2023深圳高级中学初三10月月考数学试卷及参考答案

深圳高级中学初三10月月考参考答案

1．B

【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式列出不等式求解即可．

【详解】由题意得：

解得：且

故选：B．

【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟记根的判别式是解题关键．对于一般形式有：（1）当时，方程有两个不相等的实数根；（2）当时，方程有两个相等的实数根；（3）当时，方程没有实数根．

2．A

【分析】先求出摸到红球的频率，再乘以口袋中球的总数，即可估计出口袋中红球的数量．

【详解】解：由题意可得，摸到红球的频率为：，

可知从口袋中随机找出一个球，该球是红球的概率为，

估计这个口袋中红球的个数为：（个），

故选A．

【点睛】本题考查利用频率估计概率，正确理解概率的意义是解题的关键．

3．B

【分析】利用三角形中位线的性质得出，再由四边形是矩形，即可得出结果．

【详解】解：由于E、F、G、H分别是的中点，

根据三角形中位线定理得：，

∵四边形是矩形，即，

∴，

故选：B．

【点睛】题目主要考查中点四边形及矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．

4．B

【分析】依次证明和，利用相似三角形的性质解题.

【详解】∵，

∴，

∴，

∵∥，

∴，

∴，

∵∥，

∴，

∴，

故选：B．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是灵活运用形似三角形的判定及其性质来分析、判断、推理或解答．

5．A

【分析】设仓库的垂直于墙的一边长为x，而与墙平行的一边开一道1米宽的门，现有能围成32米长的木板，那么平行于墙的一边长为米，而仓库的面积为65平方米，由此即可列出方程．

【详解】解：设仓库的垂直于墙的一边长为x，则平行于墙的一边长为米，

依题意得，即

故选：A．

【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，关键是弄懂题意，找出题目中的等量关系．

6．D

【分析】根据相似三角形的判定方法逐项分析即可.

【详解】解：∵∠DAB＝∠CAE，

∴∠DAB+∠BAE＝∠CAE+∠BAE，

∴∠DAE＝∠BAC，

∴当添加条件∠D＝∠B时，符合两角分别相等的两个三角形相似，则△DAE∽△BAC，故选项A不符合题意；

当添加条件∠E＝∠C时，符合两角分别相等的两个三角形相似，则△DAE∽△BAC，故选项B不符合题意；

当添加条件时，符合两边成比例，且夹角相等的两个三角形相似，则△DAE∽△BAC，故选项C不符合题意；

当添加条件时，则△DAE和△BAC不一定相似，故选项D符合题意；

故选：D．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解答本题的关键．①两角分别相等的两个三角形相似；②两边成比例，且夹角相等的两个三角形相似；③三边成比例的两个三角形相似．

7．D

【分析】首先结合矩形的性质可得点的坐标为，再根据矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，可知每4次完成一个循环，第74次旋转后点的位置与重合，同时P与关于原点对称，即可获得答案．

【详解】解：∵四边形为矩形，对角线交点为，

∴，

∵，，

∴点的坐标为，

∵每次旋转，

∴每4次完成一个循环，

又∵，

∴第74次旋转后点的位置与重合，

∵P与关于原点对称，

∴点坐标为，即第74次旋转后点的落点坐标为．

故选：D．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质、坐标与图形、旋转变换等知识，理解题意，找到点的运用规律是解题关键．

8．C

【分析】由等腰三角形的性质可知“a＝b，或a、b中有一个数为4”，当a＝b时，由根的判别式b2﹣4ac＝0即可得出关于k的一元一次方程，解方程可求出此时n的值；a、b中有一个数为4时，将x＝4代入到原方程可得出关于n的一元一次方程，解方程即可求出此时的n值，结合三角形的三边关系即可得出结论．

【详解】解：∵等腰三角形三边长分别为a、b、4，

∴a＝b，或a、b中有一个数为4．

当a＝b时，有b2﹣4ac＝（﹣6）2﹣4（n+1）＝0，

解得：n＝8；

当a、b中有一个数为4时，有42﹣6×4+n+1＝0，

解得：n＝7，

故选C．

【点睛】本题考查了根的判别式、解一元一次方程以及三角形三边关系，解题的关键是分两种情况考虑k值．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根的个数结合根的判别式得出关于未知数k的方程是关键．

9． B

【分析】先作，根据直角三角形的性质求出，，进而得出．然后说明，可得，可知当最小时，取得最小值，即可得出答案．

【详解】如图，过点A作于点D，

∵，，

∴．

∵，，

∴，

∴，即.

