2023年云南省昭通市巧家县大寨中学中考数学二模试卷（含解析）

2023年云南省昭通市巧家县大寨中学中考数学二模试卷

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  节肢动物是最大的动物类群，目前已命名的种类有万种以上，将数据万用科学记数法表示为(    )

A.  B.  C.  D.

2.  中老铁路是与中国铁路网直接连通的国际铁路，线路北起中国西南地区的昆明市，南向到达老挝首都万象市，是“一带一路”上最成功的样板工程从长期看将会使老挝每年的总收入提升，若表示提升，则表示(    )

A. 提升 B. 提升 C. 下降 D. 下降

3.  如图，，垂足为，是经过点的一条直线，已知，则，的度数分别为(    )

A. ，
B. ，
C. ，
D. ，

4.  反比例函数的图象大致是(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知与是位似图形，位似比是：，则与的面积比是(    )

A. ： B. ： C. ： D. ：

6.  某同学对数据，，，，，，进行统计分析，发现两位数“”的个位数字模糊不清，则下列统计量一定不受影响的是(    )

A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差

7.  如图所示的三视图是下列哪个几何体的三视图(    )
 

A.  B.  C.  D.

8.  探索规律：观察下面的一列单项式：、、、、、，根据其中的规律得出的第个单项式是(    )

A.  B.  C.  D.

9.  如图，在中，是上的一条弦，直径，连接、，，则的度数是(    )

A.
B.
C.
D.

10.  下列计算正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

11.  如图，在中，为证明“等边对等角”这一结论，常添加辅助线，通过证明和全等从而得到角相等．下列辅助线添加方法和对应全等判定依据有错误的是(    )
 

A. 角平分线，全等依据 B. 中线，全等依据
C. 角平分线，全等依据 D. 高线，全等依据

12.  “爱劳动，劳动美．”甲、乙两同学同时从家里出发，分别到距家和的实践基地参加劳动．若甲、乙的速度比是：，结果甲比乙提前到达基地，求甲、乙的速度．设甲的速度为，则依题意可列方程为(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）

13.  若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是          ．

14.  已知和关于原点对称，则        ．

15.  分解因式：______．

16.  已知一元二次方程的一个根为，则该方程的另一个根为        ．

17.  如图，传送带的一个转动轮的半径为，如果转动轮绕着它的轴心转时，传送带上的物品被传送在传送过程中物品无滑动，则______．

18.  已知是等腰三角形．若，则的顶角度数是          ．

三、解答题（本大题共6小题，共46.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

19.  本小题分
东城区为了解各学校中学生在疫情期间体育锻炼的情况，对甲、乙两个学校各名学生进行了体育测试，从中各随机抽取名学生的成绩百分制，并对成绩单位：分进行整理、描述和分析．给出了部分成绩信息．
甲校参与测试的学生成绩分布如表：

甲校参与测试的学生成绩在这一组的数据是：
，，，，，，，，，
甲、乙两校参与测试的学生成绩的平均数、中位数、众数如表，根据以上信息，回答下列问题：

______；
在此次随机抽样测试中，甲校的王同学和乙校的李同学成绩均为分，则在各自学校参与测试同学中成绩的名次相比较更靠前的是______填“王”或“李”同学，请简要说出理由；
在此次随机测试中，乙校分以上的总人数比甲校分以上含分的总人数的倍少人，试估计乙校分以上含分的总人数．

20.  本小题分
在张相同的小纸条上，分别写有语句：函数表达式为；函数表达式为；函数的图像关于原点对称；函数的图像关于轴对称；函数值随自变量增大而增大．将这张小纸条做成支签，、放在不透明的盒子中搅匀，、、放在不透明的盒子中搅匀．
从盒子中任意抽出支签，抽到的概率是______；
先从盒子中任意抽出支签，再从盒子中任意抽出支签．求抽到的张小纸条上的语句对函数的描述相符合的概率．

21.  本小题分
如图，在平面直角坐标系中，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上，且，．
求线段的长；
若点为轴上的一个动点，则当最小时，点的坐标为        ．

