黄金卷07-【赢在中考·黄金8卷】备战2023年中考数学全真模拟卷（衡阳专用）

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【赢在中考·黄金八卷】备战2023年中考数学全真模拟卷（衡阳专用）
第一模拟
（本卷共26小题，满分120分，考试用时120分钟）
一、单选题(共36分)
1．(本题3分)的倒数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】直接根据求一个数的倒数的方法及二次根式的化简即可．
【详解】解：的倒数是，
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次根式的化简及倒数，关键是根据题意得到这个数的倒数，然后根据最简二次根式化简即可．
2．(本题3分)伟大的中国共产党从南陈北李相约建党，历经百余年沧桑，发展到现在已有约9200万党员，其中9200万用科学记数法表示为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】解：9200万．
故选：C．
【点睛】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，n为整数，表示时关键要确定a的值以及n的值．
3．(本题3分)下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，解题的关键是利用轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断．
4．(本题3分)下列计算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据整式乘法法则直接计算即可．
【详解】解：A．与不能合并，故A不符合题意；
B．，故B不符合题意；
C．，故C符合题意；
D．，故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查整式乘法中幂的计算，解题关键是公式的记忆，；；；．
5．(本题3分)人类的性别是由一对性染色体（X，Y）决定，当染色体为XX时，是女性；当染色体为XY时，是男性．如图为一对夫妻的性染色体遗传图谱，如果这位女士怀上了一个小孩，该小孩为女孩的概率是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意画出树状图，可得共有4种等可能的结果，其中该小孩为女孩的结果有2种，再由概率公式计算，即可求解．
【详解】解：画树状图如下：

共有4种等可能的结果，其中该小孩为女孩的结果有2种，
∴该小孩为女孩的概率为，
故选：C．
【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．
6．(本题3分)我国古代数学家刘徽用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体．如图所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，则它的俯视图是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据俯视图即从物体的上面观察得得到的视图，进而得出答案．
【详解】解：该几何体的俯视图是：．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了几何体的三视图；掌握俯视图是从几何体上面看得到的平面图形是解决本题的关键．
7．(本题3分)下列命题正确的是（    ）
A．过一点有且只有一条直线与已知直线平行 B．同旁内角互补
C．凸多边形的外角和都等于360° D．平分弦的直径垂直于弦
【答案】C
【分析】根据平行的性质、凸多边形的外角和、垂径定理等知识对各项进行分析即可．
【详解】A. 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，原说法错误，本项不符合题意；
B. 两直线平行，同旁内角互补，原说法错误，本项不符合题意；
C. 凸多边形的外角和都等于360°，正确；
D. 平分弦（该弦不是圆的直径）的直径垂直于弦，原说法错误，本项不符合题意；
故答案为：C．
【点睛】本题考查了判断命题真假的问题，掌握平行的性质、凸多边形的外角和、垂径定理等知识是解题的关键．
8．(本题3分)已知不等式组，其解集在数轴上表示正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先分别求出两个不等式的解，根据口诀得出不等式的解集，再在数轴上表示出来即可得出答案．
【详解】解：
解不等式①，得
解不等式②，得
不等式组的解集为
在数轴上表示为：
故选B．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的求解和数轴知识，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、大大小小无解了确定不等式组的解集．需要注意：不等式组的解集是两个不等式解集的公共部分，不是两个不等式解集的合并；其次要注意的是数轴上包含端点用实心圆点，不包含端点用空心圆点．
9．(本题3分)如图，在中，，若，，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用勾股定理求出，根据锐角三角函数的定义得出，再代入求出答案即可．
【详解】解：，，，
∴，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理和锐角三角函数的定义，能熟记锐角三角函数的定义是解此题的关键．
10．(本题3分)一种数学课本的宽与长之比为黄金比，已知它的长是26cm，那么它的宽是（　　）cm
A．26+26 B．26﹣26 C．13+13 D．13﹣13
【答案】D
【分析】根据一种数学课本的宽与长之比为黄金比，即可得到宽：长，由此求解即可．
【详解】解：∵一种数学课本的宽与长之比为黄金比，
∴宽：长，
∵长是26cm，
∴宽，
故选D．
【点睛】本题主要考查了黄金比，解题的关键在于能够熟练掌握黄金分割比例．
11．(本题3分)如图，在矩形中，，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿匀速运动，同时点Q从点C出发；以每秒1个单位长度的速度向点D匀速运动．当点Q运动到点D时，P，Q两点同时停止运动．设运动时间为t秒，的面积为S，则S随t变化的函数关系图像大致是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意当时，当时，分别求得的面积，即可判断函数图象．
【详解】解：依题意，时，，
，图象为直线的一部分，
∵，点运动时间为秒
当时，点在上，如图所示，

