2023年山东省日照市曲阜师大附属实验学校中考数学一模试卷(解析版)

2023年山东省日照市曲阜师大附属实验学校中考数学一模试卷

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  下列运算正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

2.  下列新能汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(    )

A.  B.
C.  D.

3.  “十三五”以来，我国启动实施了农村饮水安全巩固提升工程．截止去年月底，各地已累计完成投资元．数据可以表示为(    )

A. 亿 B. 亿 C. 亿 D. 亿

4.  把一副三角板放在同一水平桌面上，摆放成如图所示的形状，使两个直角顶点重合，两条斜边平行，则的度数是(    )
 

A.  B.  C.  D.

5.  如图所示，该几何体的左视图是(    )

A.
B.
C.
D.

6.  若关于的一元一次不等式组的解集为，且关于的分式方程的解是负整数，则所有满足条件的整数的值之和是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  下列因式分解正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

8.  已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，若，则的值是(    )

A.  B.  C. 或 D. 不存在

9.  在平面直角坐标系中，点是线段上一点，以原点为位似中心把放大到原来的两倍，则点的对应点的坐标为(    )

A.  B. 或
C.  D. 或

10.  小莹同学个周综合素质评价成绩统计如下：

这个周的综合素质评价成绩的中位数和方差分别是(    )

A. ，     B.   ，    C. ，     D. ，     

11.  如图是抛物线图象的一部分，抛物线的顶点坐标，与轴的一个交点，直线与抛物线交于，两点，下列结论：；；方程有两个相等的实数根；抛物线与轴的另一个交点是；当时，有，其中正确的是(    )
 

A.  B.  C.  D.

12.  如图，将边长为的正方形纸片折叠，使点落在边中点处，点落在点处，折痕为，则线段的长是(    )

A.
B.
C.
D.

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）

13.  与最简二次根式是同类二次根式，则          ．

14.  如图，圆锥侧面展开得到扇形，此扇形半径，圆心角，则此圆锥高的长度是______．

15.  如图，已知等边三角形的顶点，，将该三角形绕点顺时针旋转，每次旋转，则旋转次后，顶点的坐标为______ ．

16.  如图，点为正六边形的中心，点为中点，以点为圆心，以的长为半径画弧得到扇形，点在上；以点为圆心，以的长为半径画弧得到扇形，把扇形的两条半径，重合，围成圆锥，将此圆锥的底面半径记为；将扇形以同样方法围成的圆锥的底面半径记为，则：______．

三、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
计算：；
先化简再求值：先化简，再求值：，其中，．

18.  本小题分
汽车超速行驶是交通安全的重大隐患，为了有效降低交通事故的发生，许多道路在事故易发路段设置了区间测速．如图，学校附近有一条笔直的公路，其间设有区间测速，所有车辆限速千米小时．数学实践活动小组设计了如下活动：在上确定，两点，并在路段进行区间测速．在外取一点，作，垂足为点测得米，，上午时测得一汽车从点到点用时秒，请你用所学的数学知识说明该车是否超速．参考数据：，，，，，

19.  本小题分
随着信息技术的迅猛发展，人们去商场购物的支付方式更加多样、便捷．某校数学兴趣小组设计了一份调查问卷，要求每人选且只选一种你最喜欢的支付方式．现将调查结果进行统计并绘制成如下两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题：
这次活动共调查了______人；在扇形统计图中，表示“支付宝”支付的扇形圆心角的度数为______；
将条形统计图补充完整．观察此图，支付方式的“众数”是“______”；
在一次购物中，小明和小亮都想从“微信”、“支付宝”、“银行卡”三种支付方式中选一种方式进行支付，请用画树状图或列表格的方法，求出两人恰好选择同一种支付方式的概率．
 

