2023年山西省忻州市静乐县中考一模数学试卷（含答案）

这是一份2023年山西省忻州市静乐县中考一模数学试卷（含答案），共26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年山西省忻州市静乐县中考一模数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．计算的值为（   ）
A． B． C． D．5
2．在博物馆里，不同的收藏理念和展品来源会赋予博物馆完全不同的风貌.博物馆也能在无形中折射出一个国度、地域、城市的精神文化厚度.下列博物馆标志中，文字上方的图案不是轴对称图形的是（   ）
A． B． C． D．
3．蓝鲸是一种海洋哺乳动物，它不仅是最大的鲸类，也是地球上已知的现存体积最大的动物．它的体长可达33米，体重约为181吨．其中数据181吨用科学记数法表示为（   ）
A．千克 B．千克 C．千克 D．千克
4．下列运算正确的是（    ）
A． B．
C． D．
5．不等式组的解集是（   ）
A． B． C． D．无解
6．如图，，直线与直线分别相交于点G，H，平分交于点M．若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
7．如图，的顶点C在x轴正半轴上，，以原点O为位似中心将缩小，使得到的图形与原图形的相似比为，则点C的对应点的坐标为（   ）

A． B． C．或 D．或
8．2023年春节期间，全国各地迎来了旅游热潮，小丽和小希计划趁着寒假在省内结伴游玩．出发之前，两人用随机抽卡片的方式来决定去哪个景点旅游，于是两人制作了四张材质和外观完全一样的卡片，每张卡片的正面绘有一张景点图，将这四张卡片背面朝上洗匀，小丽随机抽取一张后放回，小希再随机抽取一张，则两人抽到的景点相同的概率是（   ）

A． B． C． D．
9．2022年的卡塔尔世界杯受到广泛关注，在半决赛中，梅西的一脚射门将足球沿着抛物线飞向球门，此时，足球距离地面的高度h与足球被踢出后经过的时间t之间的关系式为．已知足球被踢出9s时落地，那么足球到达距离地面最大高度时的时间t为（   ）
A． B． C． D．
10．如图，为半圆O的直径，四边形是平行四边形，点D在半圆O上，与半圆O交于点M．若，则图中阴影部分的面积为（   ）

A． B． C． D．

二、填空题
11．计算：_______________．
12．一个圆柱形蓄水池的底面半径为x cm，蓄水池的侧面积为40π，则这个蓄水池的高h（cm）与底面半径x（cm）之间的函数关系式为_______________．
13．2022年9月起，劳动课正式成为中小学的一门独立课程．某班为了选拔一名学生参加学校组织的以“热爱劳动励心智，品味生活促成长”为主题的展示活动，在班里组织了6项活动，分别是煮饭烧菜、收纳物品、种植植物、修理家电、打扫卫生、和面蒸馍．其中甲、乙两名学生较为突出，他们在6项活动中的成绩（单位：分）如下表所示：
甲






乙







由于甲、乙两名学生成绩的平均数相同，班级决定依据他们成绩的稳定性进行选拔，那么被选中的是_____________同学．
14．按一定规律排列的单项式：，，，，，…，则第n个单项式用含n的式子可表示为_______________．
15．如图，在中，于点，是边的中点，，交于点若，，则的长为_______________


三、解答题
16．计算：
(1)计算：；
(2)先化简，再求值：，其中.
17．如图，平分，E，F分别是射线，上的点，连接交于点N．

(1)尺规作图：作平分，并交于点P；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的情况下，若，，连接．试判断四边形的形状，并加以证明．
18．深中通道横跨珠江口东西两岸，全长约24千米，集“桥、岛、隧、水下互通”于一体，是连接粤港澳大湾区的重要交通枢纽．目前，深中通道正在如火如荼地建设中，其中中山大桥正开展路面施工．根据规划．中山大桥长为1200米，现有甲、乙两个工程队，按规定各自完成600米的建设任务，已知甲队的工作效率是乙队的2倍，结果两队共用了90天完成了任务，求甲、乙两队每天各完成多少米．

19．某校从甲、乙两个班各随机抽取10名学生参加全市义务教育质量监测．样本学生中体育学科的测试成绩（满分100分）如下表，学校进一步对样本学生每周课外锻炼时间进行了问卷调查，并绘制了条形统计图，数据如下：

