2023年陕西省西安市西安高新第一中学中考八模数学试题（含解析）

这是一份2023年陕西省西安市西安高新第一中学中考八模数学试题（含解析），共21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年陕西省西安市西安高新第一中学中考八模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．下列各数中，最小的一个数是（    ）A．2 B． C．0 D．2．下列图形中，经过折叠不能得到三棱柱的是（    ）A．   B．   C．   D．  3．计算正确的是（    ）A． B． C． D．4．如图，直线的顶点B，C分别在上，若，则的大小为（    ）A． B． C． D．5．如图，在中，，对角线与相交于点，，则的周长为（    ）  A． B． C． D．6．如图，直线经过点，当时，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．7．如图，内接于，为的直径，连接，若，，则的长为（    ）  A． B． C． D．8．已知抛物线的对称轴在y轴左侧，现将该抛物线先向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度后，得到的抛物线正好经过坐标原点，则k的值是（    ）A．或1 B． C．1 D．5 二、填空题9．如果节约20元记作+20元，那么浪费10元记作_________元．10．如图，点F在正五边形的内部，若为等边三角形，则的度数是______．11．如图，在矩形内作正方形，矩形的对角线交正方形的边于点P．如果点F恰好是边的黄金分割点（即，且，那么___．  12．如图，正比例函数与反比例函数的图象交于，C两点，过点作轴于点，过点作轴于点，则的面积为___．  13．在中，．点D为平面上一个动点，，则线段长度的最小值为_____． 三、解答题14．计算：．15．解不等式组：．16．化简：．17．如图，四边形中，，．请用尺规作图法，在边上求作一点E，使四边形是菱形．（保留作图痕迹，不写作法）  18．如图，点，在直线上，，，．求证：．19．本地某快递公司规定：寄件不超过千克的部分按起步价计费；寄件超过千克的部分按千克计费．小丽分别寄快递到上海和北京，收费标准及实际收费如下表：收费标准目的地起步价（元）超过千克的部分（元千克）上海北京实际收费目的地质量费用（元）上海北京求，的值．20．在平面直角坐标系中，一次函数的图象过点，．(1)这个一次函数的表达式为___；(2)已知点C在x轴上，且的面积为12，求点C的坐标．21．在一个不透明的箱子里装有3个红球和若干个白球，每个小球除颜色外完全相同，将小球摇匀后随机摸出一个小球，记下颜色后再放回箱子里，重复多次试验后，经统计发现摸到红球的频率大约稳定在0.75.(1)用频率估计概率，估计箱子里白球的个数为___个；(2)现从该箱子里随机摸出1个小球，记下颜色后放回箱子里摇匀，再随机摸出1个小球，用画树状图或列表的方法记录颜色，求两次摸出的小球颜色恰好不同的概率．22．蓝田樱桃育种改良试验基地对新培育的甲、乙两个品种各试种一亩，从两块试验地中各随机抽取10棵，对其产量（千克/棵）进行整理分析．下面给出了部分信息：甲品种：20，32，31，32，31，25，32，36，38，39乙品种：25，27，35，30，34，35，35，27，36，32 平均数中位数众数方差甲品种31.6a320.29乙品种31.633b0.15根据以上信息，完成下列问题：(1)填空：a＝___，b＝___；(2)若乙品种种植300棵，估计其产量不低于31.6千克的棵数；(3)请综合以上信息简要说明哪个品种更好．23．某老年活动中心欲在一房前3m高的前墙（）上安装一遮阳篷，使正午时刻房前能有2m宽的阴影处（）以供纳凉，假设此地某日正午时刻太阳光与水平地面的夹角为63.4°，遮阳篷与水平面的夹角为10°，如图为侧面示意图，请你求出此遮阳篷的长度（结果精确到0.1m）．（参考数据：，，；，，）24．如图，四边形内接于⊙O，BD是⊙O的直径，AE是⊙O的切线，交CD的延长线于点E．   (1)求证：DA平分；(2)若，求AD的长．25．商店购进了一种消毒用品，进价为每件8元，在销售过程中发现，每天的销售量y（件）与每件售价x（元）的关系为（其中，且x为整数）．(1)若该商店销售这种消毒用品每天获得425元的利润，则每件消毒用品的售价为多少元？(2)设该商店销售这种消毒用品每天获利w（元），当每件消毒用品的售价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少元？26．如图①，在矩形中，点F是矩形边上一动点，将线段绕点F顺时针旋转一定的角度，使得与矩形的边交于点E（含端点），连接，把定义为“转角三角形”．  (1)由“转角三角形”的定义可知，矩形的任意一个“转角”一定是一个___三角形；(2)如图②，在矩形中，，，当点F与点C重合时，画出这个“转角，并求出点E的坐标；(3)如图③，在矩形中，，，当“转角面积最大时，求点F的坐标．