20.  本小题分
如图：已知点、、、顺次在圆上，，，垂足为证明：阿基米德折弦定理

21.  本小题分
【问题情境】如图，在中，，点为边上的任一点，过点作，，垂足分别为、，过点作，垂足为求证：．
【结论运用】如图，将矩形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任一点，过点作、，垂足分别为、，若，，求的值；
【迁移拓展】图是一个航模的截面示意图．在四边形中，为边上的一点，
，，垂足分别为、，且，，，；、分别为、的中点，连接、，求与的周长之和．
 

22.  本小题分
综合与探究
如图，抛物线与轴交于，两点点在点的左侧，与轴交于点直线与抛物线交于，两点，与轴交于点，点的坐标为．
请直接写出，两点的坐标及直线的函数表达式；
若点是抛物线上的点，点的横坐标为，过点作轴，垂足为与直线交于点，当点是线段的三等分点时，求点的坐标；
若点是轴上的点，且，求点的坐标．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、，选项错误；
B、，选项错误；
C、，选项错误；
D、，选项正确；
故选：．
分别根据积的乘方法则、单项式乘以多项式、同底数幂的乘法及除法法则进行逐一解答．
本题考查的是同底数幂的乘法与除法，单项式乘以多项式及积的乘方法则，熟知以上知识是解答此题的关键．
 

2.【答案】 

【解析】解：既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是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，旋转度后能与自身重合．
 

3.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查科学记数法原数，科学记数法的标准形式为为整数，本题数据“”中的，指数等于，所以，需要把的小数点向右移动位，得到原数，继而根据数位进行表示即可．
【解析】
解：亿．
故选：．  

4.【答案】 

【解析】

【分析】
此题主要考查了平行线的性质，正确作出辅助线是解题关键．
过直角顶点作直线平行于直角三角板的斜边，利用平行线的性质结合已知角得出答案．
【解答】
解：过直角顶点作直线平行于直角三角板的斜边，

可得：，，
故的度数是：．
故选：．  

5.【答案】 

【解析】解：不是该几何体的三视图，故不符合题意；
B.是该几何体的俯视图，故不符合题意；
C.是该几何体的左视图，故符合题意；
D.不是该几何体三视图，故不符合题意；
故选：．
根据左视图的定义逐项分析即可．
本题考查了几何体的三视图，从前面看到的图形是主视图，从上面看到的图形是俯视图，从左边看到的图形是左视图．能看到的线画实线，看不到的线画虚线．
 

6.【答案】 

【解析】解：解不等式组得：，
不等式组的解集为，
，
，
解分式方程得：，
是负整数且，
是负整数且，
或，
所有满足条件的整数的值之和是，
故选：．
解不等式组得出，结合题意得出，解分式方程得出，结合题意得出或，进而得出所有满足条件的整数的值之和是，即可得出答案．
本题考查了分式方程的解，解一元一次不等式组，正确求解分式方程和一元一次不等式组是解决问题的关键．
 

7.【答案】 

【解析】

【分析】
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
直接利用提取公因式法以及公式法分解因式进而判断即可．
【解答】
解：，故此选项错误；
B.，无法分解因式，故此选项错误；
C.，无法分解因式，故此选项错误；
D.，正确．
故选D．  

8.【答案】 

【解析】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根、，
，
解得：且，
、是方程的两个实数根，
，，
，
，
或，
，
．
故选：．
先由二次项系数非零及根的判别式，得出关于的不等式组，解之得出的取值范围，再根据根与系数的关系可得出，，结合，即可求出的值．
本题考查了根与系数的关系、一元二次方程的定义以及根的判别式，解题的关键是：根据二次项系数非零及根的判别式，找出关于的不等式组；牢记，．
 

9.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查的是位似变换、坐标与图形的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．
根据位似变换的性质计算即可．
【解答】

解：点是线段上一点，以原点为位似中心把放大到原来的两倍，
则点的对应点的坐标为或，即或．
故选B．

10.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查中位数和方差，解题的关键是掌握中位数和方差的定义．
根据中位数和方差的定义计算可得．
【解答】
解：这个周的综合素质评价成绩的中位数是分，
平均成绩为分，
这组数据的方差为，
故选：．  

