2023年黑龙江省绥化市肇东市八校联考三模数学试题（含解析）

这是一份2023年黑龙江省绥化市肇东市八校联考三模数学试题（含解析），共24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年黑龙江省绥化市肇东市八校联考三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫并积极普及科学防控知识，下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是（　　）
A．  有症状早就医 B．  防控疫情我们在一起 C．  打喷喷摄口鼻 D．  勤洗手勤通风
2．北京冬奥会将于2022年在北京举行，届时将需要200000名城市志愿者和50000名赛会志愿者，数250000用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
3．如图是由5个相同的小立方块搭成的几何体，则下面四个平面图形中不是这个几何体的三视图的是（   ）

A． B． C． D．
4．若式子有意义，则实数m的取值范围是（    ）
A．且 B．且
C． D．
5．现定义一种新运算“*”，规定，如，则等于（    ）
A．11 B．－11 C．7 D．－7
6．下列命题是假命题的是（    ）
A．平行四边形既是轴对称图形又是中心对称图形
B．三角形的外心是三边垂直平分线的交点
C．线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等
D．正方形的对角线相等，且互相垂直平分
7．下列计算正确的是　　
A． B． C． D．
8．若一个多边形的内角和是它的外角和的1.5倍，则这个多边形的边数为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．4
9．我国正在逐步进入人口老龄化社会，某市老龄化社会研究机构经过抽样调查，发现当地老年人的日常休闲方式主要有，，，，五种类型，抽样调查的统计结果如下表，则下列说法不正确的是（    ）
休闲类型
休闲方式
人数

老年大学


老年合唱队


老年舞蹈队


太极拳


其它方式

A．当地老年人选择型休闲方式的人数最少
B．当地老年人选择型休闲方式的频率是
C．估计当地万名老年人中约有万人选择型休闲方式
D．这次抽样调查的样本容量是
10．“五·一”江北水城文化旅游节期间，几名同学包租一辆面包车前去旅游，面包车的租价为180元，出发时又增加了两名同学，结果每个同学比原来少摊了3元钱车费，设原来参加游览的同学共人，则所列方程为（　　）
A． B． C． D．
11．如图，在△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=120°，点M在边BC上，且BM=1，点N是直线AC上一动点，点P是边AB上一动点，则PM+PN的最小值为（   ）

A． B．
C． D．4
12．如图，已知正方形，为的中点，是边上的一个动点，连接将沿折叠得，延长交于点，现在有如下五个结论：①一定是直角三角形；②；③当与重合时，有；④平分正方形的面积；⑤，则正确的有（    ）
  
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

二、填空题
13．不透明的袋子中有5张卡片，上面分别写着数字1，2，3，4，5，除数字外五张卡片无其它差别，从袋子中随机摸出一张卡片，其数字为偶数的概率是_______．
14．分解因式：( )
15．已知一扇形的半径长是2，圆心角为，则这个扇形的弧长为________．
16．当时，计算( )
17．为改善教学条件，学校准备对现有多媒体设备进行升级改造，已知购买3个键盘和1个鼠标需要190元；购买2个键盘和3个鼠标需要220元．经过与经销商洽谈，键盘打八折，鼠标打八五折，若学校计划购买键盘和鼠标共50件，且总费用不超过1820元，则最多可购买键盘_____个．
18．已知是一元二次方程x2－4x－7＝0的两个实数根，则的值是________．
19．如图，⊙O的半径为6，如果弦AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边，那么弦BC的长为_____．

20．如图，点A在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，点B在x轴的负半轴上，直线AB与y轴交于点C，若＝，AOB的面积为18，则k的值为___．

21．在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，过点B作AC的垂线，垂足为E，若AC＝10，OE＝3，则线段BC的长为___________．
22．下列图案由边长相等的黑、白两色正方形按一定规律拼接而成，依此规律，第n个图形中白色正方形的个数为_____．


