2023年河南省实验中学中考一模数学试题

这是一份2023年河南省实验中学中考一模数学试题，共24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年河南省实验中学中考一模数学试题
一、单选题
1．2023的相反数是（    ）
A． B． C． D．2023
2．如图所示的几何体，其左视图是（    ）

A． B． C． D．
3．如图，把一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上，若，则（　　）

A． B． C． D．
4．2023年春节假期，电影《流浪地球2》上映，这是一部讲述太阳出现危机，人类联合拯救地球的国产科幻大片．截止北京时间2023年2月14日，总票房已超亿元，数字亿用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
5．下列运算正确的是（    ）．
A． B． C． D．
6．若关于的方程有两个相等的实数根，则的值是（    ）
A．12 B． C． D．
7．如图，两个质地均匀的转盘被分成几个面积相等的扇形，分别自由转动一次，当转盘停止后，指针各指向一个数字所在的扇形（如果指针恰好指在分隔线上，那么重转一次，直到指针指向某一数字为止）．将两指针所指的两个扇形中的数相乘，积为偶数的概率是（    ）

A． B． C． D．
8．方程的解是（    ）
A． B．3 C． D．无解
9．如图，动点P从出发，沿所示方向运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第2023次碰到矩形的边时，点P的坐标为（    ）

A． B． C． D．
10．已知抛物线上的部分点的横坐标与纵坐标的对应值如表：

…

0
1
2
3
…

…
3
0


3
…

以下结论错误的是（    ）A．抛物线的顶点坐标为
B．当时，y随x增大而增大
C．方程的根为0和2
D．当时，的取值范围是
二、填空题
11．64的立方根是_______．
12．写出一个经过点的函数表达式__________．
13．不等式组的解集是____________．
14．如图，等边内切圆的图形来自我国古代的太极图，等边三角形内切圆中的黑色部分和白色部分关于等边的内心成中心对称．若等边的边长为6，则圆中的黑色部分的面积是___________．

15．如图，在中，，点分别是的中点，点在边上（均不与端点重合），．将绕点顺时针旋转，将绕点逆时针旋转，拼成四边形，则四边形周长的取值范围是____________．


三、解答题
16．（1）计算：．
（2）化简：．
17．新学期开学，我市某中学举行了“学习二十大，筑梦向未来”知识竞赛，数学王老师从七、八年级各随机抽取了10名学生的竞赛成绩（百分制），进行整理、描述和分析如下：成绩得分用x表示（x为整数），共分成四组：
A.；B．；C．；D．．
七年级10名学生的成绩是：
96，80，96，86，99，96，90，100，89，82．
八年级10名学生的成绩在C组中的数据是：
90，92，94．
抽取的七、八年级学生成绩统计表：
年级
平均数
中位数
众数
方差
七年级
92
b
c
52
八年级
92
93
100
50.4

根据以上信息，解答下列问题：
(1)直接写出图表中a，b，c的值：___________．____________，___________．
(2)根据以上数据，你认为在此次竞赛中，哪个年级的成绩更好？请说明理由（写出一条理由即可）．
18．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点与原点重合，点在轴的正半轴上，点在反比例函数的图象上，点的坐标为．

(1)求反比例函数的关系式；
(2)设点在反比例函数的图象上，连接，若的面积是菱形面积的，求点的坐标．
19．某校安装了红外线体温检测仪（如图1），该设备通过探测人体红外辐射能量对进入测温区域的人员进行快速测温，其红外线探测点O可以在垂直于地面的支杆上下调节（如图2），探测最大角（）为，探测最小角（）为，已知该设备在支杆上下调节时，探测最大角及最小角始终保持不变．若要求测温区域的宽度为2.53米，请你帮助学校确定该设备的安装高度．（结果精确到0.01米，参考数据：，，，，，）

20．国家为了鼓励新能源汽车的发展，实行新能源积分制度，积分越高获得的国家补贴越多．某品牌的“4S”店主销纯电动汽车A（续航600千米）和插电混动汽车B，两种主销车型的有关信息如下表：
车型
纯电动汽车A（续航600千米）
插电混动汽车B
进价（万元/辆）
25
12
售价（万元/辆）
28
16
新能源积分（分/辆）
8
2
购进数量（辆）
x
y
(1)2月份该“4S”店共花费550万元购进A，B两种车型，且全部售出共获得新能源积分130分，设购进A、B型号的车分别为x，y辆，则x，y分别为多少？
(2)因汽车供不应求，该“4S”店3月份决定购进A，B两种车型共50辆，且所进车辆全部售出后获得新能源积分不高于280分，已知新能源积分每分可获得0.3万元的补贴，那么3月份如何进货才能使4S店获利最大？（获利包括售车利润和积分补贴）
21．定义：自一点引出的两条射线分别经过已知线段的两端点，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对线段的视角．

