2023年中考考前押题密卷：数学（重庆卷）（全解全析）

2023年重庆中考考前押题密卷

数学·全解全析

一 选择题

1．A

【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数进行解答即可得．

【详解】解：8的相反数是，

故选A．

【点睛】本题考查了相反数的定义，掌握相反数的定义是解题的关键．

2．A

【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行分析即可．

【详解】解：选项B、C、D的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；

选项A的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；

故选：A．

【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，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．

3．C

【详解】A选项∶ x2和x3不是同类项，不能直接相加，故错误；

B选项∶ （﹣a3）•a3=-a6，故错误；

C选项∶ （﹣x3）2=x6，计算正确；

D选项∶ 4a2﹣（2a）2=0，故错误；

故选C．

4．B

【分析】根据相似图形的性质，面积比等于相似比的平方即可求解．

【详解】解：∵△与位似，点是它们的位似中心，其中相似比为，

∴与的面积之比是，

故选：B．

【点睛】本题考查了相似图形的性质，面积比等于相似比的平方，熟练掌握相似图形的性质是解题的关键．

5．A

【分析】根据二次根式的混合运算化简，估算无理数的大小即可得出答案．

【详解】解：

=

=

∵，

∴

∴

∴

故选：A．

【点睛】本题考查了无理数的估算，无理数的估算常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是解题的关键．

6．A

【分析】找出变化规律，依照规律求解即可．

【详解】解：第①个图形：1；

第②个图形：；

第③个图形：；

第④个图形：；

第⑨个图形：；

∵；

故选：A．

【点睛】本题考查了图形规律问题，解题关键是发现图形的变化规律，该题蕴含了数形结合的思想方法．

7．D

【分析】根据图象直接判断A；求出两车的路程y与时间x之间的函数关系式，即可判断B、C、D

【详解】解：当甲出发时乙未出发，甲行驶5小时未到达B地，而乙已经到达A地，说明甲车的速度比乙的速度慢，故选项A正确；

设甲车的路程y与时间x之间的函数关系式为，代入，

得，

解得，

∴甲车的路程y与时间x之间的函数关系式为；

设乙车的路程y与时间x之间的函数关系式为，代入和，

，解得，

∴乙车的路程y与时间x之间的函数关系式为，

当时，，解得，

即甲车出发1小时后乙才出发，故选项B正确；

当时，解得；

当时，解得；

∴甲车行驶了2.8h或3.2h时，甲、乙两车相距10km，故选项C正确；

当时，，故选项D错误；

故选：D．

【点睛】此题考查了一次函数的图象，求一次函数的解析式，一次函数的应用，正确理解一次函数的图象得到相关信息是解题的关键．

8．C

【分析】先证明，得到，，，进而证明，根据勾股定理求出，证明，得到，求出，最后即可求出．

【详解】解：∵四边形是正方形，

∴，，

∵，

∴，

∴，，

∵，

∴，

∴，

∴，

在中，，

∵，

∴，

∴，

∴，

．

故选：C．

【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知相关定理，证明，是解题关键．

9．B

【分析】连接，可证明，进而证明，则，所以，，于是得到问题的答案．

【详解】解：连接，则，

∴，

∵与边相切于点D，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

故选：B．

【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、切线的性质、平行线的性质、直角三角形的两个锐角互余、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，锐角三角函数的应用等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

10．B

【分析】①按照题意直接判断即可；②每轮操作减少一个数，共需要三轮才剩下一个数，4个数中选出2个数共有6种方法，补充的数为和或者差，此时又需要乘以2；3个数中选出2个数共有3种方法，补充的数为和或者差，此时又需要乘以2；2个数中选出2个数共有1种方法，补充的数为和或者差，此时又需要乘以2；每一轮都直接影响下一轮，据此即可作答；③每次去掉两个最大的数，新加入的数为这两个数的和，依次类推，最后得到的两个数为：1和，据此问题得解．