三、解答题
23．如图，在中，按以下步骤作图：

①以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交边，于点，；
②分别以点，为圆心，大于的相同长度为半径作弧，两弧交于点；
③作射线交于点．
（1）根据上述步骤补全作图过程（要求：规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（2）如果，，那么的面积与的面积的比值是________．
24．如图，在直角坐标系中，边长为1的单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点为网格线的交点），在给定的网格内，解答下列问题：
（1）画出以A为位似中心，将△ABC按相似比2：1放大，得到△AB1C1．
（2）画出以C1为中心将△AB1C1顺时针旋转90°，得到△A1B2C1，并求出在旋转过程中，线段AC1扫过的面积．

25．如图，小明家在处，门前有一口池塘，隔着池塘有一条公路，是到的小路，现新修一条路到公路，小明测量出，，请你帮小明计算他家到公路的距离的长度（精确到；参考数推据，，）
    
26．甲骑自行车从A地出发前往B地，同时乙步行从B地出发前往A地，如图的折线OPQ和线段EF，分别表示甲、乙两人与A地的距离y甲、y乙与他们所行时间x(h)之间的函数关系．
(1)求线段OP对应的y甲与x的函数关系式并注明自变量x的取值范围；
(2)求y乙与x的函数关系式以及乙到达A地所用的时间；
(3)经过　 　小时，甲、乙两人相距2km．

27．如图，已知 AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD⊥DC于点 D，AC平分∠DAB．
（1）求证：直线CD是⊙O的切线；
（2）若 AB=4，∠DAB=60°，求AD的长．

28．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于，点，与轴交于点，点在原点的左侧，点的坐标为，点是抛物线上一个动点，且在直线的上方．
  
(1)求这个二次函数的解析式；
(2)当点运动到什么位置时，的面积最大？请求出点的坐标和面积的最大值．
(3)连接，，并把沿翻折，得到四边形，那么是否存在点，使四边形为菱形？若存在，请求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由；

参考答案：
1．B
【分析】根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，据此作答即可．
【详解】解：A、不是轴对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的识别，熟知轴对称图形的定义是解题的关键．
2．D
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，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．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】解：根据科学记数法的表示形式，可以得到
故选D．
【点睛】此题考查了科学记数法的表示方法，熟记科学记数法的表示方法是解题的关键．
3．D
【分析】几何体的三视图分别为左视图，俯视图，和主视图，根据左视图是从左面看到的图形，主视图是从正面看到的图形，俯视图是从上面的看到的图形，逐项判断即可．
【详解】从正面看，从左到右小正方形的个数一次是，，，主视图如下：

