单价各多少元？
(2)根据需要，学校决定再次购进A、B两种品牌的足球50个，正逢体育用品商店“优惠促销”活动，A种品牌的足球单价优惠4元，B种品牌的足球单价打8折．如果此次学校购买A、B两种品牌足球的总费用不超过2750元，且购买B种品牌的足球不少于23个，则有几种购买方案？为了节约资金，学校应选择哪种方案？
【答案】(1)50元，80元
(2)3种，方案1

【分析】（1）设A种品牌足球的单价是x元，B种品牌足球的单价是y元，根据“购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，共需4500元，B种品牌足球的单价比A种品牌足球的单价高30元”，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买m个B种品牌的足球，则购买个A种品牌的足球，根据“此次学校购买A、B两种品牌足球的总费用不超过2750元，且购买B种品牌的足球不少于23个”，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，结合m为正整数，可得出共有3种购买方案，再分别求出各方案所需总费用，比较后即可得出结论．
【详解】（1）解：设A种品牌足球的单价是x元，B种品牌足球的单价是y元，
根据题意得：，
解得：．
答：A种品牌足球的单价是50元，B种品牌足球的单价是80元；
（2）解：设购买m个B种品牌的足球，则购买个A种品牌的足球，
根据题意得：，
解得：，
又∵m为正整数，
∴m可以为23，24，25，
∴共有3种购买方案，
方案1：购买27个A种品牌的足球，23个B种品牌的足球，总费用为（元）；
方案2：购买26个A种品牌的足球，24个B种品牌的足球，总费用为（元）；
方案3：购买25个A种品牌的足球，25个B种品牌的足球，总费用为（元）．
∵，
∴为了节约资金，学校应选择购买方案1，即购买27个A种品牌的足球，23个B种品牌的足球．
【点睛】本题考查了二元一次方程组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，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
23．(本题9分)如图，是的直径，，点F、C是上两点，连接、、，弦平分，，过点C作交的延长线于点D，垂足为D．

(1)求证：是的切线；
(2)求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)．

【分析】（1）由角平分线的性质及圆周角定理可证即，结合可证明结论；
（2）连接、，由（1）易证是菱形，结合菱形的性质可求得与,最后由“角所对的直角边等于斜边的一半”可求解．
【详解】（1）证明：平分，
，
∵，
∴，
，
，
，
，
，
∵C在圆上，
∴是的切线；
（2）连接、，
由（1）可知，
，，，
是的直径，，
∴，
，
是平行四边形，
，
是菱形，
，，，
，
，
．

【点睛】本题考查了圆的基本性质，圆周角定理，平行线的判定和性质，切线的证明，菱形的判定和性质，以及角所对的直角边等于斜边的一半；解题的关键是由圆周角定理得到角相等从而证明直线平行，以及菱形的证明．
24．(本题10分)如图1，拋物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．

(1)求该拋物线的函数表达式；
(2)在平面直角坐标系内是否存在一点P使得以A、B、C、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出所有满足该条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，若点D在该抛物线上且横坐标为2，直线l与抛物线交于A，D两点，点M在y轴上，当时，求点M的坐标．
【答案】(1)
(2)点P的坐标为或或；
(3)或

【分析】（1）将点代入，利用待定系数法求解即可；
（2）根据抛物线解析式确定点，设点，分三种情况：当为对角线时，另一条对角线为；当为对角线时，另一条对角线为；当为对角线时，另一条对角线为；利用平行四边形的性质求解即可；
（3）根据题意确定点，设，过点A作于点H，过点H作轴，过点A作于点T，过点D作于点K，分两种情况分析：当点M在上方时，当点M在下方时，分别利用全等三角形的判定和性质及一次函数解析式的确定求解即可．
【详解】（1）解：将点，代入抛物线解析式得：
，
解得：，
∴抛物线的表达式为：；
（2）存在，理由如下：
∵，
当 时， ，
∴点，
设点，
当为对角线时，另一条对角线为，
∴ ，
解得： ，
∴此时点；
当为对角线时，另一条对角线为，
∴ 解得： ，
∴此时点；
当为对角线时，另一条对角线为，
∴，解得：，
∴此时点；
综上所述，点P的坐标为或或；
（3），
当时，，
∴，
设，过点A作于点H，过点H作轴，过点A作于点T，过点D作于点K，
当点M在上方时，如图所示：

∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，将点，代入得：
，
解得：，
∴直线解析式为，
令得，
∴；
当点M在下方时，如图所示：

同理可得，
∵，
∴，
解得：，
∴，
此时点M与点H重合，即点，
综上可得：M的坐标为或．
【点睛】题目主要考查二次函数的综合问题，利用待定系数法确定函数解析式，平行四边形的性质，一次函数的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点，作出辅助线是解题关键．
25．(本题10分)如图，已知的角平分线经过圆心交于点、，是的切线， 为切点．

(1)求证：也是的切线；
(2)如图，在（1）的前提下，设切线与的切点为，连接交于点；连接交于点，连接，；记为．
①若，，求线段的长；
②小华探究图之后发现：（为正整数），请你猜想的数值？并证明你的结论．
【答案】(1)详见解析
(2)①4；②4

【分析】（1）过点作，垂足为，连接，根据切线的性质可得出是的半径且，由平分利用角平分线的性质可得出，进而可证出也是的切线．
（2）①由、都是的切线可得出，利用等腰三角形的三线合一可得出、，由三角形中位线的性质可得出，设的半径为，则，，在中，利用勾股定理可求出的值，将其代入中即可求出的长度；②利用相似三角形的性质可得出，结合可证出，即．
【详解】（1）证明：在图1中，过点作，垂足为，连接．

∵是的切线，为切点，
∴是的半径，且，
∵平分
∴
∴也是的切线；
（2）①∵、都是的切线
∴
∵
∴、，
∵为的中位线，
∴
设的半径为，则
∵
∴
在中，,即
解得：（负根舍去）
∴
②猜想．
证明：∵、
∴，
∴，即
又∵
∴
∴

【点睛】本题考查了切线的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用等腰三角形的三线合一找出；（2）①在中，利用勾股定理求出圆的半径；②利用相似三角形的性质证出．