2023年陕西省商洛市商南县湘河镇初级中学中考三模数学试题（含解析）

这是一份2023年陕西省商洛市商南县湘河镇初级中学中考三模数学试题（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年陕西省商洛市商南县湘河镇初级中学中考三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．计算：（    ）A．1 B． C．5 D．2．如图，，若，，则（    ）  A． B． C． D．3．计算的结果为（    ）A． B． C． D．4．在中，添加下列条件，能判定是菱形的是（    ）A． B． C． D．5．如图，一次函数的图象与轴交于点，当时，自变量的取值范围是（    ）  A． B． C． D．6．如图，的顶点在正方形网格的格点上，则的值为（    ）  A． B． C． D．7．如图，为的切线，为切点，的延长线交于点，若的度数是，则的度数是（    ）  A．18° B．24° C．25° D．27°8．已知点，，且，在抛物线：上，则抛物线与坐标轴的交点个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3 二、填空题9．因式分解：___________．10．从多边形的一个顶点出发，最多可以引出5条对角线，则该多边形的内角和为______．11．如图，第十四届国际数学教育大会（）会徽的主题图案有着丰富的数学元素，展现了我国古代数学的文化魅力，其右下方的“卦”是用我国古代的计数符号写出的八进制数3745．八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0～7共8个基本数字．八进制数3745换算成十进制数是，表示的举办年份．则八进制数2023换算成十进制数是______．  12．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形的斜边在轴的负半轴上，顶点在反比例函数（）的图象上，若的面积为4，则的值是______．  13．如图，为菱形对角线的交点，点和点分别在边和边上，且满足，连接，若菱形的边长为10，，则长度的最小值为______．   三、解答题14．计算：．15．解不等式组：  16．解方程，．17．如图，在锐角中，为边上的一点，且满是，请用尺规作图法，在边上找一点，使得．（保留作图痕迹，不写作法）  18．如图，在中，，是的中点，连接，过点A作交于点．求证：四边形是矩形．  19．已知数字A为负数，将其加6得到数字B，若数字A与数字B的积为7，求数字A．20．在一个不透明的盒子中放有4张分别写有数学1、2、2、3的卡片，卡片除写有的数字不相同外其他完全相同．(1)从盒子中随机抽取1张卡片，该卡片写有的数字为2的概率是______．(2)从盒子中随机抽取2张卡片，卡片上呈现的数字中，较大的数作为十位数，较小的数作为个位数，请利用画树状图或列表法求这个两位数大于21的概率．21．正比例函数（）自变量与因变量的几组取值情况如下表所示，若表格中是按照从小到大的方式取值，请回答下列问题：…0……0…(1)求的值．(2)若点在该正比例函数的图象上，请求出与之间的关系式．（用表示）(3)在（2）的条件下，判断当时，的取值范围是多少？22．小刚与小强是无人机爱好者，两人一起在空旷地带操作无人机飞行，他们想测量一下无人机在高空中直上飞行的速度，但前提需要知道在高空中的直上飞行距离，于是按照如下方案进行测量：小强站在地面的点处，观测目光从点出发观察无人机所处位置，并记录此时的仰角为；当无人机直上飞行至点处时，小刚在地面的点处，观测目光从点出发观察无人机所处位置，并记录此时的仰角为．已知，，，，，，图中所有点均在同一平面内，请计算无人机直上飞行的距离．  23．运动是一切生命的源泉，运动使人健康、使人聪明、使人快乐，运动不仅能强健体魄，更能塑造人的品格．某学校为了解学生一周在家运动时间（单位：小时）的情况，随机抽取了部分学生进行问卷调查，并将收集到的数据整理分析，共分为四组（A．，B．，C．，D．），其中每周运动时间不少于3小时为达标，绘制了如下两幅不完整的统计图：          根据以上信息，解答下列问题；(1)在这次抽样调查中，共调查了______名学生，并补全频数分布直方图．(2)抽样调查的学生中，每周运动时间的中位数落在______组．（填对应的字母）(3)若该校有学生1600人，试估计该校学生一周在家运动时间达标的人数．