2023年吉林省松原市长岭县三校中考三模数学试题（含解析）

这是一份2023年吉林省松原市长岭县三校中考三模数学试题（含解析），共28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年吉林省松原市长岭县三校中考三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列四个数中，最小的数是(    )
A． B．0 C．1 D．
2．下列几何体中，俯视图是圆的几何体是（　　）
A． B．
C． D．
3．下列计算中，结果是的是(    )
A． B． C． D．
4．据央广网消息，近年来，数字贸易在国内创造了高达32000亿元的经济效益．将数据“32000亿”用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
5．如图，AB 是⊙O 的直径， ∠D＝32° ，则∠AOC 等于(   )

A．158° B．58° C．64° D．116°
6．已知，如图长方形ABCD中，AB＝3，AD＝9，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则BEF的面积为（　　）

A．6 B．7.5 C．12 D．15

二、填空题
7．实数8的立方根是_____．
8．不等式的解集为____
9．分解因式：________．
10．甲、乙两人在相同条件下进行射击练习，每人10次射击成绩的平均值都是7环，方差分别为，，则两人成绩比较稳定的是_______（填“甲”或“乙”）
11．如图，，AE=AF，CE交AB于点F，∠C=110°，则∠A=__°．

12．如图，道旁树在路灯的照射下形成投影，已知路灯离地8m，树影长4m，树与路灯的水平距离为6m，则树的高是______m．

13．如图，若被击打的小球飞行高度（单位：）与飞行时间（单位：）直接具有的关系为，则小球从飞出到落地所用的时间为___________．
  
14．如图1，菱形卡片菱形卡片的边长均为2．．卡片中的扇形半径均为2．如图2是交替摆放这两种卡片得到的图案．若摆放这个图案共用两种卡片张，则这个图案中阴影部分图形的面积和为______．(结果保留)
  

三、解答题
15．计算：．
16．小明与甲、乙两人一起玩“手心手背”的游戏．他们约定：如果三人中仅有一人出“手心”或“手背”，则这个人获胜；如果三人都出“手心”或“手背”，则不分胜负，那么在一个回合中，如果小明出“手心”，则他获胜的概率是多少？（请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程）
17．港珠澳大桥是世界上最长的跨海大桥，它由桥梁和隧道两部分组成，桥梁和隧道全长共，其中桥梁长度比隧道长度的9倍少，求港珠澳大桥的桥梁长度和隧道长度．
18．如图，，点E、D分别是、的中点．求证：．

19．图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点、、、、均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图，保留作图痕迹．

(1)在图①中，作以点为对称中心的平行四边形．
(2)在图②中，作四边形的边上的高．
(3)在图③中，在四边形的边上找一点，连结，使．
20．2022年3月23日，“天空课堂”第二课开讲，神舟十三号飞行乘组航天员在中国空间站进行太空授课．某校为了解本校学生对航天科技的关注程度，在该校内进行了随机调查统计，将调查结果分为不关注、关注、比较关注、非常关注四类，整理好全部调查问卷后，得到下列不完整的统计图：

(1)补全图1条形统计图；
(2)扇形统计图中，“关注”对应扇形的圆心角为______°；
(3)该校共有900人，根据调查结果估计该校“比较关注”及“非常关注”航天科技的人数共多少人？
21．如图，一个书架上放着8个完全一样的长方体档案盒，其中左边7个档案盒紧贴书架内侧竖放，右边一个档案盒自然向左斜放，档案盒的顶点D在书架底部，顶点F靠在书架右侧，顶点C靠在档案盒上，若书架内侧BG的长为60cm，，ED长度约为21cm．求出该书架中最多能竖放几个这样的档案盒．（点A、点B、点C、点D、点E、点F、点G在同一平面内．参考数据：，，）

22．在平面直角坐标系中，双曲线与直线交于点．已知点，过点P作垂直于x轴的直线，交直线于点B，交函数于点C．
  
(1)求，的值；
(2)当时，求出线段与的长度；
(3)直接写出当时，的面积的最大值﹒
23．去年我市经历罕见暴雨，石头口门水库水位不断上涨，暴雨过后，水库水位已经超过警戒线水位，上级下达指示立即将五个水流量相同的泄洪闸打开紧急泄洪，6小时后关闭三个泄洪闸继续泄洪．水库水位与泄洪时间的关系如图所示，根据图象解答下列问题：

