2023年陕西省宝鸡市陈仓区中考数学一模试卷（含答案）

这是一份2023年陕西省宝鸡市陈仓区中考数学一模试卷（含答案），共20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。


一、单选题
1．如图是一个几何体的俯视图，则该几何体可能是（）
A．B．C．D．
2．已知点P（﹣2，3）是反比例函数y=图象上的一点，则下列各点中，也在该函数图象上的是（ ）
A．（2，﹣3）B．（3，2）C．（﹣2，﹣3）D．（2，3）
3．方程﹣2x+3＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．没有实数根D．有一个实数根
4．点关于y轴对称点的坐标为，那么点A关于原点对称点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
5．下列函数中，随的增大而减少的是（ ）.
A．B．C．D．
6．如图，的直径，是的弦，，垂足为，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，四边形ABCD是正方形，△ADE绕着点A旋转90°后到达△ABF的位置，连接EF，则△AEF的形状是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等边三角形
8．已知，则的值是（ ）
A．B．C．D．
9．某公司今年10月的营业额为2000万元，按计划第四季度的总营业额为7980万元.若该公司11、12两个月营业额的月均增长率均为x，依题意可列方程为( )
A．2000＝7980B．2000＝7980
C．2000(1+3x)＝7980D．2000+2000(1+x)+2000＝7980
10．已知二次函数的图象如图，其对称轴为直线，给出下列结论：①；②；③；④，则正确的结论个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
11．已知双曲线经过点（2，﹣3），则的值是___________．
12．等腰一腰上的高为，这条高与底边的夹角为，则的面积是_____．
13．二次函数图象的对称轴为_____．
14．如图，在平面直角坐标系中，的一边在轴上，，点在第一象限，，反比例函数的图象经过的中点，则_____．
15．如图，弧AB所对圆心角∠AOB＝90°，半径为4，点C是OB中点，点D是弧AB上一点，CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，则AE的最小值是________．
三、解答题
16．计算：．
17．解方程：．
18．某校举行以“助人为乐，乐在其中”为主题的演讲比赛，比赛设一个第一名，一个第二名，两个并列第三名．前四名中七、八年级各有一名同学，九年级有两名同学，小蒙同学认为前两名是九年级同学的概率是，你赞成他的观点吗？请用列表法或画树形图法分析说明．
19．如图，在中，，点D为边BC上一点，以AB，BD为邻边作，连接AD、EC．
(1)求证：；
(2)若，求证：四边形ADCE是矩形．
20．如图，一次函数与反比例函数图象交于A，B两点，与x轴交于点C，点A的横坐标为1，．
(1)求一次函数及反比例函数的表达式；
(2)直接写出反比例函数值大于一次函数值时x的取值范围．
21．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
(2)如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E．
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．
22．如图，已知二次函数y＝ax2﹣4x+c的图象经过点A（﹣1，﹣1）和点B（3，﹣9）．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）直接写出抛物线的对称轴及顶点坐标；
（3）点P（m，m）与点Q均在该函数图象上（其中m＞0），且这两点关于抛物线的对称轴对称，求m的值及点Q到x轴的距离．
参考答案：
1．B
【分析】由于俯视图是从物体的上面看得到的视图，所以先得出四个选项中各几何体的俯视图，再与题目图形进行比较即可．
【详解】解：图示是一个圆环，且内环是虚线．
A、球的俯视图是一个圆，没有圆心，故选项错误；
B、球的下半部被消去一部分后俯视图为圆环，故选项正确；
C、圆锥的俯视图是一个圆及这个圆的圆心，故选项错误；
D、圆柱的俯视图是一个圆，没有圆心，故选项错误；
故选： B．
【点睛】本题考查由三视图判断几何体，主要考查学生空间想象能力及对立体图形的认知能力．
2．A
【分析】先根据反比例函数y=图象过点（-2，3）求出k的值，再根据k=xy的特点进行解答即可．
【详解】解：∵反比例函数y=图象过点（-2，3），
∴3=，即k=-6，
A、∵2×（-3）=-6，∴此点在反比例函数的图象上，故本选项正确；
B、∵3×2=6≠-6，∴此点不在反比例函数的图象上，故本选项错误；
C、∵-2×（-3）=6≠-6，∴此点不在反比例函数的图象上，故本选项错误；
D、∵2×3=6≠-6，∴此点不在反比例函数的图象上，故本选项错误．
故选A．
【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特点，解题关键是熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式．
3．C
【分析】利用根的判别式进行判断即可．
【详解】∵a=1，b=-2，c=3，
∴<0，
∴此方程无实数根，
故选：C．
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，正确记忆判别式的公式是解题的关键．
4．B
【分析】根据关于轴对称的点的特点得到的值，进而根据关于原点对称的点的特点得到所求点的坐标即可．
【详解】解：∵点关于轴对称的点的坐标为，
∴．
∴坐标为
∴点关于原点对称的坐标是
故选： B．
【点睛】本题考查了点在平面直角坐标系中对称问题；用到的知识点为：两点关于轴对称，纵坐标不变，横坐标互为相反数；两点关于原点对称，横纵坐标均互为相反数．
5．D
【分析】根据反比例函数中k>0，在每一象限内y随着x的增大而减小；k<0每一象限内，y随着x的增大而增大求解．
【详解】∵反比例函数中k>0，在每一象限内y随着x的增大而减小，
∴A、B. C错误，D正确.故选D.