24．如图，在中，，分别与边，相切于点和点，连接．  (1)求证：为的平分线．(2)连接与交于点，且满足，若，求的半径．25．过原点的抛物线：（）与轴的另一个交点为，顶点为．(1)求点的坐标．(2)为轴正半轴上一点，记抛物线关于点中心对称的抛物线为，设抛物线与轴的交点为，，点在点的左侧，抛物线的顶点为．①当时，求点与点的坐标．②在①的条件下，当时，求抛物线的表达式．26．问题提出（1）如图1．在半径为3的中，，为弦，则的最大值为______．问题探究（2）如图2．在中，，，，为上任意一点，为上任意一点，连接，，求的最小值．问题解决（3）如图3．某同学云用由脑编程设计了一款游戏，在一个“曲边”中，，为线段，，为一段弧线，所在的圆与相切，为上一点，一只电子蚂蚁从点出发，其爬行路径为折线，其中，在段爬行的过程中，当时，电子蚂蚁停止移动．已知所在圆的半径为6，的长度为．结合题意，问当电子蚂蚁停止爬行时，线段是否存在最小距离？若存在，求出的最小距离；若不存在，请说明理由．  
参考答案：1．A【分析】根据有理数的加法法则计算即可．【详解】解：．故选：A．【点睛】此题主要考查了有理数的加法，要熟练掌握，解答此题的关键是要弄清楚有理数加法法则．2．C【分析】根据两直线平行同旁内角互补求解即可．【详解】解：∵，∴，∵，，∴，故选：C．【点睛】本题考查平行线的性质，熟练掌握两直线平行同旁内角互补是解题的关键．3．D【分析】根据幂的乘方与积的乘方运算法则进行计算即可．【详解】解： ．故选：D．【点睛】本题主要考查了幂的乘方与积的乘方的运算法则，能熟记幂的乘方与积的乘方法则是解此题的关键，，．4．C【分析】根据菱形的判定定理，即可求得答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，再添加，不能判定是菱形；选项A不符合题意；添加，则是矩形，不能判定是菱形；选项B不符合题意；添加，能判定是菱形；选项C符合题意；添加，不能判定是菱形；选项B不符合题意；故选：C．【点睛】此题考查了菱形的判定．熟记判定定理是解此题的关键．5．B【分析】先由图象可知，当时，，从而求出，当时，，再结合函数图象得到结果．【详解】解：当时，，即，，当时，，当时，自变量的取值范围是，故选：B．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是利用数形结合的思想求解．6．A【分析】根据网格构造直角三角形，由勾股定理可求，再根据三角函数的意义可求出的值．【详解】解：如图，取网格点D，连接，  由网格图，可得：，，，∴，∴是直角三角形，且，∴，故选：A．【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理以及求一个角的正切值的知识，利用网格构造直角三角形是解决问题的关键．7．D【分析】连接，则，由切线的性质及三角形内角和可求得的度数，再由等腰三角形的性质及三角形外角的性质即可求得结果．【详解】解：连接，如图，∵为的切线，为切点，∴，∴，∵，∴，故选：D．  【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识，作连接切点与圆心的半径是解题的关键．8．C【分析】根据点，的纵坐标相等，求得抛物线的对称轴，列式得，求得，再根据根的判别式即可求解．【详解】解：∵点，的纵坐标相等，∴抛物线的对称轴为，∴，即，解得，∴抛物线的解析式为，∴，∴抛物线与坐标轴的交点个数为2个， 故选：C．【点睛】本题考查了抛物线的对称性，二次函数与一元二次方程的关系，解题的关键是理解题意，学会构建方程解决问题．9．【分析】先提公因式，然后再用平方差公式进行分解即可．【详解】解：．故答案为：．【点睛】本题主要考查了因式分解，熟练掌握平方差公式，是解题的关键．10．/度【分析】根据从多边形的一个顶点可以作对角线的条数公式求出边数，然后根据多边形的内角和公式列式进行计算即可得解．【详解】解：多边形的一个顶点出发，最多可以引出5条对角线，，，该多边形的内角和为：．故答案为：．【点睛】本题考查了多边形的内角和公式以及多边形的对角线公式，解题的关键在于求出多边形的边数．11．【分析】根据题意，按要求展开即可得到答案．【详解】解：由题意得，故答案为：．【点睛】本题考查新定义问题，读懂题意，按照材料中的方法展开是解决问题的关键．12．【分析】过点A作交x轴于F，利用等腰直角三角形性质可得，根据，求得的面积，应用的几何意义求k．