问题：如图②，已知线段与直线l，在直线l上取一点P，使点P对线段的视角最大．
小明的分析思路如下：过A、B两点，作使其与直线l相切，切点为P，则点P对线段的视角最大，即最大．
小明的证明过程：为了证明点P的位置即为所求，不妨在直线l上另外任取一点Q，连接，如图②，设直线交圆O于点H，连接，
则．（依据1）
∵．（依据2）
∴
∴
所以，点P对线段的视角最大．
(1)请写出小明证明过程中的依据1和依据2；
依据1：________________________________________
依据2：________________________________________
(2)应用：在足球电子游戏中，足球队球门的视角越大，越容易被踢进，如图③，A、B是足球门的两端，线段是球门的宽，是球场边线，是直角，．
①若球员沿带球前进，记足球所在的位置为点P，在图③中，用直尺和圆规在上求作点P，使点P对的视角最大（不写作法，保留作图痕迹）．

②若，，直接写出①中所作的点P对的最大视角的度数（参考数据：．）
22．如图，在斜坡底部点O处安装一个自动喷水装置，喷水头（视为点A）的高度（喷水头距喷水装置底部的距离）是米，自动喷水装置喷射出的水流可以近似地看成抛物线．当喷射出的水流与喷水装置的水平距离为米时，达到最大高度米．以点O为原点，自动喷水装置所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．

(1)求抛物线的函数关系式；
(2)斜坡上距离O水平距离为米处有一棵高度为米的小树，垂直水平地面，且M点到水平地面的距离为2米，绿化工人向左水平移动喷水装置后，水流恰好喷射到小树顶端的点N，求自动喷水装置向左水平平移（即抛物线向左）了多少米？
23．如图，矩形纸片中，，将纸片折叠，使顶点B落在边上的E点处，折痕的一端G点在边上．

(1)如图1，当折痕的另一端F在边上，且时，则____________；
(2)如图2，当折痕的另一端F在边上，点E与D点重合时，判断和是否全等？请说明理由．
(3)若，当折痕的另一端F在边上，点E未落在边上，且点E到的距离为2时，直接写出的长．

参考答案：
1．C
【分析】根据相反数的定义即可求解．相反数的定义是：如果两个数只有符号不同，我们称其中一个数为另一个数的相反数，特别地，0的相反数还是0．
【详解】解：2023的相反数是，
故选：C．
【点睛】本题考查了相反数的定义，掌握相反数的定义是解题的关键．
2．A
【分析】根据几何体的三视图的定义，画出从左面看所得到的图形即可．
【详解】解：这个几何体的左视图为，

故选： A．
【点睛】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体三视图的形状是正确判断的前提．
3．B
【分析】由互余可求得的度数，然后由两直线平行，同位角相等求得结果．
【详解】解：如图，

∵，
∴，
∵直尺的两边平行，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了平行线的性质．两直线平行，同位角相等的应用是解此题的关键．
4．D
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，为整数．
【详解】解：亿．
故选：D．
【点睛】本题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原来的数，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，是正整数；当原数的绝对值时，是负整数数，确定与的值是解题的关键．
5．B
【分析】根据整式加减法的运算法则，逐一判断即可．
【详解】解：A. ，故运算错误，该选项不符合题意；
B. ，运算正确，该选项符合题意；
C. 与不是同类项，不能合并，故运算错误，该选项不符合题意；
D. ，故运算错误，该选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了整式的加减运算，解答此题的关键是熟练掌握整式的加减运算的法则和步骤．
6．C
【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可求解．
【详解】解：∵关于的方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：．
故选：C
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根是解题的关键．
7．B
【分析】画树状图，共有6个等可能的结果，两指针所指的两个扇形中的数相乘，积为偶数的结果有4个，再由概率公式求解即可．
【详解】画树状图如图：

共有6个等可能的结果，两指针所指的两个扇形中的数相乘，积为偶数的结果有4个，
∴两指针所指的两个扇形中的数相乘，积为偶数的概率为，
故选：B．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法，解题的关键为会列表法或树状图法展示出所有等可能的结果．
8．C
【分析】观察可得最简公分母是，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
【详解】解：，
方程的两边同乘，得：，
移项得：，
合并同类项可得：,
∴.
检验：把代入，
∴原方程的解为．
故选C．
【点睛】本题考查了分式方程的解法，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解；解分式方程一定注意要验根．
9．B
【分析】根据反射角与入射角的定义可以在格点中作出图形，可以发现，在经过6次反射后，动点回到起始的位置，将2023除以6得到337余1，说明点P第2023次碰到矩形的边时为第338个循环的第一次，因此点P的坐标为．
【详解】解：如图，根据反射角与入射角的定义作出图形，