【详解】①2、3、4，去掉2、4，加入新数（），此时为3、；；

即最后留下的那个数可能是5，故①正确；

②每轮操作减少一个数，共需要三轮才剩下一个数，

4个数中选出2个数共有6种方法，补充的数为两数的和或者差，此时又需要乘以2；

3个数中选出2个数共有3种方法，补充的数为两数的和或者差，此时又需要乘以2；

2个数中选出2个数共有1种方法，补充的数为两数的和或者差，此时又需要乘以2；

每一轮都直接影响下一轮，

即总的可能情况有：（种），

即最后留下的那个数可能有144种不同的结果，故②错误；

③除1之外，后面19个数的和为：，

操作：每次去掉两个最大的数，新加入的数为这两个数的和，依次类推，

最后得到的两个数为：1和，

最后去掉1和，新加入的数为，

即可知：是经过操作之后可能出现的最小的数，

故最后结果不可能是，

故③错误，

即正确的只有1个，为①，

故选：B．

【点睛】本题考查了有理数的运算以及数字规律的探索，明确题意，是解答本题的关键．

二 填空题

11．

【分析】首先根据负整数指数幂及零指数幂的运算法则，特殊角的三角函数值，进行运算，再进行实数的加减运算，即可求解．

【详解】解：

故答案为：．

【点睛】本题考查了负整数指数幂及零指数幂的运算法则，特殊角的三角函数值，熟练掌握和运用各运算法则是解决本题的关键．

12．

【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．

【详解】解：．

故答案为：．

【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

13．

【分析】画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．

【详解】“圆”“梦”“今”“夏”的四张卡片分别用表示，画树状图如图所示：

由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中两次抽出的卡片上的汉字能组成“圆梦”有2种，

所以两次抽出的卡片上的汉字能组成“圆梦”的概率是，

故答案为：．

【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；熟练掌握概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键．

14．

【分析】设，则，，根据，得出，即可求解．

【详解】设，则，，

∵点为的三等分点，

∴，

∵，

∴，

解得：，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．

15．

【分析】设的中点为点O，连接，根据，，得到，，，，过点O作于点E，根据计算即可．

【详解】如图，设的中点为点O，连接，

∵，，

∴，，，，

过点O作于点E，

∴，

∴

．

【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，扇形的面积公式，等边三角形的判定，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，扇形的面积公式是解题的关键．

16．

【分析】过点D作于点E，则，设，则，根据旋转的性质可得，则为等腰直角三角形，，即可根据勾股定理将表示出来，再在中，根据勾股定理列出方程求解，再在中，根据勾股定理求出，最后证明，根据相似三角形的性质即可求解．

【详解】解：过点D作于点E，则，

∵

∴，

∴四边形为矩形，

∴，

设，则，

∵绕点C顺时针方向旋转后得，

∴，，

∵为等腰三角形，

∴，

根据勾股定理可得：，

在中，根据勾股定理可得：，

即，

解得：，（舍），

在中，根据勾股定理可得：，

∵绕点C顺时针方向旋转后得，

∴，，，

∴，则，

∴，

∴，即，

解得：，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的性质，解题的关键是掌握勾股定理的内容，正确画出辅助线，构造直角三角形求出相应线段．