【详解】解：如图，过点A作交x轴于F，   ∵，，，∴，∴，∴∵顶点在反比例函数（）的图象上∴，∵反比例函数（）的图象在二象限，∴故答案为：．【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，知道是解题的关键．13．【分析】连接、，过点E作交于点H，设，，则，再表示出，根据，列出关于的二次函数即可求得最小值．【详解】解：连接、，过点E作交于点H，  ，又，，，四边形为菱形，，即为的角平分线，O到、的距离相等， 、的高相同，，四边形为菱形，，，，设，，则，，，,，，开口向上，当时，取得最小值为80，，故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质、解直角三角形、勾股定理、二次函数的应用，解题的关键是作出辅助线，利用二次函数求得最小值．14．【分析】根据二次根式的除法，化简绝对值，负指数幂计算求解即可．【详解】原式【点睛】本题考查了实数的混合运算，掌握二次根式的除法，化简绝对值，负指数幂是解题的关键．15．【分析】根据一元一次不等式组的解法，利用不等式组解集的求解法则即可得到答案．【详解】解：，由①得；由②得；原不等式组的解集为．【点睛】本题考查解一元一次不等式组，熟记“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”是解决问题的关键．16．【分析】把原方程变形后，去分母化为整式方程，解整式方程再检验即可得到答案．【详解】解：原方程可变为：两边都乘以得，，解得，经检验是分式方程的根．【点睛】此题考查了分式方程的解法，去分母和验根是解题的关键．17．见解析【分析】分别以为圆心，长为半径作弧交于点F，连接,交于点，则，点即为所作．【详解】解：如图，点即为所求．  理由：根据作法得：，∴四边形是菱形，∴是线段的垂直平分线，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了尺规作图——作已知线段的垂直平分线，菱形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握已知线段的垂直平分线的作法，菱形的判定和性质是解题的关键．18．见解析【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的性质可得即可证明结论．【详解】解：∵，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∵是的中点，∴，∵，∴，∴四边形是矩形．【点睛】本题主要考查了矩形的判定、等腰三角形的性质等知识点，掌握一个内角是直角的平行四边形是矩形成为解答本题的关键．19．【分析】根据题意得，解一元二次方程即可求解．【详解】解：由题意得，，∴，∴，即，解得或，∵数字A为负数，∴．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，掌握“因式分解法”解一元二次方程是解题的关键．20．(1)(2) 【分析】（1）由在4张卡片中共有两张卡片写有数字2，利用概率公式求解即可求得答案；（2）首先根据题意列出表格，然后由表格求得所有等可能的结果，数出大于21的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．【详解】（1）解：在4张卡片中共有两张卡片写有数字2，从中任意抽取一张卡片，卡片上写有数字2的概率是，故答案为：；（2）解：组成的所有两位数列表得： 12231 212131221 223222122 323313232 共有12种等可能的结果，这个两位数大于21的有8种情况这个两位数大于21的概率为：．【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法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；注意概率所求情况数与总情况数之比．21．(1)； (2)； (3)．  【分析】（1）代入函数解析式即可求解；（2）把点代入解析式即可；（3）代数式转化解不等式即可求解．【详解】（1）解：当时，，则；当时，，则∴，解得：， 经检验：是原分式方程的解，∵表格中是按照从小到大的方式取值，∴，∴；（2）由（1）得：，则，∴正比例函数解析式为：，∵在正比例函数图象上，∴，整理得：，则与之间的关系式为：，（3）由（2）得：，∴，∵，即∴．