∴，，，，
∴


函数图象为开口向上的抛物线的一部分，
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数图象、二次函数图象的性质，根据题意求得解析式是解题的关键．
12．(本题3分)矩形纸片中，，，将纸片折叠，使点B落在边上的处，折痕为．延长交的延长线于M，折痕上有点P，下列五个结论中正确的有（　　）
①；②；③；④；⑤若，则四边形是菱形．

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】②借助轴对称可知；③利用勾股定理求，构造方程，求，在构造勾股定理求；①④由相似，，在计算，进而可判断①；⑤证得，再证菱形即可．
【详解】解：点P在对称轴上，点B与点是对称点，
则；
故②正确；
连结，由翻折，，，
由勾股定理，
∴，
设，
在中，，
由勾股定理，
解得，
∴，
在中，，
；
故③正确；

过M作，交延长线于F，
由，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
则，
∴
故④不正确；
∵
∴
∴；
故①不正确；
连接，由对称性可知，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
又，
∴四边形是菱形，
故⑤正确．

五个结论中正确的是②③⑤．
故选：B．
【点睛】此题考查了矩形的性质、图形的翻折变换，三角形全等判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质等知识的应用，此题的关键是能够证明．

二、填空题(共18分)
13．(本题3分)化简：_____．
【答案】1．
【分析】由于两分式的分母相同，故根据同分母的分式相加减的法则进行计算即可．
【详解】．
故答案为：1．
【点睛】本题考查了同分母的分式加减法，关键是掌握分母不变，分子相加减的运算法则．
14．(本题3分)在有理数范围内分解因式：_________．
【答案】
【分析】直接提公因式即可分解．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解，利用了了提公因式法，注意分解要彻底．
15．(本题3分)已知，则的值为______．
【答案】
【分析】根据被开方数的非负性可得x＝2，从而得到，再代入，即可求解．
【详解】解：依题意得：，，
∴，
则．
【点睛】本题主要考查了算术平方根的非负性，求算术平方根，熟练掌握算术平方根的非负性是解题的关键．
16．(本题3分)圆锥的底面半径为3cm，母线长为5cm，则圆锥的表面积为__________cm2．
【答案】
【分析】根据圆锥的侧面积＝×底面半径×母线长，进而求得底面积，根据表面积等于底面积加侧面积，把相应数值代入即可求解．
【详解】∵圆锥的底面半径长为3cm，母线长为5cm，
∴圆锥的侧面积＝×3×5＝15cm2，
圆锥的底面积
圆锥的表面积为 cm2，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法，掌握相应公式是解题的关键．
17．(本题3分)如图，在中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M和点N，作直线分别交于点D和点E，连接，若的周长为24，，则的周长为____________．

【答案】14
【分析】由线段的垂直平分求得，通过等量关系求得的周长等于的周长减去AB．
【详解】解：由尺规作图痕迹可知，是线段的垂直平分线，
由垂直平分线性质可得，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
故的周长为14．
【点睛】本题考查线段的垂直平分的性质，找到和的周长关系是解题的关键．
18．(本题3分)如图（1）所示，E是矩形ABCD的边AD上一边，动点P，Q同时从点B出发，点P沿折线运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒，设P，Q同时出发t秒后时，的面积为，已知与的函数关系图像如图（2）（曲线OM为抛物线的一部分），则当t的值是___________时，面积为4．