当最小时，取得最小值，的最小值为2，

∴的最小值为2．

故答案为：2

【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定等，确定的最小值是解题的关键.

10．B

【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质可得，，求出，进而可得，然后利用三角形内角和定理求出，进而可得，则可得，①错误；根据，即可证明，②正确；根据，证明，根据相似三角形的性质以及即可得到，③正确；过P作，，设正方形的边长是4，则正方形的面积为16，解直角三角形求出和，然后根据计算出的面积，进而可判断④错误．

【详解】解：∵在正方形中，是等边三角形，

∵，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，故①错误；

∵，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，故②正确；

∵，，

∴，

又∵，

∴，

∴

∴，

∵，

∴，故③正确；

如图，过P作，，

设正方形的边长是4，则正方形的面积为16，

∵为正三角形，

∴，，

∵，

∴，，

∵

，

∴，故④错误；

综上，正确的是②③，有2个，

故选：B．

【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形．

11．4

【分析】根据根与系数的关系得到a+b=4即可求解．

【详解】解：∵a，b是方程的两个实数根，

∴；

故答案为：4．

【点睛】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程（a≠0）的两根时，，．

12．3.8

【分析】根据黄金分割的定义，先求出PB=AB，再根据AP=AB﹣PB计算即可得解．

【详解】解：∵点P为AB的黄金分割点，AP＜BP，

∴PB=AB=×10=5﹣5（米），

∴AP=AB﹣PB=10﹣（5﹣5）=15﹣5≈3.8（米）．

故答案为：3.8．

【点睛】本题考查了黄金分割，熟记黄金比是解题的关键．

13．25

【分析】首先求出∠HDB的度数，再利用直角三角形斜边中线定理可得OH=OD，由此可得∠OHD=∠ODH即可解决问题．

【详解】

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD,DO=OB,∠DAO=∠BAO=25°，

∴∠ABO=90°−∠BAO=65°，

∵DH⊥AB，

∴∠DHB=90°，

∴∠BDH=90°−ABO=25°，

在Rt△DHB中，∵OD=OB，

∴OH=OD=OB，

∴∠DHO=∠HDB=25°，

故答案为：25.

【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线定理，熟练掌握性质定理是解题的关键.

14．

【分析】过点P作交DC延长线于点E，根据等腰三角形判定与性质，平行线的性质可证，再证，可得，再利用平行线分线段成比例得，结合线段的等量关系及比例的性质即可得到结论．

【详解】如图：过点P作交DC延长线于点E，

在和中

故答案为：．

【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，以及全等三角形的判定，解题关键是正确作出辅助线，列出比例式．

15．

【详解】如图，连接，取中点F，连接．

∵为等边三角形，

∴，．

∵，，

∴．

∵，

∴，

∴为等边三角形，

∴，

∴，

∴，

∴=

∵在和中，，

∴，

∴，

∴，

∴．

又∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，即，

解得：PC=

故答案为：．

【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，综合性强，较难．正确作出辅助线是解题关键．

16．，，理由见解析

【分析】根据分式的运算法则将原式化简，然后根据分式有意义的条件选择一个数代入求值即可．

【详解】解：

；

∵，，2时，原分式无意义，所以a只能取1．

此时原式．

17．解：去分母得：，

解得：，，

经检验，是分式方程的解．

∴原分式方程的解为，．

【点睛】本题考查了解分式方程以及解一元二次方程，熟练掌握步骤是解题的关键，需要注意的是最后要记得检验是不是分式方程的解．

18．(1)40，108，45%

(2)

【分析】（1）先由A的人数和所占百分比求出调查总人数，再由360°乘以B的学生所占比例得所占的圆心角的度数；先求出C的人数，再除以总人数乘以100%即可得到百分比；