参考答案：1．D【分析】根据实数大小比较的方法进行判断即可．【详解】解：∵，∴，∴，故选：D．【点睛】本题考查实数的大小比较，熟练掌握正数大于零，零大于负数，且两个负数绝对值大的反而小是解题的关键．2．C【分析】根据平面图形的折叠及三棱柱的展开图的特点进行逐一判断即可．【详解】解：A、可以折叠成三棱柱，不符合题意；B、可以折叠成三棱柱，不符合题意； C、不可以折叠成三棱柱，符合题意；D、可以折叠成三棱柱，不符合题意；故选C．【点睛】本题考查立体图形的展开图，熟记常见立体图形的表面展开图的特征是解决此类问题的关键．3．C【分析】先算积的乘方，再算同底数幂的乘法，即可得．【详解】= 故选：C．【点睛】本题考查了单项式乘单项式，积的乘方，同底数幂的乘法，能灵活运用法则进行计算是解题的关键．4．C【分析】先根据平行线的性质得到∠EBC=∠BCF=25°，再利用互余得到∠ABE=65°．【详解】解：∵，，∴∠EBC=∠BCF=25°∵∠ABC=90°，∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=90°-25°=65°．故选：C．【点睛】本题考查了平行线的性质、余角和补角，掌握“两直线平行，内错角相等”是解题关键．5．B【分析】根据平行四边形对角线平分可得，即可求出结果．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查平行四边形的性质及三角形周长，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．6．A【分析】将代入，可得,再将变形整理，得，求解即可．【详解】解：由题意将代入，可得，即，整理得，，∴，由图像可知，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查了一次函数的图像和性质，解题关键在于灵活应用待定系数法和不等式的性质．7．A【分析】根据圆周角的定理，可知定点是的中点，，由此可求出的半径，根据弧长的计算方法即可求解．【详解】解：根据题意，，，∴，∴，即点是的中点，且为的直径，∴，，在中，，∴的半径，∴，则，故选：A．【点睛】本题主要考查圆的基础知识与三角形知识的综合，掌握圆周角定理，扇形面积的计算方法是解题的关键．8．C【分析】，由对称轴在y轴左侧可得，即，由题意知，平移后的抛物线解析式为，将代入得，计算求出满足要求的值即可．【详解】解：∵，∴，即，由题意知，平移后的抛物线解析式为，将代入得，整理得，，解得或（舍去），故选：C．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数图象的平移等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．9．﹣10【详解】试题解析：∵节约20元记作+20元，∴浪费10元记作-10元.10．/66度【分析】根据等边三角形的性质得到，，由正五边形的性质得到，，等量代换得到，，根据三角形的内角和即可得到结论．【详解】解：是等边三角形，，，在正五边形中，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形的内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟记正多边形的内角的求法是解题的关键．11．/【分析】设，由正方形的性质可得，证明，则，即，解得，由，则，即，计算求出满足要求的解即可．【详解】解：设，由正方形的性质可得，∵，，∴，∴，即，解得，∵，∴，即，解得或（舍去）或，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，黄金分割点．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．12．【分析】根据正比例函数和反比例函数的关系式求出交点坐标，进而得出和，再利用面积公式即可求解．【详解】解：∵正比例函数与反比例函数 的图象交于，，∴，解得：或，∵轴，轴，∴点，，∴，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的交点，解题的关键是通过点的坐标表示线段长度，这是解决问题常用的方法．13．【分析】由已知，，根据定角定弦，可作出辅助圆，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知，点在以为圆心为半径的圆上，线段长度的最小值为．【详解】如图： 以为半径作圆，过圆心作，以为圆心为半径作圆，则点在圆上，,线段长度的最小值为: ．故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角与圆心角的关系，圆外一点到圆上的线段最短距离，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．14．【分析】根据二次根式的性质以及二次根式的除法、求一个数的立方根进行计算即可求解．【详解】解：．【点睛】本题考查了二次根式的性质以及二次根式的除法、求一个数的立方根，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的运算法则、立方根的定义是解题的关键．15．【分析】先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】本题主要考查了解不等式组，解题的关键是准确求出两个不等式的解集．16．【分析】由题意利用分式约分化简的方法与技巧进行化简计算即可．【详解】解：，故答案为．【点睛】本题考查分式的化简，利用变除为乘、分式加减法则以及分式的约分化简是解题的关键．17．见解析【分析】如图，以为圆心，长为半径画弧，交于，连接，则，由，可证四边形是平行四边形，由，可证四边形菱形，则点即为所求．【详解】解：如图：以为圆心，长为半径画弧，交于，连接，点即为所求．  【点睛】本题考查了菱形的判定．解题的关键在于明确菱形是邻边相等的平行四边形．18．见解析【分析】证明，根据全等三角形的性质即可得证．【详解】证明：在与中，，∴，∴，∴，即，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．19．