∵第6次反弹时回到出发点，
∴每6次碰到矩形的边为一个循环组依次循环，
∵，
∴点P第2023次碰到矩形的边时是第338个循环的一次，
坐标为．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了点的坐标的规律,根据作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键．
10．D
【分析】根据对称性即可得到顶点，由点与 即可判断增减性，根据对称性即可得到方程的根，根据二次函数的开口及交点即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
由点，可得，对称轴为，
∴抛物线的顶点坐标为，故A正确；
由点与可得，开口向上，当时，y随x增大而增大，故B正确；
由对称性可得，、对称，故C正确；
∵，开口向上，故当时，或，故D错
故选D．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题的关键是根据表中点的对称性即可得到顶点、对称轴及与x轴的交点．
11．4
【分析】根据立方根的定义即可求解.
【详解】解：∵43=64，
∴64的立方根是4，
故答案为：4.
【点睛】此题主要考查立方根的定义，解题的关键是熟知立方根的定义.
12．（答案不唯一）
【分析】本题属于结论开放型题型，可以将函数的表达式设计为一次函数、反比例函数、二次函数的表达式．答案不唯一．
【详解】解：所求函数表达式只要图象经过点即可，
如，，…答案不唯一．
故答案为：(答案不唯一).
【点睛】本题考查函数，解题的关键是清楚几种函数的一般式.
13．
【分析】先分别求出各不等式的解集，有分母先去分母，然后移项、合并同类项，再求出其公共解集即可．
【详解】，
由得，；
由得，，；
原不等式解集为．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组解集，正确掌握解一元一次不等式的步骤和确定公共解集是解题的关键．
14．
【分析】先作，作于点E，和交于点O，再根据边长求出，即可求出，然后根据面积公式即可求出答案．
【详解】作，作于点E，和交于点O，如图所示：

∵等边的边长为6
∴AB=6，则BD=3，
∵，
∴，
∴，
根据太极图的对称性，黑色部分的面积占内切圆面积的一半，
∴
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了等边三角形以及三角形的内切圆，解题关键是求出圆的半径．
15．
【分析】如图：连接作于首先证明要求四边形周长的取值范围，只要求的最大值和最小值即可．
【详解】解：如图：连接作于

在中，







∴四边形是平行四边形，


∴四边形是平行四边形，
∴当时，可得四边形周长的最小值
当与重合时可得周长的最大值为
不与重合，

故答案为：
【点睛】本题考查了旋转变换，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会取特殊点解决问题．
16．（1）；（2）
【分析】（1）先根据算术平方根，负整数指数幂，绝对值的性质化简，再计算，即可求解；
（2）先计算括号内的，再计算除法，然后化简，即可求解．
【详解】解：（1）

．
（2）原式


．
【点睛】本题主要考查了分式的混合运算，负整数指数幂等知识，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
17．(1)40；93；96
(2)八年级，八年级众数大于七年级，八年级成绩比七年级稳定（一条即可）

【分析】（1）根据众数，中位数和百分比的计算公式解题即可；
（2）根据中位数，众数和方差中的一个方面分析即可．
【详解】（1）解：，
∴，
七年级成绩排列为80，82，86，89，90，96，96，96，99，100，
居于中间的数值为90和96，
∴中位数为，
在七年级成绩数据中96出现的次数最多，
∴
故答案为40；93；96；
（2）解：七、八年级的平均分相同，八年级的众数大于七年级，所以八年级的成绩比七年级的要好些．
【点睛】本题考查中位数，众数，能从图表中得到相关数据是解题的关键．
18．(1)
(2)

【分析】（1）利用勾股定理求出的长，再利用菱形的性质可得到的长，进而得出点的坐标，最后利用反比例函数的坐标特征求出的值；
（2）根据的面积是菱形面积的列方程即可求得点的坐标．
【详解】（1）解：延长交轴于，则垂直于轴，如图1所示．

∵点的坐标为，
∴，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∴点坐标为，
∵点在反比例函数的图象上，
∴；
∴反比例的函数关系式为：；
（2）解：由（1）知：反比例函数的关系式为，