样本学生测试成绩
甲班
53
65
65
65
78
79
81
82
84
93
乙班
61
63
68
75
78
78
78
80
81
83

平均数
方差
中位数
众数
甲班

129.65
78.5
65
乙班
74.5
53.85

78

请根据以上调查报告，解答下列问题：

(1)请完成样本学生成绩表中所缺数据；
(2)甲班有50名学生，估计在这些学生中课外锻炼时间达到3小时以上的人数；
(3)从表中分析甲、乙两班样本学生测试成绩（从平均数、方差、中位数、众数中选一个统计量分析即可）．
20．阅读与思考下面是小颖的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务．
×年×月×日                    星期六
在圆中只用无刻度的直尺作出满足某条件的圆周角
今天在数学课上，我学会了在圆中只用无刻度的直尺就可以作出满足某条件的圆周角．
问题一：如图，是的圆周角，我们可以在中只用无刻度的直尺作一个圆周角等于．作法：在上取一点D，连接和，则（依据*）．

问题二：在图的基础上，要在中只用无刻度的直尺以B为顶点作与相等的圆周角，应该如何完成呢？
作法：如图所示，连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，则即为所要求作的角．

问题三：如图，要在中只用无刻度的直尺作一个圆周角与互余，应该如何完成呢？

……

任务：
(1)“问题一”中小颖的“依据*”是指 ；
(2)请说明“问题二”中小颖的作法是否正确并说明理由；
(3)完成“问题三”：请在图中只用无刻度的直尺作出满足条件的圆周角，并仿照“问题二”写出具体作法．
21．绵山是中国清明节（寒食节）的发源地，相传春秋时期晋国介子推携母隐居被焚在山上．绵山入口处有一座雄伟高大的介子推铜像，当地某校的综合与实践小组的同学们想要测出这座铜像有多高．他们先制订了测量方案，随后又进行了实地测量．如图，铜像建在坡比为的楼梯顶端，同学们在A处测得铜像顶点N的仰角为，然后沿着AC方向走了到达B处，此时在B处测得铜像顶点N的仰角为，其中点A，B，C，D，M，N均在同一平面内．请根据以上数据求出铜像的高度．（结果精确到，参考数据，，，）

22．综合与实践
问题情境：
如图，在矩形中，，，连接BD，将沿对角线折叠，点C落在点E的位置，线段交AD于点F．

问题解决：
(1)求线段的长；拓展提升：
(2)如图，将沿着方向平移，当点F的对应点落在线段上时，求此时平移的距离；

(3)如图3，将绕着点D逆时针旋转得到，连接．在旋转过程中，能否为等腰三角形？若能，请直接写出的面积；若不能，请说明理由．

23．综合与探究
如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，连接，．是直线上方抛物线上的一个动点，点的横坐标为．

(1)求，，三点的坐标，并直接写出直线的函数表达式；
(2)如图，过点作轴，垂足为，与交于点．当是线段的三等分点时，求点的坐标；
(3)如图，过点作的平行线，与抛物线的对称轴交于点，与线段交于点．抛物线的对称轴与交于点．当时，请直接写出的长．

参考答案：
1．B
【分析】根据有理数除法运算法则进行计算即可．
【详解】解；，
故选：B．
【点睛】本题考查了有理数的除法运算，比较简单，解题的关键在于掌握有理数除法运算法则．
2．D
【分析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】解：A．是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查轴对称图形的知识，要求掌握轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3．B
【分析】根据科学记数法的表示方法，进行表示即可．
【详解】解：181吨千克；
故选B．
【点睛】本题考查科学记数法，熟练掌握科学记数法的表示方法：，n为整数，是解题的关键．
4．D
【分析】根据幂的乘方运算法则、合并同类项法则、完全平方公式、多项式除以单项式运算法则，逐项进行判断即可．
【详解】解：A．，故该选项错误，不符合题意；
B．与不是同类项，不能合并，故该选项错误，不符合题意；
C．，故该选项错误，不符合题意；
D．，故该选项正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了整式的运算，解题的关键是熟练掌握幂的乘方运算法则、合并同类项法则、完全平方公式、多项式除以单项式运算法则，准确计算．
5．A
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】解：
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：，
故选：A．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，正确掌握一元一次不等式解集确定方法是解题的关键．
6．C
【分析】根据邻补角的性质可得，再由平行线的性质可得，然后根据平分，可得，再根据三角形外角的性质，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴．
故选：C
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，平行线的性质，邻补角的性质，熟练掌握三角形外角的性质，平行线的性质，邻补角的性质是解题的关键．
7．C
【分析】根据平行四边形的性质得到点C的坐标为，根据位似变换的性质解答即可．
【详解】解∶∵四边形是平行四边形， ，
∴，
∴，
∵以原点O为位似中心将缩小，使得到的图形与原图形的相似比为，
∴点C的对应点的坐标为或．
故选：C．
【点睛】本题考查的是位似变换的性质、平行四边形的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或．
8．B
【分析】设这四张卡片分别用A，B，C，D表示，根据题意，列出表格，可得共有16种等可能结果，其中两人抽到的景点相同的有4种，再由概率公式计算，即可求解．
【详解】解：设这四张卡片分别用A，B，C，D表示，根据题意，列出表格如下：
  