17．24

【分析】根据不等式组的解集确定a的取值范围，再根据分式方程的解为非负整数，进而确定a的所以可能的值，再求和即可．

【详解】解：解不等式，得，

解不等式，得，

由于不等式组的解集为，

∴，

解得，

关于y的分式方程的解为，且，

由于分式方程的解是非负整数，

∴整数a可能的值为3或8或13，

∴符合条件所有的整数a的和为：3+8+13=24．

故答案为：24．

【点睛】本题考查解一元一次不等式组，解分式方程，理解一元一次不等式组的解集以及分式方程的解是解决问题的关键．

18．

【分析】根据定义和已知条件分别设，，再根据定义进行计算，由为整数，以及的最大值，得出符合条件的取值为或，进而解题．

【详解】解：∵数p，q分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，

故数p的十位数是，数q的十位数是，

设数p，q的百位数分别m、n，则数p的千位数是，数q的千位数是，而且，，

∴，，

∴，

，

∴，，

∴，

∴

∵为整数，

∴为的约数，而要使的最大值则有

∴或，

当时，即，，

此时，当，时，的最大值为，

当时，即，，

此时，当，时，的最大值为，

综上所述：当，时，的最大值为，

故答案为：

【点睛】本题考查新定义运算，数的整除、分式的化简，整式的加减运算等，有一定难度，解题的关键是通过为整数推出为的约数．

三 解答题

19．(1)

(2)

【分析】（1）根据整式的混合运算法则计算即可．

（2）根据分式的混合运算法则计算即可．

【详解】（1）解：原式

．

（2）解：原式

．

【点睛】本题考查整式的混合运算，分式的混合运算，熟练掌握这些知识点是解题关键．

20．(1)见解析；

(2)①；②；③；④．

【分析】（1）根据几何语言画出对应的几何图形；

（2）先根据平行四边形的性质得到，，由，及，得，，则可判断，可得，再利用线段得和差关系即可得证结论．

【详解】（1）解：如图，即为所求；

（2）证明：∵四边形是平行四边形，

∴，

∴；

∵

∴

∵

∴

∵，

∴，．

即，

∴

∴，

∴

∴．

故答案为：①；②；③；④．

【点睛】本题考查了作图——尺规作图（作垂线）：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．也考查了全等三角形的判定与性质和平行四边形的性质．

21．(1)20，13，78.5

(2)男生，理由见解析

(3)560人

【分析】（1）用抽取的总人数减去A、B、D等级人数即可求得a值；根据中位数定义可求得b值；用1减去A、B、D等级百分比即可求得m%，从而得出m值．

（2）可比较中位数，众数与A等级点的百分比得出结论．

（3）利用样本估计总体可求解．

【详解】（1）解：∵，

∴，

，

∵男生1分钟“开合跳”个数的中位数是第20和21人的平均数，而男生A组16人，B组13人，

∴男生1分钟“开合跳”个数的中位数在B组，

又男生B组数据：从高到低排列，排在最后面的10个数据分别为：

79，78，76，76，75，75，74，74，73，72

所以中位数为，

故答案为：20,13,78.5；

（2）解：我认为男生“开合跳”成绩更好

∵男生“开合跳”成绩中位数是78.5大于女生“开合跳”中位数是78．（理由不唯一）

（3）解：九年级“开合跳”A等级所占比例为：

∴九年级“开合跳”个数达到A等级的人数约为：（人）

【点睛】本题考查扇形统计图，频数分布表，中位数，众数，用样本估计总体，解题关键是从统计图表中获取有用信息是解题的关键．

22．(1)天

(2)天

【分析】（1）设若由甲队单独施工需要x天，总工作量为“1”，根据题意列出分式方程，解方程并检验即可求解；

（2）设甲队维修了y天，根据题意列出不等式，解不等式即可求解．

【详解】（1）解：设若由甲队单独施工需要x天，总工作量为“1”，

，

解得．

经检验，是原方程的解，且符合题意，

答：若由甲队单独施工需要60天．

（2）解：设甲队维修了y天，

，

解得．

∴取最大整数为

答：甲队最多维修了天．

【点睛】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，根据题意列出方程或不等式是解题的关键．

23．(1)米；

(2)距离B点3米的货物需要挪走，理由见解析．

【分析】（1）过A作于H点，先求出，进而在，求出即可；

（2）先求出，然后求出，然后判断与1的关系即可．

【详解】（1）解：过A作于H点，如图所示，

在，米，

在，米；

（2）解：需要挪走，理由如下：

在，米，

在，米，

则米，

所以距离B点3米的货物需要挪走．

【点睛】本题考查了坡度坡角问题，尽管题型千变万化，但关键是设法化归为解直角三角形问题，必要时应添加辅助线，构造出直角三角形．在两个直角三角形有公共直角边时，先求出公共边的长是解答此类题的基本思路．