22.  本小题分
学校计划向某花卉供应商家定制一批花卉来装扮校园花盆全部为同一型号，该商家委托某货运公司负责这批花卉的运输工作．该货运公司有甲、乙两种专门运输花卉的货车，已知辆甲型货车和辆乙型货车满载一次可运输盆花卉；辆甲型货车和辆乙型货车满载一次可运输盆花卉．
求辆甲型货车满载一次可运输多少盆花卉，辆乙型货车满载一次可运输多少盆花卉？
学校计划定制盆花卉，该货运公司将同时派出甲型货车辆、乙型货车辆来运输这批花卉，一次性运输完毕，并且每辆货车都满载，请问有哪几个运输方案？

23.  本小题分
如图，内接于，圆心在边上，过点的切线交的延长线于点，是上一点，连接交于点，且平分．
求证：；
若，，求的半径．

24.  本小题分
如图，已知抛物线的图象与轴交于，两点，与轴交于点，点为抛物线的顶点．
求抛物线的函数表达式及点的坐标；
若四边形为矩形，点以每秒个单位的速度从点沿向点运动，同时点以每秒个单位的速度从点沿向点运动，一点到达终点，另一点随之停止．当以、、为顶点的三角形与相似时，求运动时间的值；
抛物线的对称轴与轴交于点，点是点关于点的对称点，点是轴下方抛物线图象上的动点．若过点的直线：与抛物线只有一个公共点，且分别与线段、相交于点、，求证：为定值．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：万用科学记数法表示为：．
故选：．
科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值．
 

2.【答案】 

【解析】解：表示提升，
就表示下降．
故选：．
利用正负数表示相反意义的数来选择即可．
本题考查了正负数，做题关键是掌握正负数表示意义相反的数．
 

3.【答案】 

【解析】解：，
，
，
，
，
．
故选：．
根据邻补角的性质可得，再由对顶角相等可得，然后根据，即可求解．
本题主要考查了邻补角的性质，对顶角的性质，垂直的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
 

4.【答案】 

【解析】解：反比例函数，，
图象分布在第二、四象限，即

故选：．
根据反比例函数的性质，当时，图象分布在第二、四象限，进而得出答案．
此题主要考查了反比例函数的图象，正确掌握反比例函数图象分布规律是解题关键．
 

5.【答案】 

【解析】解：与是位似图形，位似比是：，
与相似比是：，
与的面积比是：．
故选：．
利用为位似的性质得到与相似比是：，然后根据相似三角形的性质求解．
本题考查了位似变换：位似图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；位似比等于相似比．也考查了相似三角形的性质．
 

6.【答案】 

【解析】解：这组数据从小到大排列：，，，，，，，
这组数据的平均数、众数和方差都与被涂污数字有关，而这组数据的中位数为，与被涂污数字无关．
故选：．
利用平均数、中位数、众数和方差的定义对各选项进行判断．
本题考查了方差、平均数、众数、中位数，掌握方差、平均数、众数、中位数的定义是关键．
 

7.【答案】 

【解析】解：由已知中的三视图我们可以判断出该几何体是一个圆台，分析四个选项可得满足条件要求，
故选：．
由已知中正视图与侧视图和俯视图，我们可以判断出该几何体的形状，逐一和四个答案中的直观图进行比照，即可得到答案．
本题考查的知识点是由三视图还原实物图，其中若三视图中若有两个三角形，则几何体为一个锥体，有两个矩形，则几何体为一个柱体，具体形状由另外一个视图的形状决定．
 

8.【答案】 

【解析】解：根据题意得：
第个单项式是．
故选：．
根据符号的规律：为奇数时，单项式为正号，为偶数时，符号为负号；系数的绝对值的规律：第个对应的系数的绝对值是指数的规律：第个对应的指数是解答即可．
本题考查了单项式的知识，确定单项式的系数和次数时，把一个单项式分解成数字因数和字母因式的积，是找准单项式的系数和次数的关键．分别找出单项式的系数和次数的规律也是解决此类问题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：连接，