A
B
C
D
A
A，A
B，A
C，A
D，A
B
A，B
B，B
C，B
D，B
C
A，C
B，C
C，C
D，C
D
A，D
B，D
C，D
D，D

共有16种等可能结果，其中两人抽到的景点相同的有4种，
所以两人抽到的景点相同的概率是．
故选：B
【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．
9．D
【分析】根据题意可得当时，，再代入，可得到该函数解析式为，然后化为顶点式，即可求解．
【详解】解：根据题意得：当时，，
∴，
解得：，
∴该函数解析式为，
∵，
∴足球到达距离地面最大高度时的时间t为．
故选：D
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，关键是正确确定函数解析式，掌握函数函数图象经过的点必能满足解析式．
10．A
【分析】连接，过点D作于点E，根据平行四边形的性质可得，从而得到，进而得到，再证明是等边三角形，从而得到，，进而得到，可得到阴影部分的面积等于，再证明四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】解：如图，连接，过点D作于点E，

∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴阴影部分的面积等于，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
在等边中，，
∴，
∴，
即阴影部分的面积等于．
故选：A
【点睛】本题主要考查了弧，弦，圆心角的关系，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，根据题意得到阴影部分的面积等于是解题的关键．
11．##
【分析】根据二次根式的性质化简，即可求解．
【详解】解：．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次根式的性质，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
12．
【分析】根据圆柱的侧面积公式求解即可．
【详解】解：根据题意，得，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查反比例函数的应用、圆柱的侧面积公式，解答本题的关键是明确题意，写出相应的函数解析式．
13．甲
【分析】分别计算、并比较两人的方差即可判断．
【详解】解：甲同学成绩的平均数为
分，
乙同学成绩的平均数为
分，
∴甲同学成绩的方差为
乙同学成绩的方差为
∴，
∴甲同学的成绩更稳定，
∴被选中的是甲同学．
故答案为：甲
【点睛】本题考查了方差及算术平均数的意义，解题的关锂是了解方差及平均数的计算方法，难度不大．
14．
【分析】由所给的单项式可得，系数是，次数为奇数，则可求第n个单项式为：．
【详解】解：∵，，，，，…，
∴第n个单项式为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查数字的变化规律，根据所给单项式的系数与次数的特点，确定单项式的规律是解题的关键．
15．
【分析】过点作于点，证明，得出，进而勾股定理求得，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，

∵是边的中点，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
16．(1)
(2)；

【分析】（1）根据有理数的乘方，化简绝对值，负整数指数幂，求一个数的算术平方根进行计算即可求解；
（2）根据先将除法转化为乘法，根据乘法分配律进行计算，最后将字母的值代入化简结果即可求解．
【详解】（1）解：


（2）解：




;
当时，原式
【点睛】本题考查了有理数的乘方，化简绝对值，负整数指数幂，求一个数的算术平方根，分式的化简求值，掌握以上运算法则是解题的关键．
17．(1)见解析
(2)四边形是菱形，见解析

【分析】（1）根据尺规作角平分线的方法作图即可；
（2）先根据角平分线的定义求出，从而得出，结合三角形外角的性质可求，由等角对等边可得，证明是等边三角形，可得，从可证四边形是平行四边形，最后根据菱形的定义即可得证．
【详解】（1）解：如图，点P即为所求，

（2）解：四边形是菱形．
证明：如图，

∵平分，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴平行四边形是菱形．
【点睛】本题考查了尺规作图，平行线的判定，等边三角形的判定与性质，菱形的判定等知识，灵活运用所学知识进行解答是解题的关键．
18．乙队每天完成10米，甲队每天完成20米．
【分析】设乙队每天完成x米，则甲队每天完成米，根据“两队共用了90天完成了任务”列出方程，然后解答即可．
【详解】解∶设乙队每天完成x米，则甲队每天完成米，
根据题意，得，
解得，
经检验，得是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：乙队每天完成10米，甲队每天完成20米．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程求解．
19．(1)74.5，78
(2)15人
(3)乙班成绩好，理由见解析（答案不唯一）

