2023年河南省南阳市镇平县一模数学试题（含解析）

这是一份2023年河南省南阳市镇平县一模数学试题（含解析），共25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年河南省南阳市镇平县一模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．的绝对值是（    ）
A． B． C． D．
2．如下图形是某几何体的三视图，则这个几何体是（    ）

A．圆锥 B．圆柱 C．三棱锥 D．三棱柱
3．据“工信微报”2023年1月20日消息，截至2022年底，我国累计建成并开通5G基站万个，基站总量占全球以上．将数据万用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
4．将一块含角的三角板和一把直尺如图放置，若，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
5．下列运算正确的是（    ）
A． B． C． D．
6．如图，在菱形中，对角线，菱形的面积为24，则菱形的周长为（    ）

A．5 B．10 C．20 D．30
7．一元二次方程的根的情况是（    ）
A．没有实数根 B．只有一个实数根
C．有两个相等的实数根 D．有两个不相等的实数根
8．九年级某班级10名同学的生日月份如下表所示：
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
月份
2
4
8
7
10
7
5
8
6
7
这组数据（月份）的众数是（    ）
A．5 B．7 C．8 D．10
9．如图，点A的坐标为，点B是y轴的正半轴上的一点，将线段绕点B按逆时针方向旋转，每次旋转，第一次旋转结束时，点A与点C重合．若点C的坐标为，则第次旋转结束时，点A的坐标为（    ）

A． B． C． D．
10．在一定温度下，某固态物质在溶剂中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量，叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度，物质的溶解度会随温度的变化而变化，已知硝酸钾和氯化钾的溶解度与温度T（℃）的关系如图①所示，溶液浓度的计算方法如图②，下列说法正确的是（    ）
  
信息窗
1.溶液百分比浓度；
2.溶质质量＋溶剂质量＝溶液质量；
3.在一定温度下，向一定量溶剂里加入某种溶质，当溶质不能继续溶解时，所得到的溶液叫做这种溶质的饱和溶液，还能继续溶解的溶液，叫做这种溶质的不饱和溶液．
图②
A．硝酸钾的溶解度随温度变化的情况没有氯化钾明显
B．当时，硝酸钾的溶解度大于氯化钾的溶解度
C．当时，50g氯化钾加入100g水中得到的是饱和氯化钾溶液
D．当时，100g硝酸钾加入100g水中得到的溶液浓度为50%

二、填空题
11．请写出一个图象经过点的一次函数的解析式 ．
12．定义一种运算：，例如：，根据上述定义，不等式组的解集是 ．
13．为了响应国家“双减”政策，某校在课后延时服务时段新开发了器乐、戏曲、棋类三大类兴趣课程．现学校从这三类课程中随机抽取两类参加“全市青少年才艺展示活动”，则恰好抽到“戏曲”和“棋类”的概率是 ．
14．如图，在中，，以点C为圆心，的长为半径画弧，与分别交于点E，F，过点F作于点G，若，则图中阴影部分的面积为 ．

15．如图，矩形中，，点在上，．分别是上的两个动点，沿翻折形成，连接，则的最小值是 ．


三、解答题
16．（1）计算：；
（2）化简：．
17．年月，教育部印发关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见，明确要求初中生课外作业完成时间不超过分钟．为了了解学生每天完成课外作业时间，某校数学兴趣小组决定对本校学生每天完成课外作业所用时间进行调查，他们随机抽取本校部分学生进行了问卷调查，并将调查结果分为，，，四个等级，列表如下：
等级




每天完成课外作业时间分钟




根据调查结果绘制了如图所示的两幅不完整的统计图，请你根据图中信息解答下列问题：

(1)本次抽样调查共抽取了多少名学生？将条形统计图补充完整．
(2)学生每天完成课外作业时间的中位数落在______等级．
(3)请对该校学生每天完成课外作业时间作出评价，并提出两条合理化建议．
18．如图，点A在反比例函数的图像上，过点A作轴于点B．的面积为3．