设点的坐标为，
∵的面积是菱形面积的，
∴，
，
∴或（舍去），
∴．
【点睛】本题考查了勾股定理，菱形的性质，反比例函数图像上点的坐标特征，菱形与三角形的面积等知识，掌握菱形的性质以及勾股定理是解题的关键．
19．1.84米
【分析】首先根据题意表示出，然后利用三角函数表示出和，然后列方程求解即可．
【详解】解：根据题意可知，（米）．
在中，，
∴．
在中，
，
∴，
∴（米），
∴（米）．
答：该设备的安装高度约为1.84米．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数定义是解决本题的关键．
20．(1)
(2)购进A型车30辆，B型车20辆时获利最大

【分析】（1）设购进A、B型号的车分别为x，y辆，根据A，B两种车型共花费550万元，全部售出共获得新能源积分130分，列出方程组，解方程组即可；
（2）设4月购进A型车m辆，则购进B型车辆，根据车辆全部售出后获得新能源积分不高于280分列出不等式，求出，设所进车辆全部售出后获得的总利润为w万元，列出w与m的函数关系式，根据一次函数的增减性，求出结果即可．
【详解】（1）解：依题意得：，
解得：．
答：x的值为10，y的值为25．
（2）解：设4月购进A型车m辆，则购进B型车辆，
依题意得：
解得：．
设所进车辆全部售出后获得的总利润为w万元，
则，
∵，
∴w随m的增大而增大，
∴当时，即购进A型车30辆，B型车20辆时获利最大．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用，解题的关键是根据题目中的等量关系和不等关系列出方程或不等式．
21．(1)同弧所对的圆周角相等；三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和
(2)①见解析；②

【分析】（1）根据圆周角定理，三角形外角的性质，即可求解；
（2）①作线段的垂直平分线交于点P，点P即为所求；②过A、B两点，作使其与直线相切，切点为P，设交于点M，设，则，可得四边形是矩形，从而得到，，在中，根据勾股定理，可得，从而得到，进而得到，再由圆周角定理，即可求解．
【详解】（1）解：在直线l上另外任取一点Q，连接，如图②，设直线交圆O于点H，连接，
则．（同弧所对的圆周角相等）
∵．（三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和．）
∴
∴，
所以，点P对线段的视角最大．
（2）解：①如图，作线段的垂直平分线交于点P，点P即为所求．

②过A、B两点，作使其与直线相切，切点为P，设交于点M，设，则，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴最大视角是．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了解直角三角形、直线和圆相切等，这种新定义类的题目，通常按照题设的顺序求解，一般比较容易解答．
22．(1)
(2)3米

【分析】（1）题目中告知了抛物线的顶点，可以设抛物线的顶点式，又抛物线经过点即可求解顶点式中的，从而求解．
（2）设抛物线向后平移了米，用（1）中的顶点式，表示出新的抛物线解析式，将点坐标代入解析式中，求解即可．
【详解】（1）解：由题可知：当喷射出的水流距离喷水头8米时，达到最大高度5米，
则可设水流形成的抛物线为，
∴将点代入可得，
∴抛物线，
（2）解：设喷射架向左水平平移了m米，则平移后的抛物线可表示为，
将点代入得：，
解得或（舍去），
∴喷射架应向左水平移动3米．
【点睛】本题考查了二次函数实际问题中的应用，正确理解题意，熟练掌握待定系数法及二次函数性质是解题的关键．
23．(1)60°
(2)全等，理由见解析
(3)或2

【分析】（1）根据折叠的性质可得，，从而得到，在中，，可得，即可求解；
（2）根据矩形的性质和折叠的性质可得，即可；
（3）点E在的下方时，设与相交于点K，过点E作分别交于M、N，然后求出，在中，利用勾股定理列式求出，再根据和相似，利用相似三角形对应边成比例列式求出，再求出，然后根据和相似，利用相似三角形对应边成比例列式求解即可；当时，此时点E在的上方时，则，，此时E到的距离为2，符合题意，证明四边形为矩形，即可求解．
【详解】（1）解：由折叠的性质得：，，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：
（2）解：全等．
证明：∵四边形是矩形，
∴，
由题意知：，
∴，
在和中，
，
∴；
（3）解：如图，点E在的下方时，设与相交于点K，过点E作分别交于M、N，

∵E到的距离为，
∴，，
在中，，
∵，
，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴，
∵，，
∴，  
∴，
即，
解得，
∴．
如图，当时，此时点E在的上方时，则，，

∵，
∴，
此时E到的距离为2，符合题意，
根据题意得：，
∴四边形为矩形，
∴，
∴；
综上所述，或2．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟记翻折前后两个图形能够重合得到相等的线段和角是解题的关键，本题难点在于（3）作辅助线构造出相似三角形．