从左面看，从左往右小正方形的个数为，，左视图如下：

从上面看，从左往右小正方形的个数为，，，俯视图如下：

综上可以到的几何体的三视图
故选：D．
【点睛】本题考查了几何体的三视图和学生的空间想象能力，细心观察图中几何体每个正方形的位置是解题关键．
4．A
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【详解】解：由题意得：且，
解得：且，
故选：A．
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件、分式有意义的条件，解题的关键是掌握二次根式的被开方数是非负数、分母不为0．
5．A
【分析】根据，可以求得所求式子的值；
【详解】∵，
∴；
故选A．
【点睛】本题主要考查了有理数混合运算下的新定义运算，准确计算是解题的关键．
6．A
【分析】利用平行四边形的对称性、三角形的外心的性质、垂直平分线的性质及正方形的对角线的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故原命题错误，是假命题，符合题意；
B、三角形的外心的是三边垂直平分线的交点，正确，是真命题，不符合题意；
C、线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，正确，是真命题，不符合题意；
D、正方形的对角线相等，且互相垂直平分，正确，是真命题，不符合题意，
故选：A．
【点睛】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形的对称性、三角形的外心的性质、垂直平分线的性质及正方形的对角线的性质，难度不大．
7．C
【分析】原式各项计算得到结果，即可做出判断．
【详解】解：A、原式不能合并，错误；
B、原式，错误；
C、原式，正确；
D、原式，错误，
故选C．
【点睛】此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
8．A
【分析】根据多边形的内角和公式与多边形的外角和是360°即可求出答案．
【详解】解：设该多边形的边数为n，
由题意可得：（n﹣2）•180°＝1.5×360°，
解得：n＝5，
故选：A．
【点睛】本题考查多边形内角和与外角和，用方程思想解答是常用的解法，熟练掌握多边形内角公式和与外角和定理是解题的关键．
9．C
【分析】首先直接通过表格数据即可得出选择A型休闲方式的人数最少，然后利用频率定义、样本估计总体与样本容量的概念逐一判断即可.
【详解】A：选择A型休闲方式的人数为50，与其他方式相比最少，故选项正确；
B：选择B型休闲方式的频率是，故选项正确；
C：当地选择C型休闲方式的老人大约人数为：万万，故选项错误；
D：样本容量为，故选项正确；
故选：C.
【点睛】本题主要考查了频率定义、样本估计总体与样本容量的概念，熟练掌握相关概念是解题关键.
10．D
【分析】设原来参加游览的同学共人，则原有的几名同学每人分担的车费为：元，出发时每名同学分担的车费为：，根据每个同学比原来少分摊了3元车费即可得到等量关系．
【详解】解：设原来参加游览的同学共人，
根据题意可得：，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，解题的关键是首先弄清楚题意，根据关键描述语，找到合适的等量关系．
11．B
【分析】作点C关于AB的对称点C'，连接AC'，BC'，取AN'=AN，连接PN'，得四边形ACBC'是菱形，则PN=PN'，故而PM+PN=PM+PN'，当M、P、N'共线，PM+PN'最小，从而解决问题．
【详解】解：作点C关于AB的对称点C'，连接AC'，BC'，取AN'=AN，连接PN'，

则CA=C'A=CB=BC'，
∴四边形ACBC'是菱形，
∴PN=PN'，
∴PM+PN=PM+PN'，
∴当M、P、N'共线，且MN'⊥AC'时，PM+PN最小，
过点C'作C'H⊥BC于H，
∵∠ACB=120°，
∴∠C'BH=60°，
∴C'H=BC'=2，
∴PM+PN的最小值为BC和AC'之间的距离即为C'H为2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，轴对称-最短路线问题，菱形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，作辅助线将PM+PN的最小值转化为C'M的长是解题的关键．
12．C
【分析】如图1中，证明，，可得，可得，，可得①②正确，如图2中，当M与C重合时，设．则，证明，可得，即，可得，可得③正确，如图3中，当点F与点D重合时，显然直线不平分正方形的面积，可得④错误，如图1中，于H，，同理可得：，可得，结合，可得⑤正确．
【详解】解：如图1中，
  
∵四边形是正方形，
∴，
∵E为的中点，
∴，
由翻折可知：，，，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故①②正确，
如图2中，当M与C重合时，设．则，
  
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，可得，
∴，
∴，故③正确，
如图3中，当点F与点D重合时，显然直线不平分正方形的面积，故④错误，
  