【分析】（1）根据平均数和中位数的定义求解可得；
（2）观察条形图，得出甲班达到3小时以上的人数分别为3人，从而求出甲班达到3小时以上的人数的百分比，最后用50乘以百分比即可；
（3）结合平均数，中位数，众数，方差的意义进行分析评判．
【详解】（1）解：甲班的平均数为，
乙班的中位数为第5个和第6个数的平均数，即
（2）解：，
答：甲班达到3小时以上的人数是15人；
（3）解：∵甲乙两班平均数都是74.5分，甲班的方差是129.65，乙班的方差是53.85，
而，即乙班的方差小于甲班，
∴乙班成绩更稳定，即乙班成绩好．（答案不唯一）
【点睛】本题考查了条形图和数据统计表，统计调查，解题的关键在于能结合条形图和数据统计表分析学生的成绩．
20．(1)在同圆中，同弧所对的圆周角相等
(2)正确，理由见解析
(3)见解析

【分析】（1）根据在同圆中，同弧所对的圆周角相等，即可；
（2）根据，可得，再由，即可；
（3）连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，连接，则即为所要求作的角．
【详解】（1）解：“问题一”中小颖的“依据*”是指在同圆中，同弧所对的圆周角相等；
故答案为：在同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）解∶正确，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图，连接并延长，交于点D，连接，连接并延长，交于点E，连接，则即为所要求作的角．

理由：由（2）得：，
∵是的直径，
∴，
∴，
即与互余．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．
21．
【分析】延长交于点E，设，在中，根据正切得出，即，根据正切得出，即，从而求出，，然后根据斜坡的坡度为可求出，最后由求解即可．
【详解】解：延长交于点E，

设，
在中，，，
∴，即①，
在中，，，
∴，即②，
联合①②可求得，，
∵铜像建在坡比为的楼梯顶端，
∴，
∴，
∴，
答：铜像的高度约为．
【点睛】本题考查解直角三角形-仰角俯角问题，坡度坡角问题，通过作垂线构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系和坡度的意义进行计算是解题关键．
22．(1)
(2)
(3)能，的面积为或

【分析】（1）根据翻折可得，结合矩形的性质可得，，根据平行线的性质可得，进而得出，根据等边对等角可得，然后在中利用勾股定理求解即可；
（2）根据平移的性质得出，，证明，根据相似三角形的性质即，然后求解即可；
（3）分，，三种情况讨论即可．
【详解】（1）解：∵将沿对角线折叠，
∴，，
∵四边形是矩形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，，
∴，即，
解得，
∴；
（2）解：连接，

∵，，，
∴，
由平移知：，，
∴，
∴即，
解得；
（3）解：可以成为等腰三角形，
∵绕着点D逆时针旋转得到，
∴，
∴，
过点M作于P，

当时，
则，
∴，
∴
当时，
，
即，
解得，
∴，
∴
当时
而，，显然不相等，故舍去．
综上，的面积为或．
【点睛】本题考查了翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质等知识，证明以及分类讨论是解题的关键．
23．(1)，，；直线的函数表达式为
(2)当是线段的三等分点时，点的坐标为
(3)

【分析】（1）分别令，，即可得出，，三点的坐标，进而待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意，分别表示出的长度，根据或，列方程解方程即可求解；
（3）先求得直线直线的解析式为，得出，设，则，；，过点作垂足为，根据，得出，根据，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，
令，解得：，
∴，
令，得，
解得：，
∴，；
设直线的函数表达式为，将点，代入得，
解得：，
∴直线的函数表达式为，
（2）∵是直线上方抛物线上的一个动点，点的横坐标为．
∴，
∵轴，垂足为，与交于点，
∴，
∴，，
∵当是线段的三等分点，
∴或，
即①或②，
解①得：（舍去）或；解②得（舍去）
∴当是线段的三等分点时，点的坐标为，

（3）解：∵，，
∴，
∴，
∵，关于对称轴对称轴，
∴抛物线的对称轴为直线，
设直线的解析式为，将点代入得，
，
解得：，
∴直线的解析式为，
∵，
∴设，
令，，
∴，
∵抛物线的对称轴与交于点，
由直线：，令，
解得：，
∴，
由（2）可得顶点坐标为，且，
∴在点的下方，
∴；
联立直线,解析式：，
解得：，
∴，
如图所示，过点作垂足为，

则，
∵，
∴，
解得：或（舍去）    
∴，
∵，，
∴，
∵，则，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了求抛物线与坐标轴交点问题，解直角三角形，线段问题，面积问题，一次函数的平移，综合运用以上知识是解题的关键．