【答案】或
【分析】由两个图形可知，AB，BC，BE的长，然后分点P在BE上，点P在CD上两种情况进行讨论，表示出△BPQ的面积，由面积为4，建立关于t的等式求解即可．
【详解】由图像可知，
AB=4，BE=BC=5，
①当点P在BE上，如图(1)

在Rt△ABE中，AB=4，BE=5
sin∠AEB=，
∴sin∠CBE=,
∵BP=t，
∴PG=BPsin∠CBE=t，
∴，
∴(舍)或，
②当点P在CD上时，
，
∴，
∴当△BPQ的面积为4cm2时,t的值是或秒，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的动点问题，函数图像等知识，结合两个图形，理解每个点的含义，求出线段AB，BC，BE的长是解决本题的关键．

三、解答题(共66分)
19．(本题6分)先化简，再求值：，其中，．
【答案】；2
【分析】根据整式加减运算法则进行化简，然后再代入数据计算即可．
【详解】解：

，
把，代入得：
原式．
【点睛】本题主要考查了整式化简计算，解题的关键是熟练掌握整式加减运算法则，准确计算．
20．(本题6分)已知：如图，点E，D，B，F在同一条直线上，，，．求证．

【答案】见解析
【分析】由可得，由补角的性质可得，然后即可根据证明，再根据全等三角形的性质即可证得结论．
【详解】证明：∵（已知），
∴（两直线平行，内错角相等），
∴（等角的补角相等）．
在和中，
，
∴，
∴（全等三角形的对应边相等）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及平行线的性质等知识，属于基础题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
21．(本题8分)国家航天局消息：北京时间2022年12月4日，神州十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，标志着神州十四号载人飞行任务取得圆满成功，某中学科技兴趣小组为了解本校学生对航天科技的关注程度，在该校内进行了随机调查统计，将调查结果分为不关注、关注、比较关注、非常关注四类，回收、整理好全部调查问卷后，得到下列不完整的统计图：

(1)此次调查中接受调查的人数为______人，扇形统计图中，“关注”对应扇形的圆心角为____；
(2)补全图1条形统计图；
(3)该校共有900人，根据调查结果估计该校“关注”，“比较关注”及“非常关注”航天科技的人数共多少人？
(4)该校九年一班非常关注的学生有A、B、C、D四人，随机选取两人去参加学校即将举办的航天知识竞赛，请利用列表或画树状图的方法，求出恰好抽到A、B两位同学的概率．
【答案】(1)50，
(2)见解析
(3)828人
(4)

【分析】（1）由“关注”的人数除以所占百分比得出此次调查中接受调查的人数，再由乘以“关注”的人数所占的百分比；
（2）求出“非常关注”的人数，补全条形统计图即可；
（3）由该校共有人数乘以该校“关注”，“比较关注”，“非常关注”航天科技的人数所占的比例即可；
（4）画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到A、B两位同学的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【详解】（1）解：（人），
，
故答案为：50，．
（2）解：“非常关注”的人数为：（人），补全条形统计图如下：

（3）解：由题意可得：（人），
答：估计该校“关注”，“比较关注”，“非常关注”航天科技的人数共828人．
（4）解：画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中恰好抽到A、B两位同学的结果为2种，
所以恰好抽到A、B两位同学的概率为．
【点睛】本题考查了树状图求概率及条形统计图和扇形统计图等知识，正确画出树状图是解决问题的问题．
22．(本题8分)某班级为优秀小组购买奖品，计划购买同一品牌的钢笔和自动铅笔．到文教店查看定价后发现，若购买2支钢笔和5支自动铅笔共需75元；若购买3支钢笔和2支自动铅笔共需85元．
(1)求该品牌的钢笔、自动铅笔每支的定价；
(2)经协商，文教店给予该班级购买一支该品牌钢笔赠送一支自动铅笔的优惠．如果该班级需要自动铅笔的支数比钢笔的支数的2倍还多8支，且班级购买钢笔和自动铅笔的总费用不超过680元，那么该班级最多可购买多少支该品牌的钢笔？
【答案】(1)钢笔每支的定价是25元，自动铅笔每支的定价是5元
(2)21支