是上的一条弦，直径，
，
，
，
，
，
．
故选：．
根据垂径定理得出，根据弧与圆心角关系得出，利用圆周角定理得出，然后利用直角三角形两锐角互余性质求解即可．
本题考查垂径定理，弧与圆心角关系，圆周角定理，直角三角形两锐角互余性质，掌握垂径定理，弧与圆心角关系，圆周角定理，直角三角形两锐角互余性质是解题关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：，故选项A错误，不符合题意；
，故选项B错误，不符合题意；
，故选项C错误，不符合题意；
，故选项D正确，符合题意；
故选：．
计算出各个选项中式子的正确结果，即可判断哪个选项符合题意．
本题考查整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
 

11.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查全等三角形的判定，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，解答的关键是对相应的知识的掌握．
根据全等三角形的判定，等腰三角形的性质对各项进行分析即可．
【解答】
解：、当是角平分线时，则利用可判定≌，从而可解，故A不符合题意；
B、当是中线时，则利用可判定≌，从而可解，故B不符合题意；
C、当是角平分线时，则利用可判定≌，从而可解，故C符合题意；
D、当是高线时，则利用可判定≌，从而可解，故D不符合题意；
故选：．  

12.【答案】 

【解析】解：由题意可知，甲的速度为，则乙的速度为，
，
即，
故选：．
根据甲、乙的速度比是：，可以设出甲和乙的速度，然后根据甲比乙提前到达基地，可以列出相应的方程．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．
 

13.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
根据二次根式的被开方数是非负数解答即可．
【解答】
解：由题意可知：，
．
故答案为：．  

14.【答案】 

【解析】解：和关于原点对称，
，，
则．
故答案为：．
直接利用关于原点对称点的性质得出，的值，进而得出答案．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．
 

15.【答案】 

【解析】解：原式
．
故答案为：．
根据平方差公式分解因式即可．
本题考查了因式分解运用公式法，掌握是解题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：设方程的另一个根为，
则根据根与系数的关系得：，
解得：，
即方程的另一个根为，
故答案为：．
设方程的另一个根为，根据根与系数的关系得：，求出即可．
本题考查了一元二次方程的解和根与系数的关系，能熟记根与系数的关系的内容是解此题的关键，注意：当和是一元二次方程、、为常数，的两个根时，那么，．
 

17.【答案】 

【解析】解：由题意得，，
解得，
故答案为：．
根据弧长公式进行计算即可．
本题考查弧长的计算，掌握弧长的计算方法是正确解答的关键．
 

18.【答案】或 

【解析】解：当是顶角时，的顶角是；
当是底角时，则的顶角为．
综上，的顶角度数是或．
故答案为：或．
分是顶角和底角两种情况讨论，即可解答．
本题考查了等腰三角形的性质，此类题目，难点在于要分情况讨论．
 

19.【答案】  王 

【解析】解：把甲校所抽取的名学生的成绩从小到大排序后，处在中间位置的两个数都是，因此中位数是，即，
故答案为：；
甲校的中位数是，乙校的中位数是，而分在甲校的中位数之上，在乙校的中位数之下，因此王同学在甲校的排名在前，
故答案为：王，理由：分在甲校的中位数之上，在乙校的中位数之下，因此王同学在甲校的排名在前；
样本中，分以上的学生人数所占的百分比为，
所以甲校分以上的学生人数为人，
因此乙校分以上的学生人数为人，
答：乙校分以上含分的总人数为人．
根据中位数的定义，把甲校所抽取的名学生的成绩从小到大排序后，计算处在中间位置的两个数的平均数即可；
根据中位数的意义，结合王同学、李同学的成绩进行判断即可；
先求出甲校分以上的学生人数，再求出乙校分以上的学生人数．
本题考查中位数、众数、平均数以及频数分布表，理解中位数、众数、平均数的意义是解决问题的前提．
 