【点睛】此题考查待定系数法求正比例函数关系式，熟练掌握正比例函数图象上点的坐标特征，正确列出不等式，算出取值范围是解题的关键．22．【分析】延长交于G，过点C作，交于E，过点A作，交于F，则四边形是矩形，四边形是矩形，即可求得，设，，解，得，解，得，再根据，得，解方程，求出x值即可．【详解】解：延长交于G，过点C作，交于E，过点A作，交于F，  则四边形是矩形，四边形是矩形，∴，，，，∴，设，，在中，，∵∴，在中，，∵∴，∵∴解得：，∴．答：无人机直上飞行的距离为．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握直角三角形边角关系是解题的关键．23．(1)120，补全频数分布直方图见解析(2)C(3)400人 【分析】（1）根据条形统计图与扇形统计图中数据关联，B组有36人，占比为，从而得到这次抽样调查共计名；再计算出C组人数为，即可补全频数分布直方图；（2）根据中位数定义与求法，结合频数分布直方图即可得到答案；（3）由样本估计总体，列式求解即可得到答案．【详解】（1）解：由题中统计图可知，在这次抽样调查中，共调查学生数为名； C组人数为，补全频数分布直方图如下：  故答案为：120；（2）解：由（1）知，共抽调120名学生，中位数是第60位与第61位运动时间取平均数，而A组6人、B组36人，C组48人，抽样调查的学生中，每周运动时间的中位数落在C组，故答案为：C；（3）解：根据题意，每周运动时间不少于3小时为达标，即D组满足题意，则该校有学生1600人，一周在家运动时间达标的人数为（人）．【点睛】本题考查统计综合，涉及样本容量、补全频数分布直方图、求中位数及用样本估计总体，熟记相关统计指标的定义是解决问题的关键．24．(1)见解析(2)的半径为4． 【分析】（1）利用切线的性质证明四边形为正方形，即可证明结论成立；（2）证明，推出，再证明，利用相似三角形的性质即可求解.【详解】（1）证明：如图，连接．  ∵均为⊙O的切线，∴，又∵，∴四边形为矩形．而，则四边形为正方形，∴为的平分线；（2）解：由（1）可知，即，∴：又由可知，，∴，∵，，∴．即，设的半径为r，．∵四边形为正方形，∴，则，，解得．∴的半径为4．【点睛】本题考查角平分线的判定、正方形的判定和性质、切线的性质、相似三角形的判定和性质；综合运用以上知识是解题的关键．25．(1)(2)①、；②抛物线： 【分析】（1）当抛物线：（）与轴相交时，交点的纵坐标为0，从而令，解方程即可得到答案；（2）①当时，，根据函数图像关于点对称的特征求解出抛物线，令即可得到点与点的坐标；②由①中所求，结合，数形结合，得到，列方程求解即可得到结论．【详解】（1）解：当时，，解得或，过原点的抛物线：（）与轴的另一个交点为，；（2）解：①当时，，抛物线：（），抛物线开口向下，与轴交于和，和关于中心对称点的坐标为和，抛物线关于点中心对称的抛物线：，即和为抛物线与轴的交点，，点在点的左侧，、；②由①知抛物线：（）抛物线：，抛物线的顶点为，抛物线的顶点为，、，且，，即，解得，抛物线：．【点睛】本题考查二次函数综合，涉及二次函数与坐标轴交点、二次函数图像关于点中心对称、二次函数中面积综合问题等，熟练掌握二次函数图像与性质，理解二次函数综合问题常见题型解法是解决问题的关键．26．（1）12（2）（3）【分析】对于（1），根据直径是最长的弦得出答案；对于（2），根据轴对称和垂线段最短得出点E的位置，再根据勾股定理求出答案；对于（3），设圆心O，连接相应线段，再根据弧长公式求出，可得出是等边三角形，根据切线的性质得出，进而求出，再根据勾股定理求出，即可求出的最小值，进而得出答案．【详解】问题提出：当，为直径时，的值最大，为．故答案为：12；问题探究：作点A关于直线的对称点F，过点F作，交于点D，交于点E．根据对称性可知，，∴，要求最小，即求最小，当点D，E，F三点共线，且时，最小．在中，，∴．在中，，即，解得，∴的最小值是；  问题解决：存在，．设圆心为点O，连接，，，．∵的长度是，且的半径是6，∴，解得，即．∵，∴是等边三角形，∴，．∵是的切线，∴，∴．∵，∴．在中，，即，解得．  在中，．根据三题意可知，即，∴的最小值为．在中，，即，解得．【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，弧长公式，特殊角的三角函数值，三角形的三边关系，切线的性质，等边三角形的性质和判定，根据轴对称求线段和最小等，勾股定理是求线段长的常用方法．