(1)求k的值；
(2)请用无刻度的直尺和圆规作出的平分线；（要求：不写作法，保留作图痕迹，使用2B铅笔作图）
(3)设（2）中的角平分线与x轴相交于点C，延长到D，使，连接并延长交y轴于点E．求证：．
19．洛阳应天门是隋唐洛阳城宫城的正南门，始建于公元605年，先后历经隋、唐、五代、北宋四个时期，应天门是一座由门楼、朵楼和东西阙楼及其间的廊庑为一体的“凹”字形巨大建筑群．某数学兴趣小组要测量一侧阙楼的高度，如图，他们在A处用测角仪测得阙楼最高点B的仰角为，又在同一位置加高测角仪至E点，测得点B的仰角为，已知测角仪支架米，米．请根据相关测量信息，计算阙楼BC的高度．（结果精确到0.1米，参考数据，，）

20．贝壳粘贴画体现了人们欣赏美的情趣和想象力．小颖第一次用800元购买了若干A种贝壳粘贴画，第二次又用900元购买了若干B种贝壳粘贴画．已知B种贝壳粘贴画的单价是A种贝壳粘贴画的1.5倍，且第二次购买的B种贝壳粘贴画的数量比第一次购买的A种贝壳粘贴画少2幅．
(1)求A，B两种贝壳粘贴画的单价各是多少元？
(2)某校社团为丰富学生的课余生活，现计划团购A，B两种贝壳粘贴画共30幅，且B种粘贴画的数量不低于A种粘贴画的数量，经社长和供应商商定，A种贝壳粘贴画每幅降价10元，B种贝壳粘贴画每幅在原价的基础上优惠10%，那么社长应该怎样购买花费最少，最少费用是多少元？
21．为培养学生劳动实践能力，某学校在校西南角开辟出一块劳动实践基地．如图是其中蔬菜大棚的横截面，它由抛物线和矩形构成．已知矩形的长米，宽米，抛物线最高点到地面的距离为6米．
　
(1)按图所示建立平面直角坐标系，求抛物线的解析式；
(2)冬季到来，为防止大雪对大棚造成损坏，学校决定在大棚两侧安装两根垂直于地面且关于轴对称的支撑柱和，如图所示．
若两根支撑柱的高度均为5.25米，求两根支撑柱之间的水平距离；
为了进一步固定大棚，准备在两根支撑柱上架横梁，搭建成一个矩形“脚手架”，为了筹备材料，需求出“脚手架”三根支杆，，的长度之和的最大值，请你帮管理处计算一下．
22．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．
定义：自一点引出的两条射线分别经过已知线段的两端，则这两条射线所成的角称为该点对已知线段的视角．如图（1），是点P对线段AB的视角．

问题：已知在足球比赛中，足球对球门的视角越大，球越容易被踢进，如图（2），EF是球门，球员沿直线l带球前进，那么他应当在哪个地方射门，才能使进球的可能性最大？
爱好足球运动的小明进行了深入的思考与探究，解答如下：
解：过点E，F作⊙O，使其与直线l相切，切点为P．在直线l上任取一点Q（异于点P），连接EO交⊙O于点H，连接FQ，FH，
则．（依据1）
∵，（依据2）
∴，
∴．
故当球员在点P处射门时，进球的可能性最大．
任务：
(1)上面的证明过程中“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1：______________________________
依据2：______________________________
(2)如图（3），已知足球球门宽EF为米，一名球员从距F点米的L点（点L在直线EF上）出发，沿LR方向带球前进（）．求当球员到达最佳射门点P时，他前进的距离．
（提示：可仿照小明的方法，过点E、F作⊙O，⊙O与直线LR相切于点P，连接PO并延长交⊙O于点W，……）

23．综合与实践
综合与实践课上，老师与同学们以“特殊的三角形”为主题开展数学活动．

(1)操作判断
如图1，在中，，，点P是直线上一动点．
操作：连接，将线段绕点P逆时针旋转得到PD，连接，如图2．
根据以上操作，请判断：如图3，当点P与点A重合时，四边形的形状是______．
(2)迁移探究
①如图4，当点P与点C重合时，连接，则四边形的形状是______．
②当点P与点A，点C都不重合时，试猜想与的位置关系，并利用图2证明你的猜想；
(3)拓展应用
当点P与点A，点C都不重合时，若，，请直接写出的长．