11.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了二次函数的图象与系数的关系：对于二次函数，二次项系数决定抛物线的开口方向和大小：当时，抛物线开口向上；当时，抛物线开口向下；一次项系数和二次项系数共同决定对称轴的位置：当与同号时即，对称轴在轴左侧；当与异号时即，对称轴在轴右侧．简称：左同右异；常数项决定抛物线与轴交点：抛物线与轴交于；抛物线与轴交点个数由决定：时，抛物线与轴有个交点；时，抛物线与轴有个交点；时，抛物线与轴没有交点．
根据抛物线对称轴方程对进行判断；由抛物线开口方向得到，由对称轴位置可得，由抛物线与轴的交点位置可得，于是可对进行判断；根据顶点坐标对进行判断；根据抛物线的对称性对进行判断；根据函数图象得当时，一次函数图象在抛物线下方，则可对进行判断．
【解答】
解：抛物线的顶点坐标，
抛物线的对称轴为直线，
，所以正确；
抛物线开口向下，
，
，
抛物线与轴的交点在轴上方，
，
，所以错误；
抛物线的顶点坐标，
时，二次函数有最大值，
方程有两个相等的实数根，所以正确；
抛物线与轴的一个交点为
而抛物线的对称轴为直线，
抛物线与轴的另一个交点为，所以错误；
抛物线与直线交于，点
当时，，所以正确．
故选C．  

12.【答案】 

【解析】解：将边长为的正方形纸片折叠，使点落在边中点处，点落在点处，折痕为，
则：，，，，，，，
，
设，则：，
在中，，
，
解得：，
，，
，
在中，，
，
，
，
在中，
，
；
故选：．
根据折叠和正方形的性质，在中，利用勾股定理求出，的长，解直角三角形求出的长，进而求出的长，再利用三角函数求出，即可得出结果．
本题考查正方形与折叠，解直角三角形．熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，利用特殊三角形进行求解，是解题的关键．
 

13.【答案】 

【解析】

【分析】
先将化成最简二次根式，然后根据同类二次根式得到被开方数相同可得出关于的方程，解出即可．
本题考查了同类二次根式的定义：化成最简二次根式后，被开方数相同，这样的二次根式叫做同类二次根式．
【解答】
解：与最简二次根式是同类二次根式，且，
，解得：．
故答案为．  

14.【答案】 

【解析】

【分析】
此题主要考查了扇形的弧长公式，勾股定理，求出是解本题的关键．先根据圆锥的侧面展开图，扇形的弧长等于该圆锥的底面圆的周长，求出，最后用勾股定理即可得出结论．
【解答】

解：设圆锥底面圆的半径为，
，，
，
，即：，
在中，，，根据勾股定理得，，
故答案为：．

15.【答案】 

【解析】解：由题意知：点旋转次后回到原位置，即点的旋转周期为．
，
点旋转次后的坐标与旋转次后的坐标相同，
等边三角形的顶点，，
，，
如图，旋转后，点的对应当为点，则：，

过点作轴于点，
，，
，
，
则：，，
，
旋转次后，顶点的坐标为．
故答案为：．
由题意知：点旋转次后回到原位置，得到点旋转次后的坐标与旋转次后的坐标相同，即可得出结果．
本题考查坐标轴下的旋转规律探究．正确的识图，确定点的坐标规律是解题的关键．
 

16.【答案】： 

【解析】解：连

由已知，为中点，则
六边形为正六边形
设
，
正六边形中心角为
扇形的弧长为：
则
同理：扇形的弧长为：
则
：
故答案为：：
根据题意正六边形中心角为且其内角为求出两个扇形圆心角，表示出扇形半径即可．
本题考查了正六边形的性质和扇形面积及圆锥计算．解答时注意表示出两个扇形的半径．
 

17.【答案】解：原式

；
原式

，
当，时，
原式． 

【解析】先进行零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂的运算，再进行乘法运算，最后进行加减运算；
先根据分式的运算法则进行化简，再代值计算即可．
本题考查特殊角的三角函数值的混合运算，分式的化简求值，熟练掌握相关运算法则，正确的计算是解题的关键．
 