20.【答案】解：；
列表如下：

由表知，共有种等可能结果，其中抽到的张小纸条上的语句对函数的描述相符合的、、这个，
所以张小纸条上的语句对函数的描述相符合的概率为． 

【解析】

【分析】
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
直接根据概率公式求解即可；
列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】
解：、放在不透明的盒子中搅匀，
共有种结果，
抽到的概率是，
故答案为：．
见答案．  

21.【答案】 

【解析】解：，
，，
，，
，，
；
过点作轴交于，
，
，
，

，
，
≌，
，，
，
作点关于轴的对称点，连接交于轴于点，连接，
由对称性可知，，
，
当、、三点共线时，有最小值，
，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
，
，
故答案为：．
根据题意求出，，可求、的长，再由勾股定理求即可；
过点作轴交于，证明≌，可求点坐标；作点关于轴的对称点，连接交于轴于点，连接，当、、三点共线时，有最小值，用待定系数法求值直线的解析式，再求点坐标即可．
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握平面内两点间距离公式，三角形全等的判定及性质，轴对称求最短距离的方法，用待定系数法求函数解析式是解题的关键．
 

22.【答案】解：设辆甲型货车满载一次可运输盆花卉，辆乙型货车满载一次可运输盆花卉，
依题意得：，
解得：．
答：辆甲型货车满载一次可运输盆花卉，辆乙型货车满载一次可运输盆花卉．
依题意得：，

又，均为正整数，
或或，
共有种运输方案，
方案：该货运公司派出甲型货车辆，乙型货车辆；
方案：该货运公司派出甲型货车辆，乙型货车辆；
方案：该货运公司派出甲型货车辆，乙型货车辆． 

【解析】设辆甲型货车满载一次可运输盆花卉，辆乙型货车满载一次可运输盆花卉，根据“辆甲型货车和辆乙型货车满载一次可运输盆花卉；辆甲型货车和辆乙型货车满载一次可运输盆花卉”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
根据一次性运完盆花卉且每辆货车都满载，即可得出关于，的二元一次方程，再结合，均为正整数，即可得出各运输方案．
本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出二元一次方程组；找准等量关系，正确列出二元一次方程．
 

23.【答案】证明：如图，

是圆的直径，是圆的切线，
，，
，，
，
平分，
，
，
，
，
；
解：如图，过点作于，

，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
圆的半径为． 

【解析】根据圆周角定理和切线的性质可得，，根据同角的余角相等可得，由角平分线和同弧所对圆周角相等，求得即可证明；
过点作于，由等腰三角形三线合一的性质可得，解求得和，再解求得即可．
本题考查了圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，掌握圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解题关键．
 

24.【答案】解：设二次函数表达式为：，
将、代入得：
，
解得，
抛物线的函数表达式为：，
又，，
顶点为；
依题意，秒后点的运动距离为，则，点的运动距离为．
当时，，，，
当∽时，
，
，
解得；
当∽时，
，
，
解得；
综上得，当或时，以、、为顶点的三角形与相似；
点关于点的对称点为点，
，
直线：与抛物线图象只有一个公共点，
只有一个实数解，
，
即：，
解得：，
利用待定系数法，根据，，，
可得直线的解析式为：，直线的解析式为：，
联立，结合已知，
解得：，
同理可得：，
，，由勾股定理得，，，同理可得，，
则：，，
，
的值为． 

【解析】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，函数与方程的关系，一元二次方程根的判别式等知识，联立两函数关系求出点和的横坐标是解题的关键，属于中考压轴题．
二次函数表达式可设为：，将、代入，解方程可得和的值，再利用顶点坐标公式可得点的坐标；
根据秒后点的运动距离为，则，点的运动距离为分两种情形，当∽时，得，解得；当∽时，得，解得；
首先利用中点坐标公式可得点的坐标，利用待定系数法求出直线和的解析式，再根据直线：与抛物线图象只有一个公共点，联立两函数解析式，可得，再求出点和的横坐标，从而解决问题．