参考答案：
1．C
【分析】根据绝对值的性质解答即可．
【详解】，
故选：C．
【点睛】本题考查了绝对值，掌握绝对值的性质是解答本题的关键．
2．D
【分析】由主视图和左视图确定是柱体，再由俯视图确定具体形状．
【详解】解：根据主视图和左视图为矩形判断出是柱体，根据俯视图是三角形可判断出这个几何体应该是三棱柱．
故选：D．
【点睛】考查了由三视图判断几何体的知识，主视图和左视图的大致轮廓为长方形的几何体为柱体，俯视图为几边形就是几棱柱．
3．C
【分析】绝对值大于1的数可以用科学记数法表示，一般形式为，为正整数，且比原数的整数位数少1，据此可以解答．
【详解】万．
故选：C
【点睛】本题考查用科学记数法表示较大的数，熟练掌握科学记数法表示较大的数一般形式为，其中，是正整数，正确确定的值和的值是解题的关键．
4．B
【分析】如图所示，根据对顶角相等可得到，，根据余角的定义可得到，最后根据三角形的内角和为，即可计算出的度数．
【详解】解：如图所示：
，
根据题意可得：，，，
，
，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了对顶角相等、余角的定义、三角形的内角和为，熟练掌握对顶角相等、余角的定义、三角形的内角和为是解题的关键．
5．D
【分析】A.根据二次根式的加减运算法则直接计算即可；
B.根据完全平方公式直接计算；
C.根据幂的乘方直接计算；
D.根据幂的乘法法则直接计算．
【详解】A. ，故错误；
B. ，故错误；
C. ，故错误；
D. ，故正确；
故选：D
【点睛】此题考查二次根式的计算和整式乘法，解题关键是灵活使用幂的相关的乘法公式．
6．C
【分析】连接交于，根据菱形的面积公式可求得，从而可求出、，进而可求出，即可求解．
【详解】解：连接交于，

四边形是菱形，
，，
，
，
，


，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，菱形的性质，菱形的面积公式，掌握性质、定理、公式进行正确的求解是解题的关键．
7．A
【分析】先计算出根的判别式，再根据根的判别式的意义判断出根的情况．
【详解】解：由题意可得：，
∴一元二次方程没有实数根，
故选：A．
【点睛】本题考查一元二次方程的系数与根的判别式的关系：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．
8．B
【分析】根据众数的定义即可得到答案．
【详解】解：2，4，8，7，10，7，5，8，6，7，这10个数据中，出现次数最多的是7，
所以这组数据（月份）的众数是7，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了众数的定义，众数是指在一组数据中，出现次数最多的数据，熟练掌握该定义是解题的关键．
9．A
【分析】过点C作轴于点D，可证明，可得，，从而得到点C的坐标为，设线段第二次旋转结束时，点A与点E重合；第二次旋转结束时，点A与点F重合，同理点E的坐标为，点F的坐标为，再由，可得第次旋转结束时，点A与点F重合，即可求解．
【详解】解：如图，过点C作轴于点D，

∴，
∴，
根据题意得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点A的坐标为，点C的坐标为，
∴，
∴，
∴点C的坐标为，
设线段第二次旋转结束时，点A与点E重合；第三次旋转结束时，点A与点F重合，
同理点E的坐标为，点F的坐标为，
∵每次旋转，
∴线段每旋转4次点A回到原点，
∵，
∴第次旋转结束时，点A与点F重合，
即第次旋转结束时，点A的坐标为．
故选：A
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，坐标与图形规律题，明确题意，准确得到规律是解题的关键．
10．C
【分析】根据图象结合题目中给出的信息逐项进行判断即可．
【详解】解：A．由图象，可知硝酸钾的溶解度随温度变化的情况比氯化钾明显，故选项A错误，不符合题意；
B．当时，硝酸钾的溶解度等于氯化钾的溶解度，故选项B错误，不符合题意；
C．当时，氯化钾的溶解度，
∴水中只能溶解氯化钾，
∴氯化钾加入水中得到的是饱和氯化钾溶液，故选项C正确，符合题意；
D．当时，硝酸钾的溶解度，
∴水中只能溶解约硝酸钾，
∴此时得到的溶液浓度小于，故选项D错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了根据函数图象获取信息，解题的关键是理解题意，数形结合．
11．（答案不唯一）
【分析】利用待定系数法求解即可．
【详解】解：设一次函数的解析式为：，
∵一次函数图象经过点，
∴，即，
∴这个一次函数的解析式可以是，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握求一次函数解析式的方法是解题的关键．
12．
【分析】根据，可以将不等式组不等式组可以转化为，然后求解即可．
【详解】解：由题意可得，不等式组可以转化为，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查解一元一次不等式组、新定义，解答本题的关键是明确新定义，会利用新定义转化不等式组．
13．
【分析】根据题意列出表格，一共得到6种等可能的结果，其中恰好抽到“戏曲”和“棋类”的有2种，再根据概率公式，即可求解．
【详解】解：根据题意，列出表格如下：