18.【答案】解：在中，，
在中，，
则，
该汽车的实际速度为，
又，
该车没有超速． 

【解析】先求得、，据此得出，从而求得该车通过段的车速，比较大小即可得．
此题考查了解直角三角形的应用，涉及的知识有：锐角三角函数定义，熟练掌握三角函数的定义是解本题的关键．
 

19.【答案】解：，；
微信； 
将微信记为、支付宝记为、银行卡记为，
画树状图如下：

共有种等可能的结果，其中两人恰好选择同一种支付方式的有种，
两人恰好选择同一种支付方式的概率为． 

【解析】

解：本次活动调查的总人数为人，
则表示“支付宝”支付的扇形圆心角的度数为，
故答案为：，；

微信支付的人数为人，银行卡支付的人数为人，
补全图形如下：

由条形图知，支付方式的“众数”是“微信”，
故答案为：微信；
见答案．
【分析】
用支付宝、现金及其他的人数和除以这三者的百分比之和可得总人数，再用乘以“支付宝”人数所占比例即可得；
用总人数乘以对应百分比可得微信、银行卡的人数，从而补全图形，再根据众数的定义求解可得；
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两人恰好选择同一种支付方式的情况，再利用概率公式即可求得答案．
此题考查了树状图法与列表法求概率．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．  

20.【答案】证明：，
，又，
将绕点旋转到，使与重合，如图，
≌，
，，，
，即，
，
在直角和直角中，
，
≌，
，
，
． 

【解析】如图，将绕点旋转到，使与重合，再证≌，可得，即可得出．
本题主要考查了旋转的性质和全等三角形的判定与性质，通过旋转构建全等三角形，是解答的本题的关键．
 

21.【答案】【问题情境】证明：连接，如图，
，，，
且，
．
，；

【结论运用】解：过点作，垂足为，如图，
四边形是矩形，
，．
，，
．
由折叠可得：，．
，．
，，
．
四边形是矩形，
．
，
．
，
．
．
由问题情境中的结论可得：．
．
即的值为；

【迁移拓展】解：延长、交于点，作，垂足为，如图．
，，
．
又，即，
∽，
，
．
由问题情境中的结论可得：．
设，则．
，
．
．
，，，
．
解得：．
，
，
．
，
且、分别为、的中点，
，．
与的周长之和


．
即与的周长之和为． 

【解析】【问题情境】连接，如图，只需运用面积法即可解决问题．
【结论运用】易证，过点作，垂足为，如图，利用问题情境中的结论可得，易证，，只需求出即可．
【迁移拓展】如图，由条件联想到三角形相似，从而得到，进而补全等腰三角形，与的周长之和就可转化为，而是的边上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出，再求出，就可解决问题．
本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．
 

22.【答案】解：令，得，
解得，，或，
，，
设直线的解析式为，则
，
解得，，
直线的解析式为；
如图，根据题意可知，点与点的坐标分别为
，，

，，，
分两种情况：
当时，得，
解得，，或舍，
；
当时，得，
解得，，或舍，
；
当点是线段的三等分点时，点的坐标为或；
直线：与轴交于点，
点的坐标为，
分再种情况：如图，当点在轴的正半轴上时，记为点，

过作于点，则，
，
∽，
，即
，
，，
，
，
，
连接，
，，
轴，
，
，，
，
，
；
如图，当点在轴的负半轴上时，记为点，过作于，则，

，
∽，
，即，
，
，，
，
，
，
由可知，，
，
，
，
，
，
，
综上，点的坐标为或 

【解析】本题是一个二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，第、小题的关键在于分情况讨论．
令，便可由抛物线的解析式求得、点坐标，用待定系数法求得直线的解析式；
设，用表示点坐标，分两种情况：；分别列出的方程进行解答便可；
分两种情况，点在轴正半轴上时；点在轴负半轴上时．分别解决问题．