(1)五个泄洪闸同时开放时，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(2)求该水库的警戒线水位；
(3)若水位高度降至米时关闭所有泄洪闸，此次泄洪共持续______小时．
24．在中， ，点 (不与点重合)是线段上的一个动点，连接，以为边在的右侧作正方形，连接
（1）发现问题：如图（1），若，则与的位置关系_________；
（2）拓展探究：如图（2），若，（1）中的结论是否仍然成立?请说明理由；
（3）解决问题：若，设正方形的边与线段相交于点，请直接写出线段的最大值

25．如图，在矩形中，，，动点P，Q同时出发，点P从点A出发以的速度沿折线运动，点Q从点A出发以的速度沿向终点C运动，当点Q到达点C时，P，Q两点同时停止运动，连结，．设点P的运动时间为，的面积为．
  
(1)当点P与点C重合时，t=________s；
(2)求S与t之间的函数关系式；
(3)当时，直接写出t的值．
26．在平面直角坐标系中，已知抛物线(a为常数，且)，此抛物线与y轴交于点A，过点A作y轴的垂线与此抛物线交于点B，点A与点B不重合．
  
(1)抛物线的对称轴为直线_______；
(2)当抛物线经过坐标原点时，
①求此抛物线所对应的二次函数表达式；
②当(m为常数)时，y的最小值为，求m的值；
(3)若点P是抛物线对称轴上的点，其纵坐标为，当以点A，B，P三个点为顶点的三角形是等腰直角三角形时，求出a的值．

参考答案：
1．A
【分析】根据有理数的大小比较方法找出最小的数即可．
【详解】解：∵，
∴四个数中最小的数是，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了有理数大小比较的方法，掌握有理数大小比较的方法是解题的关键，有理数大小比较的方法：正数都大于0；负数都小于0；两个负数相比较，绝对值大的反而小．
2．A
【分析】分别找出从图形的上面看所得到的图形即可．
【详解】解：A、俯视图是圆，故此选项正确；
B、俯视图是正方形，故此选项错误；
C、俯视图是长方形，故此选项错误；
D、俯视图是长方形，故此选项错误．
故选：A．
【点睛】本题考查了几何体的俯视图，掌握各立体图形的特点及俯视图的定义是解答此类题的关键．
3．C
【分析】利用同底数幂的除法的法则，合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
【详解】解：、，故此选项不符合题意；
B、，故此选项不符合题意；
C、，故此选项符合题意；
D、，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查同底数幂的除法，幂的乘方，同底数幂的乘法，合并同类项，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
4．B
【分析】科学记数法的形式是： ，其中＜10，为整数．所以，取决于原数小数点的移动位数与移动方向，是小数点的移动位数，往左移动，为正整数，往右移动，为负整数．本题小数点往左移动到的后面，所以
【详解】解：32000亿
故选：
【点睛】本题考查的知识点是用科学记数法表示绝对值较大的数，关键是在理解科学记数法的基础上确定好的值，同时掌握小数点移动对一个数的影响．
5．D
【分析】首先根据圆周角定理可求得∠BOC的度数，再根据邻补角的性质即可得出结论．
【详解】解：∵∠BOC与∠D是同弧所对的圆心角与圆周角，∠D=32°，
∴，
，
故选：D．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对圆心角的度数的一半是解答此题的关键．
6．B
【分析】根据翻折的性质可得，BE＝DE，设AE＝x，则ED＝BE＝9−x，在直角△ABE中，根据勾股定理可得32＋x2＝（9−x）2，即可得到BE的长度，由翻折性质可得，∠BEF＝∠FED，由矩形的性质可得∠FED＝∠BFE，即可得出△BEF是等腰三角形，BE＝BF，即可得出答案．
【详解】解：设AE＝x，则ED＝BE＝9−x，
根据勾股定理可得，32＋x2＝（9−x）2，
解得：x＝4，
由翻折性质可得，∠BEF＝∠FED，
∵ADBC，
∴∠FED＝∠BFE，
∴∠BEF＝∠BFE，
∴BE＝BF＝5，
∴S△BFE＝×5×3＝7.5．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了翻折的性质及勾股定理，熟练应用相关知识进行求解是解决本题的关键．
7．2
【分析】根据立方根的概念解答．
【详解】∵，
∴8的立方根是2．
故答案为：2
【点睛】本题考查立方根的概念义，正确掌握立方根的概念是解题的关键．
8．
【分析】根据不等式的性质即可求解．
【详解】解：移项得：，