器乐
戏曲
棋类
器乐

器乐，戏曲
器乐，棋类
戏曲
戏曲，器乐

戏曲，棋类
棋类
棋类，器乐
棋类，戏曲

共有6种等可能出现的结果，其中恰好抽到“戏曲”和“棋类”的有2种，
恰好抽到“戏曲”和“棋类”的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了利用树状图或列表法求概率，明确题意，准确画出树状图或列出表格是解题的关键．
14．
【分析】过点C作于H，连接，可得，，利用勾股定理可求出，可得，则是等边三角形，可得，根据即可求解．
【详解】解：过点C作于H，连接，

∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查扇形面积的计算、平行四边形的性质，直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用扇形的面积公式解答．
15．/
【分析】如图所示，作点关于的对称点，连接，，由，推出，又是定值，即可推出当共线时，的值最小，最小值为，即可得到答案．
【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，连接，，

则，，
在中，，，
，
，
，
是定值，
当共线时，的值最小，最小值为，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
16．（1）（2）
【分析】（1）先根据立方根、0指数幂及负整数指数幂计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可；
（2）根据分式的混合运算法则进行计算即可．
【详解】解：（1）原式
；
（2）原式


【点睛】本题考查的是分式的混合运算及实数的运算，熟知分式的运算法则是解答此题的关键．
17．(1)名，见解析；
(2)C；
(3)①该校各学科授课教师要提高教学效率；②教师要有效地引导学生高效学习，基于学情布置作业，作业要量少而精

【分析】（1）根据类的人数和所占的百分比求出总人数，再用总人数减去其他人数求出的人数，从而补全统计图；
（2）根据中位数的定义可得答案；
（3）根据统计图反应的问题回答即可．
【详解】（1）本次抽样调查共抽取学生（名），
级人数：，
如图，

（2）共有名学生，前三个等级的人数和为，
学生每天完成课外作业时间的中位数落在等级，
故答案为：；
（3）该校部分学生每天完成课外作业时间没有达到意见要求．
建议：该校各学科授课教师要提高教学效率；教师要有效地引导学生高效学习，基于学情布置作业，作业要量少而精．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
18．(1)
(2)见解析
(3)见解析

【分析】（1）设点A的坐标为 ，则，，由，即可得；
（2）以点为圆心，适当长为半径画弧交，于两点，以这两点分别为圆心，适当长为半径画弧交于一点，连接点与该点得射线，此射线与轴的交点即为所求点；
（3）设于相交于点F．由（2）知，易证，可得，由外角性质可得，即，由题意得，进而可得，即．
【详解】（1）解：设点A的坐标为 ，则，，
∴，
∴．
∵点A在反比例函数的图象上，
∴．
（2）以点为圆心，适当长为半径画弧交，于两点，在以它们分别为圆心，适当长为半径画弧交于一点，连接该点与点，与轴的交点即为所求点，如图所示：

（3）设与相交于点F．由（2）知，
又，，
∴，
∴
又∵，
∴，
∵轴，
∴，
∴，即．
【点睛】本题属于反比例函数与几何综合，考查了求反比例函数的比例系数，尺规作图作角平分线，全等三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
19．米
【分析】过点作，垂足为，过点作，垂足为，根据题意可得：米，米．，然后设米，则米，在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，从而求出的长，再在中，利用锐角三角函数的定义列出关于的方程进行计算可求出的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【详解】解：如图，作于点F，作于点H，则米，米．．