，【分析】根据题意“寄件不超过千克的部分按起步价计费；寄件超过千克的部分按千克计费”列出方程组求解即可得到结果．【详解】根据题意得：，解得：，∴，．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解题的关键是明确题意，列出相应的二元一次方程组．20．(1)(2)或 【分析】（1）待定系数法求解析式即可；（2）设，由题意知，即，计算求解，进而可得点C的坐标．【详解】（1）解：将，代入得，，解得，∴，故答案为：；（2）解：设，由题意知，即，解得或，∴点C的坐标为或．【点睛】本题考查了一次函数解析式，一次函数与几何综合．解题的关键在于对知识的熟练掌握．21．(1)1(2) 【分析】（1）设白球有x个，根据题意可知，估计摸到红球的概率为0.75，根据概率公式列出关于x的方程，进行求解即可；（2）画树状图可得共有16种等可能的结果，其中两次摸出的球恰好颜色不同的结果有6种可能，再利用概率公式求解即可．【详解】（1）解：∵通过多次摸球实验后发现，摸到红球的频率稳定在0.75，∴估计摸到红球的概率为0.75，设白球有x个，根据题意得，，解得：，经检验是原分式方程的解，∴估计箱子里白色小球的个数为1，故答案为：1；（2）解：画树状图如下：  共有16种等可能的结果，其中两次摸出的球恰好颜色不同的结果有6种可能，∴两次摸出的小球颜色恰好不同的概率为：．【点睛】本题考查列表法或树状图求概率、概率公式、利用频率估计概率，熟练掌握列表法或树状图求概率和概率公式是解题的关键．22．(1),(2)产量不低于31.6千克的棵数为180棵(3)乙品种更好 【分析】（1）根据中位数与众数定义即可求解．（2）将300乘以样本中产量不低于31.6千克的棵数占样本数量的比即可求解．（3）根据平均数、中位数、众数、方差的数据进行比较即可求解．【详解】（1）将甲品种数据按照从小到大排列为：20，25，31，31，32， 32， 32，36，38，39，所以中位数；由于乙组数据出现次数最多的是35，所以众数；（2）因为乙品种10棵中有6棵的产量不低于31.6千克，所以乙品种种植300棵，估计其产量不低于31.6千克的棵数为（棵）；（3）因为甲和乙品种的平均数相同，但乙品种的中位数与众数都比甲品种的高，说明乙品种的质量更好，由于乙品种的方差更小，说明乙品种的产量更稳定，因此乙品种更好．【点睛】本题考查了平均数、众数、中位数、方差和用样本数据估计总体的知识，解题关键是牢记相关概念并正确计算．23．遮阳篷的长度约为3.4米【分析】过点作于点，则四边形是矩形，则，设，则，，解直角三角形求得，进而求得，解，求得，进而求得的长，根据即可求解．【详解】如图，过点作于点，则四边形是矩形，设，则，，在中，，，在中，，，解得：，经检验，x是方程的解，且符合题意，，，．答：遮阳篷的长度约为3.4米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，掌握三角形的三边关系是解题的关键．24．(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）根据已知条件证明即可解决问题；（2）取中点，连接，根据垂径定理可得，所以四边形是矩形，利用勾股定理即可求出结果．【详解】（1）证明： ，．是的切线，， ，，又，，，平分，（2）解：如图，取中点，连接，则，  ∵，，四边形是矩形，∴，，，．在中，，，在中，，，，的长是．【点睛】本题考查了切线的的性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．25．(1)每件消毒用品的售价为13元；(2)每件消毒用品的售价为15元时，每天的销售利润最大，最大利润是525元． 【分析】（1）根据总利润=（售价进价）×数量列方程进行求解即可；（2）利用二次函数的性质进行求解即可．【详解】（1）解；由题意得：，，∴，∵，∴，∴每件消毒用品的售价为13元；（2）解：∵，，∴当时，w随x增大而增大，又∵，且为整数，∴当时，w最大，最大为，∴当每件消毒用品的售价为15元时，每天的销售利润最大，最大利润是525元．【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，二次函数的实际应用，正确列出与之间的函数关系式是解题的关键．26．(1)等腰(2)作图见解析，点E的坐标为(3)点F的坐标为或或． 【分析】（1）根据旋转的性质，以及转角三角形的定义进行判断作答即可；（2）如图②，以为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，即可，由题意知，，由勾股定理得，则，进而可得点坐标；（3）由题意知，分当在、、、上，四种情况进行求解：①当在上，由题意知，当与重合时，此时面积最大；②当在上，由（2）可知，当与重合时，此时面积最大；③当在上，由题意知，当为中点时，与重合，此时面积最大；④当在上，由题意知，当为中点时，与重合，此时面积最大；然后分别求解各情况下的坐标，然后判断作答即可．【详解】（1）解：由旋转的性质可知，，∴是等腰三角形，故答案为：等腰；（2）解：如图②；  由题意知，，由勾股定理得，∴，∴点E的坐标为；（3）解：由题意知，分当在、、、上，四种情况进行求解：①当在上，由题意知，当与重合时，，，此时最大面积为，；②当在上，由（2）可知，当与重合时，此时最大面积为，； ③当在上，由题意知，当为中点时，与重合，此时最大面积为，；④当在上，由题意知，当为中点时，与重合，此时最大面积为，；综上所述，最大为3，点的坐标为或或．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识．解题的关键在于正确的理解题意并分类讨论．