合并同类项得：，
解得：．
【点睛】本题考查了解不等式，解题关键是先移项，再合并同类项和系数化为1，即可得不等式的解集．
9．
【分析】先提公因式，然后利用平方差公式因式分解即可．
【详解】，
故答案为：．
【点睛】本题考查因式分解，解题的关键是熟练掌握完全平方公式、平方差公式、提取公因式法和十字相乘法等常见的方法．
10．甲
【分析】利用方差的意义直接比较即可．
【详解】∵，
∴两人成绩比较稳定的是甲，
故答案为：甲．
【点睛】此题主要考查了方差的意义和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，数据越不稳定；方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，数据越稳定．
11．40
【分析】根据平行线的性质得∠C=∠EFB=110°，再利用邻补角的定义得∠AFE=180°﹣110°=70°，由AE=AF，根据等腰三角形的性质得到∠E=∠AFE=70°，然后根据三角形内角和定理计算∠A．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠C=∠EFB=110°，
∴∠AFE=180°﹣110°=70°，
∵AE=AF，
∴∠E=∠AFE=70°，
∴∠A=180°﹣∠E﹣∠AFE=40°．
故答案为40．
12．3.2
【分析】利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵AB∥OP，
∴△CAB∽△CPO，
∴，
∴，
∴AB=3.2（m），
故答案为：3.2．
【点睛】本题考查中心投影以及相似三角形的应用．测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
13．6
【分析】根据关系式，令h=0即可求得t的值为飞行的时间．
【详解】依题意，令h=0得
0=24t-4t2
得t（24-4t）=0，
解得t=0或t=6，
小球从飞出到落地所用的时间为6-0=6s．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．此题为数学建模题，关键在于读懂小球从飞出到落地即飞行的高度为0时的情形，借助二次函数解决实际问题．此题较为简单．
14．///
【分析】菱形卡片与菱形卡片中的阴影部分的面积是菱形卡片的总面积，张有对这样的组合，外加一张菱形卡片，因此摆放2023张卡片后阴影部分的面积是张菱形卡片的总面积与菱形卡片中扇形的面积之和，据此可解．
【详解】依题意得：菱形卡片与菱形卡片中的阴影部分的面积是菱形卡片的总面积，
，
∴摆放张卡片后阴影部分的面积是1011张菱形卡片的总面积与菱形卡片中扇形的面积之和，
在菱形中，过点A作于点E，
  
∵，，
∴，，
∴，
∴
∴摆放张卡片后阴影部分的面积是：
故答案是：
【点睛】本题考查图形类规律题，扇形的面积，菱形的面积，含角的直角三角形的性质等知识点，根据题意找出图形的规律会求扇形面积和菱形面积是解题的关键．
15．5．
【详解】解：原式

16．
【分析】首先根据题意画出树状图或列表，然后求得所有等可能的结果数与他获胜的情况包含的结果数，再利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：画树状图得：
  
∵共有4种等可能的结果，在一个回合中，如果小明出“手心”，则他获胜的有1种情况，
∴他获胜的概率是：．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，解题关键是正确求出所有的结果数与小明获胜的结果数，再利用概率公式求解．
17．港珠澳大桥的桥梁长度49km，隧道长度6km
【分析】设港珠澳大桥隧道长度为，桥梁长度为，由桥梁和隧道全长共，得，桥梁长度比隧道长度的9倍少，得，然后列出方程组，解方程组即可．
【详解】解：设港珠澳大桥隧道长度为，桥梁长度为，根据题意得：
由题意列方程组得：，
解得：，
答：港珠澳大桥的桥梁长度和隧道长度分别为和．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程组．
18．见解析
【分析】根据题意易证，然后问题可求证．
【详解】证明：∵，点E、D分别是、的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查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．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析

【分析】（1）利用网格特征连接，并延长，即可作以点为对称中心的平行四边形；
（2）取格点，连接交于点，即可作四边形的边上的高；
（3）取格点，，，连接，，，与交于点，连接并延长交于点即可．
【详解】（1）如图①中，平行四边形即为所求；