24．(1)，

(2)图见解析，当时，随t的增大而减小；当时，随t的增大而不变；当时，随t的增大而增大；函数是轴对称图象，对称轴是直线

(3)

【分析】（1）根据题意可分当P在上，当P在上，当P在上，然后分类求解即可；

（2）根据（1）可直接进行作图，然后根据图象可进行求解；

（3）把函数向上平移一个单位长度，进而根据函数图象可进行求解．

【详解】（1）解：由题意得：

①当P在上，即时，则有：，

∴；

②当P在上，即时，则有：；

③当P在上，即时，；

综上，；

；

（2）解：函数图象如下所示：

当时，随t的增大而减小；当时，随t的增大而不变；当时，随t的增大而增大；

（3）解：把函数向上平移一个单位长度，如图所示，根据图象可知当时，则有；

故答案为．

【点睛】本题主要考查一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题的关键．

25．(1)

(2)的最大值为，此时点的坐标为

(3)或或，见解析

【分析】（1）根据抛物线与x轴交于点两点，即知抛物线的表达式为，即 ；

（2）证明，根据相似三角形的性质得出，设出P点的坐标，利用二次函数的性质求最值即可；

（3）先根据平移规律求出平移后的抛物线的解析式，以及点M，N的坐标，然后设出点Q的坐标，根据菱形的性质求出Q的坐标，即可得点R的坐标．

【详解】（1）∵抛物线与x轴交于，，

∴抛物线的解析式为，即；

（2），

令，则，

设直线的解析式为：，

把，代入，得：

，

解得，，

∴直线的解析式为：；

轴，

轴

，

，

，

，

，

，

设，则，

，

∴当时，的最大值为2，

的最大值为，此时点的坐标为；

（3）∵将抛物线沿射线方向平移，，，

设抛物线向上平移个单位，向右平移个单位，

∴新抛物线的解析式为，

∵平移后的图象经过点，

，

解得，或（不符合题意，舍去）

∴新抛物线的解析式为,

∴点，点的坐标为，

设，

，，，

①当时，，

解得，或（舍去）

此时，、为对角线，

，

；

②当时，，

解得，，

此时，、为对角线，

，

，

③当时，，

解得，或（舍去）

此时，、为对角线，

，

，

综上所述，点的坐标为或或

【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，相似三角形的判定与性质三角形面积，平移的性质，菱形的性质等知识，熟练掌握二次函数的图象及性质，菱形的性质，分类讨论是解题的关键

26．(1)

(2)，证明见解析

(3)

【分析】（1）可推出，，证明，从而，从而求得，在根据勾股定理求得结果；

（2）连接，作于，设，则，可推出，进而求得，从而推出是等腰直角三角形，设，可推出，进而证明，进一步得出结果；

（3）将绕点逆时针旋转至，延长交于，作于，可证明是等腰直角三角形，可求出，，，可找出，解求出，即，可证明，从而，然后解，进一步求得结果．

【详解】（1）解：，

，，，

，

，

平分，

，

，

，

，

，

；

（2）如图1，

，理由如下：

连接，作于，

，，

，，

，，

，

，

，

设，则，

，

，

，

，

，

，

设，

，，

，

，

，

，

，

，

，

，，

；

（3）如图2，

由（2）知：是等腰直角三角形，

四边形是正方形，

，

，

，

，

、、、共圆，

，，，

是等腰直角三角形，

将绕点逆时针旋转至，延长交于，作于，

，，，，

，，

、、共线，，

，

，

，

，

，

，，，

，

，

，

，

，

，

，

，

设，，

由得，，

，

，

，

，，

，

，

，，

，，

，

，

设，，

，

，

，

，

，

，

．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键根据角的计算发现图形的特殊性．