如图1中，∵于H，，
同理可得：，
∴，
∴，
∵，
∴．故⑤正确，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
13．
【分析】根据等可能事件的概率公式，直接求解即可．
【详解】解：∵一共有5个数字，偶数有2个，
∴从袋子中随机摸出一张卡片，其数字为偶数的概率是=2÷5=，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查等可能事件的概率，掌握概率公式，是解题的关键．
14．
【分析】用提公因式法分解因式即可．
【详解】解：，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了题公因式法分解因式，解题的关键是找出公因式．
15．
【分析】直接利用弧长公式计算．
【详解】解：这个扇形的弧长=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长公式：l=（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）．
16．
【分析】先根据分式的加减计算括号内的，同时将除法转化为乘法，再根据分式的性质化简，最后将字母的值代入求解．
【详解】解： ，
当时，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式化简求值，分母有理化，解题关键是熟练运用分式运算法则进行求解．
17．20
【分析】直接利用已知得出二元一次方程组求出键盘与鼠标的单价，再利用总费用不超过1820元，得出不等式求出答案．
【详解】解：设键盘每个价格为x元，鼠标每个价格为y元，根据题意可得：
，
解得：，
则设购买键盘a个，则鼠标（50﹣a）个，
根据题意可得：50×0.8a+40×0.85（50﹣a）≤1820，
解得：a≤20，
故最多可购买键盘20个．
故答案为：20．
【点睛】本题咔嚓的是二元一次方程组与一元一次不等式，根据题意正确列式是解题的关键．
18．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得，，再将变形可得，最后代入即可求解.
【详解】解：因为是一元二次方程x2－4x－7＝0的两个实数根，
所以，，
因为=，
所以==，
故答案为：.
【点睛】本题主要一元二次方程根与系数关系，解决本题的关键是要灵活运用一元二次方程根与系数关系.
19．
【分析】连接OA、OB、OC，作OD⊥BC于点D，根据AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边得到∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝30°，从而得到∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝90°＋30°＝120°，然后求得BC的长即可．
【详解】解：连接OA、OB、OC，作OD⊥BC于点D，
∵AB是⊙O内接正方形的一边，弦AC是⊙O内接正十二边形的一边，
∴∠AOB＝＝90°，∠AOC＝＝30°，
∴∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝90°＋30°＝120°，
∵OC＝OB，
∴∠OCD＝∠OBC＝30°，
∵OC＝6，
∴CD＝＝3，
∴BC＝2CD＝6，
故答案为：6．


【点睛】考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是求得∠BOC的度数．
20．12
【分析】过点A作AD⊥y轴于D，则AD∥OC，由线段的比例关系求得△AOD的面积，再根据反比例函数的k的几何意义得结果．
【详解】解：过点A作AD⊥x轴于D，则AD∥OC，
∴＝，

∵△AOB的面积为18，
∴△AOD的面积＝6，
根据反比例函数k的几何意义得，
|k|＝6，
∴|k|＝12，
∵k＞0，
∴k＝12．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，反比例函数k的几何意义，构造平行线求指定三角形的面积是解题的关键．
21．
【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分，得OC=OB=5，在Rt△OBE中，根据勾股定理可求出BE，再在Rt△CBE中，根据勾股定理可求出BC的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AC＝10，
∴AC=BD=2OC=2OB，
∴OB=OC=5，
∵OE＝3，
∴CE=OC-OE=2，
在Rt△OBE中：，
在Rt△CBE中：．
故答案为．

【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，灵活运用勾股定理是解题的关键．
22．3n+2
【分析】分别表示出三个图中白色正方形的个数，然后找出数字规律，得到第n个图中白色正方形的个数.
【详解】解：图（1）中白色正方形的个数为：2+3×1＝5，
图（2）中白色正方形的个数为：2+3×2＝8，
图（3）中白色正方形的个数为：2+3×3＝11，
…，
则第n个图形中白色正方形的个数为：2+3n，
故答案为3n+2．
【点睛】本题考查列代数式表示图形规律，正确表示已知图形的数量，找出数字规律是关键.
23．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据尺规作图要求,按给定的步骤与作法画图即可；
（2）根据角分线性质，两三角形的AB与BC边上的高相等，可得面积比为底的比即可．
【详解】解：（1）根据步骤①得弧线交，于点，，
根据步骤②得两弧交点F，
根据步骤③得射线BG，根据作图的步骤与图形结合得BG平分∠ABC；

如图所示，即为所求．
（2）过点G作GH⊥BC于H，GM⊥射线AB于M，
∵BG平分∠ABC，
∴GM=GH，
S△ABG=，
S△BCG=，
S△ABG: S△BCG=，

故答案为：．
【点睛】本题考查尺规作图，角平分线性质，三角形面积，掌握尺规作图步骤与要求，角平分线性质，三角形面积，利用角平分线性质得出两三角形的高相等，面积比等于底的比是解题关键．
24．（1）见解析；（2）5π
【分析】（1）利用位似变换的性质分别作出B，C的对应点B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B1的对应点A1，B2，再利用扇形的面积公式求解．
【详解】解：（1）如图，△AB1C1即为所求；
（2）如图，△A1B2C1即为所求，