（2）如图②中，高即为所求；

根据网格与勾股定理得出
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴即为所求；
（3）如图③中，点即为所求．

如图所示，找到格点，
，，
则是等腰直角三角形，
找到格点，则是矩形，
∴是的中点，
∴垂直平分，
即．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，中心对称的性质，勾股定理与网格问题，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
20．(1)见解析．
(2)43.2．
(3)720人．

【分析】（1）从统计图中可以得到不关注，关注，比较关注的共有34人，占调查人数的68%，可求出调查人数；接受调查的人数乘以非常关注的百分比即可得到非常关注的人数，即可补全统计．
（2）用360乘以“关注”的比例即可得到“关注”对应扇形的圆心角度数．
（3）样本估计总体，用样本中“比较关注”及“非常关注”的所占比例，乘以该校人数900人即可求解．
【详解】（1）∵不关注，关注，非常关注的共有（人），占调查人数的比例为：
∴此次调查中接受调查的人数为：（人），
∴“比较关注”人数为：（人）．
补全图1条形统计图如图所示：

（2）
故答案为：43.2
（3）（人）．
【点睛】本题考查扇形统计图、条形统计图的意义和制作方法，从两个统计图中获取数量和数量之间的关系是解决问题的关键，样本估计总体是统计中常用的方法．
21．12个
【分析】根据题意可得：，设每一个档案盒的厚度为x cm，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，最后根据书架内侧长为60cm，列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【详解】由题意得：，
设每一个档案盒的厚度为x cm,
∵，
在中，设cm,
∴（cm），
由题意得：，
∴，
∴（个），
∴该书架中最多能放12个这样的档案盒．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
22．(1)，；
(2)，；
(3)

【分析】（1）把点代入一次函数解析式即可求出m的值，再把点A的坐标代入反比例函数解析式即可求出k的值；
（2）分别把代入一次函数与反比例函数解析式，求出点B、C的坐标，然后可得线段与的长度；
（3）首先求出时，点B、C的坐标，进而可得的值，然后根据三角形面积公式列出函数关系式，利用二次函数的性质求出最值即可．
【详解】（1）解：将代入得：，
所以，
将代入得：；
（2）解：当时，即，
把代入，得：，
所以，
将代入，得：，
所以，
所以当时，，；
（3）解：当时，，，
∴，，
∵当时，点C在点B上方，
∴，
∴，
∵，
∴当时，有最大值．
【点睛】本题是反比例函数与一次函数的综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法以及二次函数的应用，熟练掌握求二次函数最值的方法是解题的关键．
23．(1)
(2)
(3)16

【分析】（1）当时，设与之间的函数关系式为，将，代入并解方程组即可得出结论；
（2）将代入（1）中所求函数关系式即可；
（3）先求出5个泄洪闸全开时的水位下降速度，再求出关闭3个泄洪站后的水位下降速度，高度除以速度可求出泄洪时间．
【详解】（1）解：当时，
设与之间的函数关系式为，
将，代入，得，
解得，
与之间的函数关系式为；
（2）由题意得，当时，，
答：该水库的警戒线水位为；
（3）由题意得，5个泄洪闸全开时的水位下降速度为：，
关闭3个泄洪站后的水位下降速度为：，
，
此次泄洪共持续了．
故答案为：16．
【点睛】本题属于一次函数的应用，有理数的混合运算的应用，涉及待定系数法求函数解析式，利用待定系数法函数解析式是解题关键．
24．（1）；（2）仍然成立，见解析；（3）1
【分析】（1）由正切值可得∠ACB=45°，结合AB=AC，可知△ABC为等腰直角三角形，再利用正方形的性质可证明△BAD≌△CAF，进而得到∠ACF=45°，推出∠FCB=90°即可得证；
（2）过点作，交于点，同（1）可证CF⊥BD；
（3）过点作交的延长线于点，易证，设为，为，则，根据对应边成比例建立y与x的函数关系，即可求出CP的最大值．
【详解】解：（1） ∵

∵，

∴
∵四边形是正方形，
∴
∴，
∴，
在△BAD和△CAF中，
∵AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF
∴（SAS），
∴，
∴，
即．
（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：
如图(1)，过点作，交于点，则．