【点睛】本题考查反比例函数的性质，解题的关键是掌握反比例函数的性质.
6．C
【分析】连接，先根据的直径，，可得出的长及，再由勾股定理求出的长，进而可得出结论．
【详解】解：连接，
∵圆的直径，，
，，
，
．
故选：．
【点睛】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
7．C
【详解】AF=AE,所以△AEF是等腰三角形，图象旋转90°，所以∠FAE=90°，所以△AEF的形状是等腰直角三角形，选C.
8．C
【分析】设，代入，进行求解即可．
【详解】解：∵，
设，
则：；
故选C．
【点睛】本题考查比例的性质．熟练掌握设参法，求比值，是解题的关键．
9．D
【分析】首先根据10月份的营业额和增长率求出11月的营业额，进而得出12月份的营业额，相加即为第四季度的总营业额，即可得解.
【详解】根据题意，得11月的营业额为2000(1+x)
12月的营业额为2000
∵第四季度的总营业额为7980万元
∴2000+2000(1+x)+2000＝7980
故答案为D.
【点睛】此题主要考查二元一次方程的实际应用，理解题意，找出关系式是解题关键.
10．B
【分析】①由抛物线与x轴交点的个数判断对错；
②根据对称轴的x=1来判断对错；
③根据抛物线的开口方向、抛物线对称轴位置、抛物线与y轴交点位置判定a、b、c的符号；
④由于x=3时对应的函数图象在x轴上方，得到9a+3b+c＞0，然后把b=-2a代入即可得到3a+c＞0．
【详解】①如图所示，抛物线与x轴有2个交点，则b2−4ac>0，故①正确；
②如图所示，对称轴x=−=1，则b=−2a，则2a+b=0，故②正确；
③抛物线开口方向向下，则a<0，b=−2a>0.
抛物线与y轴交于正半轴，则c>0，
所以abc<0，
故③错误；
④当x=3时对应的函数图象在x轴下方，即y<0，
∴9a+3b+c<0，
而b=−2a，
∴3a+c<0，
故④错误；
综上所述，正确的结论个数为2个．
故答案选：B.
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，解题的关键是熟练的掌握二次函数图象与系数的关系.
11．﹣6
【分析】把点（2，﹣3）代入即可求出k的值．
【详解】把点（2，﹣3）代入，得，
解得：．
故答案为：﹣6．
【点睛】本题考查求反比例函数图像上点的坐标特征，反比例函数（k是常数，k≠0）的图像是双曲线，图像上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即．
12．
【分析】如图，，，得到，得到，过点作，利用三线合一，求出的长，利用三角形的面积公式进行求解即可．
【详解】解：如图，，，
则：．
∵，
∴，
过点作，
则：，
∴
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，解直角三角形．解题的关键是根据题意，正确的画出图形．
13．
【分析】根据二次函数对称轴公式即可得出结果．
【详解】由可得：，，
∴对称轴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数对称轴的计算，找准系数是关键．
14．12
【分析】利用中点公式先求出点的坐标，再用待定系数法求解的值即可．
【详解】解：∵，
∴点的坐标为
∵点是的中点，
点的坐标为：，即
∵点在反比例函数图像上，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查反比例函数以及中点坐标的求法，熟练掌握中点坐标的求法及待定系数法求解析式是解决本题的关键．
15．
【分析】先证明△ECM≌△DCO（SAS），得到EM＝OD＝4，点E在以点M为圆心，半径为4的圆上，当A、E、M三点共线时，AE取最小值AM－EM，过点M作MN⊥AO交AO的延长线于点N，证明四边形COMN是正方形，得到MN＝OC＝ON＝2，用勾股定理求出AM，得到答案．
【详解】解：过点C作MC⊥OB，且使得CM＝OC，连接EM，OD，则∠OCM＝90°，
∵点C是OB中点，
∴OC＝BC＝OB＝2，
∴CM＝OC＝2，
∵CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，
∴∠OCM＝∠DCE，
∴∠OCM＋∠OCE＝∠DCE＋∠OCE，
∴∠ECM＝∠DCO，
在△ECM和△DCO中，
，
∴△ECM≌△DCO（SAS），
∴EM＝OD＝4，
∴点E在以点M为圆心，半径为4的圆上，
∴当A、E、M三点共线时，AE取最小值，
作M作MN⊥AO交AO的延长线于点N，
∴∠MNO＝∠MCO＝∠CON＝90°，
∴四边形COMN是矩形，
∵CM＝OC，
∴四边形COMN是正方形，
∴MN＝OC＝ON＝2，
∴AN＝AO＋ON＝6，
∴AM＝，
∴AE的最小值为AM－EM＝，
故答案为：2．
【点睛】此题考查了圆的基本性质、勾股定理、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，构造辅助圆是解决此题的关键．
16．
【分析】根据零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，进行计算即可求解．
【详解】解：原式
【点睛】本题考查了实数的混合运算，掌握零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂是解题的关键．
17．，
【分析】用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】解：，
分解因式得：，
∴或，
解得：，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的一般方法，准确计算．
18．不赞同，.