设米，
在中，．
∴米，
∴米，
在中，，
∴．
∴
经检验，是原方程的根且符合题意，
∴（米）．
答：阙楼的高度约为米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
20．(1)A种贝壳粘贴画的单价是100元/幅，B种贝壳粘贴画的单价是150元/幅
(2)购买15幅A种贝壳粘贴画，15幅B种贝壳粘贴画，花费最少，最少费用是3375元

【分析】（1）设A种贝壳粘贴画的单价是x元/幅，则B种贝壳粘贴画的单价为元/幅，根据题意列分式方程求解；
（2）根据题意列函数关系式，再利用一次函数的性质求解．
【详解】（1）设A种贝壳粘贴画的单价是x元/幅，则B种贝壳粘贴画的单价为元/幅，根据题意，得，
解得：，
经检验，是原分式方程的解，且均符合题意．
答：A种贝壳粘贴画的单价是100元/幅，B种贝壳粘贴画的单价是150元/幅．
（2）设买A种贝壳粘贴画a幅，则买B种贝壳粘贴画幅，根据题意，得：，
解得，
∴且为整数．
设本次购买的花费为y元，则，
∵，
∴y随x的增大而减小，
∴当时，y有最小值为．
答：购买15幅A种贝壳粘贴画，15幅B种贝壳粘贴画，花费最少，最少费用是3375元．
【点睛】本题考查了一次函数的应用及分式方程的应用，理解题意列出表达式是解题的关键．
21．(1)
(2)两根支撑柱之间的水平距离为6米“脚手架”三根支杆，，的长度之和的最大值为18米

【分析】（1）由题意得，设抛物线的解析式为，将代入解析式，解方程即可得到答案；
（2）根据题意可得，解方程即可得到，，从而即可算出两根支撑柱之间的水平距离；设，则，，则三根支杆的总长度为：，再根据二次函数的性质即可得到最大值．
【详解】（1）解：由题意，得：，
设抛物线的解析式为将代入得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：根据题意得：
当时，即，
解得：，，
（米），
答：这两根支撑柱之间的水平距离是6米；
设，则，，
则三根支杆的总长度为：
，
，
当时，取得最大值，最大值为18；
答：三根支杆，，的长度之和的最大值为18米．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，求二次函数的最值，熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，求二次函数的最值是解题的关键．
22．(1)在同圆中，同弧所对的圆周角相等；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和
(2)6米

【分析】（1）根据圆周角的性质和三角形外角定理解答；
（2）根据（1）画出圆与直线相切，判断切点P即最佳射门点，然后根据相似得到边的数量关系，列方程求解即可．
【详解】（1）在同圆中，同弧所对的圆周角相等；
三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
（2）如图，过点E，F作⊙O，⊙O与直线LR相切于点P，连接PO并延长交⊙O于点W，
连接PE，PF，WF．

∵PL是⊙O的切线，∴
∴
∵PW是⊙O的直径，∴，
∴，∴．
又∵，∴
又∵，∴，
∴，即
∴，∵，∴米．
答：当球员到达最佳射门点P时，他前进了6米．
【点睛】此题考查圆的综合问题，解题关键是利用相似三角形得到边的数量关系．
23．(1)正方形
(2)①平行四边形②，证明见解析
(3)

【分析】（1）由旋转的性质可得，进而得到，由此即可证明四边形是正方形；
（2）①由旋转的性质可得，分别证明，，即可证明四边形是平行四边形；②如图所示，过点P作交于点E，连接，则，证明，得到，推出，再证明四边形是矩形，得到，则；
（3）如图3，当点P在线段上时，过点P作交延长线于点E，连接，如图4，当点P在延长线上时，过点P作交延长线于点E，连接，两种情况利用矩形的性质进行求解即可．
【详解】（1）∵将线段绕点P逆时针旋转90°得到，点P与点A重合，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是正方形；
故答案为：正方形；
（2）①四边形是平行四边形，理由如下：
将线段绕点P逆时针旋转90°得到，点P与C重合，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
②猜想：，证明如下：
如图所示，过点P作交于点E，连接，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵将线段绕点P逆时针旋转90°得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；

（3）如图3，当点P在线段上时，过点P作交延长线于点E，连接，
由（2）可知是等腰直角三角形，四边形是矩形，
∴，
∴
∴；

如图4，当点P在延长线上时，过点P作交延长线于点E，连接，
∴；
综上所述，．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，正确作出辅助线是解题的关键．