（2）画树状图，共有12个等可能的结果，恰好是1名男生和1名女生的结果有8种，再由概率公式求解即可．

【详解】（1）解：这次调查的总人数是6÷15%=40人；

扇形统计图中，B类扇形的圆心角是360°×=108°；

C类的人数为40-6-12-4=18人，∴C类扇形所占的百分比是；

故答案为：40，108，45%；

（2）解：列树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中恰好是1名男生和1名女生的结果有8种，

∴P（恰好是1名男生和1名女生）=．

【点睛】此题考查了利用部分的数量及百分比求总体的数量，求扇形圆心角的度数，列举法求事件的概率，正确掌握各知识点并理解统计图得到相关信息是解题的关键．

19．(1)月平均增长率是．

(2)若使销售该水果每天获利4000元，则售价应降低4元．

【分析】（1）设月平均增长率为，根据题意列出关于的一元二次方程，解出即可；

（2）设售价应降元，根据题意列出关于的一元二次方程，解出即可．

【详解】（1）解：设月平均增长率为，则：

解得：，（舍去），

∴月平均增长率是．

（2）解：，

解得：，（舍去）

∴若使销售该水果每天获利4000元，则售价应降低4元．

【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用，读懂题意，找出等量关系，列出关系式是解题的关键．

20.【详解】（1）连接，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴；

∵四边形是正方形，

∴，

∵四边形是菱形，

∴，

在和中，

，

∴，

∴，又，

∴，

∴，

∴菱形为正方形；

21.【分析】（1）①根据和谐四边形定义可得BG＝DG＝AD＝BC，进而可以解决问题；

②根据和谐四边形定义可得BD＝2AD＝8，进而可以解决问题；

（2）当AC＝2CD时，四边形ABCD是和谐四边形，此时AC＝2k，然后根据勾股定理求出k的值；当AC＝2AD时，四边形ABCD是和谐四边形，此时AC＝8，由勾股定理即可求出k的值；

（3）由和谐四边形的定义得出AD＝DG，得出∠DAG＝∠AGD，同理AC＝AF，得出∠ACF＝∠AFC，证出∠ADG＝∠CAF，＝，得出△ADB∽△ACE，由AB＝CE，得出△ADB≌△ACE，得出AC＝AD，作DM⊥AC于M，设AM＝x，则AC＝AD＝4x，由勾股定理得：DM＝x，CD＝2x，由CD＝AB＝4得出方程，解方程即可．

【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是和谐四边形，对角线AC与BD交于点G，BD是和谐对角线，AD是和谐边，

∴BG＝DG＝AD＝BC，

∴△ADG与△BCG是等腰三角形；

②∵AD＝4，

∴BD＝2AD＝8，

故答案为：等腰；8；

（2）存在实数k，使得四边形ABEC是和谐四边形．理由如下：

当BC＝2AB时，四边形ABEC是和谐四边形，

∵BC＝AD＝4，AB＝k，

∴BC＝2k，

∴k＝2；

当BC＝2AC时，不满足直角三角形的斜边大于直角边．

当AE＝2AC时，，无解．

当AE＝2AB时，，无解．

∴k的值为2时，四边形ABEC是和谐四边形；

（3）∵四边形ABCD是和谐四边形，BD为和谐对角线，AD为和谐边，

∴AD＝DG，

∴∠DAG＝∠AGD，

∵四边形ABEC是和谐四边形，AE为和谐对角线，AC为和谐边，

∴AC＝AF，

∴∠ACF＝∠AFC，

∵AD∥BC，

∴∠DAG＝∠ACF，

∴∠DAG＝∠AGD＝∠ACF＝∠AFC，

∴∠ADG＝∠CAF，

∵，，

∴，

∴△ADB～△ACE，

∵AB＝CE，

∴相似比为1，

∴△ADB≌△ACE，

∴AC＝AD，

作DM⊥AC于M，如图3所示：

∵AD＝DG，

∴AM＝GM，

设AM＝x，则AG＝2x，

∴AC＝2AG＝AD＝4x，

∴CM＝3x，

在Rt△ADM中，由勾股定理得：

，

在Rt△DMC中，由勾股定理得：

，

∵CD＝AB＝4，

∴，

∴，

∴，

∴．

故答案为：．

【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、和谐四边形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．解决本题的关键是理解和谐四边形定义．

声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/9/26 15:50:08；用户：王小颖；邮箱：shengaonx55@xyh.com；学号：34271884

22．问题背景：见详解；尝试应用：3；拓展创新：．

【分析】问题背景：通过得到，，再找到相等的角，从而可证；

尝试应用：连接CE，通过可以证得，得到，然后去证，，通过对应边成比例即可得到答案；

拓展创新：在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，通过，，然后利用对应边成比例即可得到答案．

【详解】问题背景：∵，

∴∠BAC=∠DAE，，

∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，

∴∠BAD=∠CAE，

∴；

尝试应用：连接CE，

∵，，

∴，

∴，

∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，

∴∠BAD=∠CAE，

∴，

∴，

由于，，

∴，

即，

∵，

∴，

∵，，

∴，

又∵，

∴，

∴，即，

又∵

∴，

∴；

拓展创新：

如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，

∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，

∴∠ADE=∠ABC，

又∵∠DAE=∠BAC，

∴，

∴，

又∵∠DAE=∠BAC，

∴∠BAD=∠CAE，

∴，

∴，

设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，

∴，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴

【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．