【分析】（1）设该品牌的钢笔每支的定价是元，自动铅笔每支的定价是元，根据“购买2支钢笔和5支自动铅笔共需75元，购买3支钢笔和2支自动铅笔共需85元”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设该班级可以购买支该品牌的钢笔，则可以购买支该品牌的自动铅笔，利用总价单价数量，结合总价不超过680元，可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围，再取其中的最小整数值即可得出结论．
【详解】（1）解：（1）设该品牌的钢笔每支的定价是元，自动铅笔每支的定价是元，
根据题意得：，
解得：．
答：该品牌的钢笔每支的定价是25元，自动铅笔每支的定价是5元；
（2）设该班级可以购买支该品牌的钢笔，则可以购买支该品牌的自动铅笔，
根据题意得：，
解得：，
又为正整数，
的最大值为21．
答：该班级最多可购买21支该品牌的钢笔．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
23．(本题8分)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．
【答案】(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．
24．(本题8分)如图，为的直径，为上一点，垂直，垂足为，在延长线上取点，使

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，然后证明即可；
（2）连接，设，证明，根据相似三角形对应线段成比例求出的长，进而得出的长，在中，根据勾股定理列出方程，解方程即可得出答案．
【详解】（1）∵为直径，
，
，
∵，
，
，
是的切线；
（2）连接，设，

∵，
∴，
，
，
，
在中，，
，
∵，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，根据勾股定理列出方程是解题的关键．
25．(本题10分)在正方形中，点、分别是边、的中点．
(1)如图，连接，相交于点．求证：①，②；

(2)如图，延长、相交于点，连接．求证：；

(3)如图，若正方形的边长为，将沿翻折得到，延长交的延长线于点，交于点，求的长．

【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）①根据正方形的性质结合已知条件根据证明，即可得证；
②根据①的结论，根据，得出,即可得证；
（2）根据正方形的性质得出，得出，进而根据相似三角形的性质即可得证；
（3）连接，证明，设，得出，由，得出，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解．
【详解】（1）证明：①∵四边形是正方形，
∴，，，
∵点、分别是边、的中点，
∴，
∴，
②∵
∴，
∴，
∴,
即；
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
又，是的中点，则，
∴，
∴，
又（1）②可得；
∴是直角三角形，
∴；
（3）解：如图所示，连接，

依题意，，，
又，
∴，
∴，
设，
则，
在中，，
∴，
解得：，
∴,
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
26．(本题12分)如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点，点A在原点的左侧，点B的坐标为，点P是直线下方的抛物线上一动点．

(1)求这个二次函数的表达式．
(2)连接，并把沿所在直线翻折，得到四边形，那么是否存在点P，使四边形为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)当点P运动到什么位置时，四边形的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形的面积．
【答案】(1)
(2)存在；
(3)；

【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）存在点P，使四边形为菱形．设点P的坐标为，连接交于点E，根据菱形的性质可得，即，代入二次函数解析式求解即可；
（3）过点P作y轴的平行线交于点Q，交于点F，设，求出直线的解析式，设，则Q点的坐标为，根据列出阿含糊解析式求解即可．
【详解】（1）解：将B、C两点的坐标代入得，
解得，
∴二次函数的表达式为．
（2）存在点P，使四边形为菱形．
如图，设点P的坐标为，连接交于点E，

若四边形是菱形，则有，则于点E，
∴，
∴，
∴，
解得，（不合题意，舍去），
∴P点的坐标为．
（3）如图，过点P作y轴的平行线交于点Q，交于点F，

解，得
，，
∴点，
∵，
∴设直线的解析式为，
把代入，得
，
∴，
∴直线的解析式为，
设，则Q点的坐标为．
则



，
当时，四边形的面积最大，
此时P点坐标为，四边形的面积的最大值为．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数和一次函数解析式，折叠的性质，菱形的性质，以及函数与图形的面积，数形结合是解答本题的关键．