∵，
∴．
∴，

∴
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
在△GAD和△CAF中，
∵AG=AC，∠GAD=∠CAF，AD=AF
∴（SAS），
∴，
∴，即．
∴（1）中的结论仍然成立．
（3）线段的最大值为1．
如图(2)，过点作交的延长线于点．

∵
∴．
设为，为，则．
由（2）知， ，
∵∠ADE=90°
∴∠ADQ+∠CDP=90°
∵∠DPC+∠CDP=90°
∴∠ADQ=∠DPC
又∵∠AQD=∠DCP=90°，
∴，
∴，即，
∴，
∴当时， 有最大值1，
即线段的最大值为1．
【点睛】本题考查了三角函数，正方形，全等三角形与相似三角形，以及二次函数的应用，熟练掌握“一线三等角”的相似模型，建立二次函数关系是解题的关键．
25．(1)
(2)
(3)2或4

【分析】（1）先计算出点与点重合时运动的路程，再根据运动速度即可求出运动时间；
（2）分情况讨论：当时，过点作于点，证得，即可求出的长，从而根据三角形面积公式计算即可；当时，过点作于点，证得，即可求出的长，从而根据三角形面积公式计算即可；当时，过点作于点，证得，即可求出的长，从而根据三角形面积公式计算即可；
（3）用含的式子表示、，然后列出方程求出的值即可．
【详解】（1）解：四边形是矩形，
，
当点与点重合时，点运动的路程是：，
点从点出发以的速度沿折线运动，
，
故答案为：；
（2）
四边形是矩形，
，，
在中由勾股定理得，
点从点出发以的速度沿向点运动，
，
由题意知，，，
当点在边上时，即，如图1，
  
过点作于点，
，
又，
，
，
，
，
；
当点在边上时，即，如图2，
  
此时，
过点作于点，
，
又，
，
，
，
，
；
当点在上，即，如图3，
  
此时，
过点作于点，
，
又，
，
，
，
，
；
综上，；
（3）当点在边上时，即，
此时，，
，
，
在中，由勾股定理得，，
，
解得，(舍去)，；
当点在边上时，即，
此时，
，
，
(舍去)；
当点在上，即，
此时，
，
，
；
综上，的值为2或4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，动点问题，勾股定理，相似三角形的判定与性质，求二次函数解析式，三角形的面积与函数关系，学会用分类讨论思想思考问题是解题的关键，属于压轴题．
26．(1)2
(2)①；②或3
(3)或3

【分析】（1）根据对称轴公式求对称轴即可；
（2）①由抛物线经过坐标原点可得，从而得到二次函数的解析式；
②分，，三种情况，根据二次函数的增减性求解即可；
（3）由以点A，B，P三个点为顶点的三角形是等腰直角三角形可知点P是直角顶点，根据点A、B的坐标求得点P的坐标为，由题意可知点P的坐标为，从而得到，从而得解．
【详解】（1）解：依题意得∶ 抛物线的对称轴为直线
故答案为：2；
（2）解：①∵抛物线经过坐标原点，
，解得，
抛物线的解析式为．
②当，即时，
此时开口向上，在上，y随着x的增大而减小，
∴当时，y取最小值，即
解得(不合题意，舍去)，；
当，即时，
此时对称轴处取最小值，
∴当时，y的最小值为，不存在最小值为的情况；
当时，此时开口向上，在上，y随着x的增大而增大，
∴当时，y取最小值，即，
解得，(不合题意，舍去)．
综上所述，m的值为或3．
（3）解：∵以点A，B，P三个点为顶点的三角形是等腰直角三角形，点P是抛物线对称轴上的点，
∴点P是直角顶点，(否则点P在直线或y轴上，不合题意)
设与对称轴的交点为Q，则根据对称性可知点Q是的中点．
作出图形如下：
  
令，解得，
∴
又令，解得
∴
∴，
又∵点Q是的中点，
∴
∵点A，B，P三个点为顶点的三角形是等腰直角三角形，点P是直角顶点，
∴，
∴
又∵点P是抛物线对称轴上的点，其纵坐标为，
∴点P的坐标为，
∴，
解得：或3
即a的值为或3．
【点睛】本题考查二次函数的图像与性质，二次函数与几何综合等知识，掌握相关知识和分类讨论思想是解题的关键．