线段AC1扫过的面积＝．

【点睛】本题考查作图﹣位似变换，旋转变换，扇形的面积等知识，解题的关键是掌握位似变换，旋转变换的性质，记住扇形的面积．
25．小明家到公路的距离的长度约为．
【分析】证明，设，可得，结合，可得，再解方程可得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∴设，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴小明家到公路的距离的长度约为．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的实际应用，理解题意，灵活的应用锐角三角函数建立方程是解本题的关键．
26．（1）y甲=18x(0＜x＜)；（2）y乙=﹣4.5x+12， 乙到达A地所用的时间小时；（3）或
【分析】（1）根据函数图象中的数据，利用待定系数法可以求得线段OP对应的y甲与x的函数关系式；
（2）利用待定系数法可以求得y乙与x的函数关系式以及乙到达A地所用的时间；
（3）根据（1）和（2）中的函数解析式，可以求得经过多少小时，甲、乙两人相距2km．
【详解】（1）设线段OP对应的y甲与x的函数关系式为y甲=kx(k≠0)，
12=k，得k=18，
即线段OP对应的y甲与x的函数关系式为y甲=18x(0＜x＜)；
故答案为：y甲=18x(0＜x＜)
（2）设y乙与x的函数关系式为y乙=ax+b，
，
解得，
即y乙与x的函数关系式为y乙=﹣4.5x+12，
当y乙=0时，﹣4.5x+12=0，解得x=，
∴乙到达A地所用的时间小时；
故答案为：小时
（3）|(﹣4.5x+12)﹣18x|=2，
﹣4.5x+12﹣18x=2或18x﹣(﹣4.5x+12)=2，
解得，x=或x=，
∴经过或小时，甲、乙两人相距2km．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了一次函数的应用—路程问题，熟练掌握用待定系数法求一次函数解析式，会看函数图象，从图象中获取解题信息．
27．(1)证明见解析；（2）AD=3
【分析】（1）连接OC，先证出∠OCA=∠DAC，得OC∥AD，再由平行线的性质得CD⊥OC，即可得出结论；
（2）连接BC，先由圆周角定理得∠ACB=90°，由角平分线定义得∠DAC=∠BAC=30°，再由含30°角的直角三角形的性质得BC=AB=2，AC=BC=2，进而得出答案．
【详解】（1）证明：连接，如图1所示：
∵中，，
∴
∵平分，
∴，
∴
∴，
∴，
∵于，
∴，
∴
∴，
∵为的半径，∴是的切线

（2）解：连接BC，如图2所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC平分∠DAB，∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠BAC=30°，
∴BC=AB=2，AC=BC=2，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC=90°，
∴CD=AC=，AD=CD=3．

【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解题的关键．
28．(1)；
(2)点的坐标为，，的面积的最大值为．
(3)存在，点的坐标为，；

【分析】（1）利用待定系数法可直接求出二次函数的解析式；
（2）先设出点的坐标，然后作平行轴交与点，将三角形和三角形的面积表示出来，再求出最大值的条件和最大值；
（3）先设出点的坐标，再求出的坐标，利用菱形的对角线互相垂直且邻边相等即可求出点的坐标．
【详解】（1）把点，点的坐标代入解析式，
得：，
解得：，
二次函数得表达式为；
（2）过点作轴的平行线与交于点，
  
设，
设直线的函数关系式为，则
，解得：
得直线的解析式为，
则，
，
当时，的面积最大，
此时，点的坐标为，，的面积的最大值为．
（3）存在点，使四边形为菱形，如图，
  
设，交于点，
若四边形是菱形，则，
连接，则，，
，
解得，（不合题意，舍去），
点的坐标为，；
【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，关键是要会用待定系数法求抛物线的解析式，还要牢记菱形的性质：菱形的对角线互相垂直，菱形的四条边都相等，对于求三角形面积最大值的问题，一般是将三角形分割成两个三角形，即作轴的平行线或轴的平行线，然后再利用面积公式得出一个二次函数，求出顶点的纵坐标即是最大值．