【分析】首先记七、八年级两名同学为A，B，九年级两名同学为C，D，然后根据题意画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果与前两名是九年级同学的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：不赞成小蒙同学的观点．
记七、八年级两名同学为A，B，九年级两名同学为C，D．
画树形图分析如下：
由上图可知所有的结果有12种，它们出现的可能性相等，满足前两名是九年级同学的结果有2种，所以前两名是九年级同学的概率为．
19．(1)见解析；
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质、等腰三角形的性质，利用全等三角形的判定定理SAS可以证得△ADC≌△ECD；
（2）利用等腰三角形的“三合一”性质推知AD⊥BC，即∠ADC=90°；由平行四边形的判定定理（对边平行且相等是四边形是平行四边形）证得四边形ADCE是平行四边形，所以有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABDE是平行四边形，
∴ABDE，AB=DE；
∴∠B=∠EDC；
又∵AB=AC，
∴AC=DE，∠B=∠ACB，
∴∠EDC=∠ACD；
∵在△ADC和△ECD中，
，
∴△ADC≌△ECD（SAS）；
（2）∵四边形ABDE是平行四边形，
∴BDAE，BD=AE，
∴AECD；
又∵BD=CD，
∴AE=CD，
∴四边形ADCE是平行四边形；
在△ABC中，AB=AC，BD=CD，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是矩形．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定以及矩形的判定．注意：矩形的判定定理是“有一个角是直角的‘平行四边形’是矩形”，而不是“有一个角是直角的‘四边形’是矩形”．
20．(1)，
(2)或
【分析】（1）根据，求出点坐标，利用待定系数法求出解析式即可；
（2）联立解析式，求出点的坐标，根据图象法求出x的取值范围即可．
【详解】（1）解：∵点，
∴，
∴，
∴，
∴；
把点，，代入，得：
，解得：，
∴
∵反比例函数图象过A点，
∴，
∴；
（2）解：联立，解得：或，
∴，
由图象可知：反比例函数值大于一次函数值时x的取值范围为：或．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用．解题的关键是正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解．
21．(1)是；
(2)①见解析，BE的长是8；②△BCM周长的最小值为210
【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根据正方形的性质得∠ABC＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案；
（2）①首先证明四边形CDEF是矩形，则DE＝CF，EF＝CD＝2，再证△ABE≌△BCF，根据全等三角形的判定和性质可得BE＝CF，AE＝BF，等量代换即可得BE＝DE；由AE＝BF，EF＝CD＝2可得AE＝BE﹣2，设BE＝x，根据勾股定理求出x的值即可；
②延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，证明△ABE∽△CGH，根据相似三角形的性质求出CH、HG的值，在Rt△BHG中，根据勾股定理求出BG，即可求解．
【详解】（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∵∠EBF＝90°，BF＝BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形．
故答案为：是；
（2）①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝CF，EF＝CD＝2，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵DE＝CF，
∴BE＝DE；
∵四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝2，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE＝BF，
∴AE＝BE﹣2，
设BE＝x，则AE＝x﹣2，
在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，
解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），
∴BE的长是8；
②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，
∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，
如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，
∵∠ADC＝90°，
∴点C与点G关于AD对称，
∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，
∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，
在Rt△ABE中，AE6，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠GCH＝180°，
∴∠A＝∠GCH，
∵∠AEB＝∠H＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴，即，
∴GH，CH，
∴BH＝BC+CH＝10，
∴BG2，
∴△BCM周长的最小值为210．
【点睛】本题是四边形的一个综合题，主要考查新定义，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质，第（2）①题关键在证明三角形全等，第（2）②题关键确定M的位置．
22．（1）二次函数的表达式为y＝x2﹣4x﹣6；（2）对称轴为x＝2；顶点坐标为（2，﹣10）；（3）点P与点Q关于对称轴x＝2对称，m＝6，所以点Q到x轴的距离为6
【分析】（1）将点A、B的坐标代入二次函数解析式进行求解即可；
（2）把二次函数解析式化为顶点式即可求解；
（3）将点P的坐标代入（1）中函数解析式求得m的值，然后根据二次函数的对称性可进行求解
【详解】解：（1）将A（﹣1，﹣1）和点B（3，﹣9）代入y＝ax2﹣4x+c，
得，解得，
所以二次函数的表达式为y＝x2﹣4x﹣6；
（2）由y＝x2﹣4x﹣6＝（x﹣2）2﹣10可知：
对称轴为x＝2；顶点坐标为（2，﹣10）；
（3）将P（m，m）坐标代入y＝x2﹣4x﹣6，得m＝m2﹣4m﹣6．
解得，
因为m＞0，所以m＝﹣1不合题意，舍去．所以m＝6，
所以P点坐标为（6，6）；
因为点P与点Q关于对称轴x＝2对称，所以点Q到x轴的距离为6．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征．熟练掌握待定系数法是解题的关键．