2023年中考第一次模拟考试卷数学（江西卷）（全解全析）

2023年中考数学第一次模拟考试卷（江西卷）

数学·全解全析

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1．D

【分析】根据只有符号不同的两个数叫做互为相反数解答．

【详解】解：的相反数是3．

故选：D．

【点睛】本题考查了相反数的定义，只有符号不同的两个数是互为相反数，正数的相反数是负数，0的相反数是0，负数的相反数是正数．

2．B

【分析】根据合并同类项的法则、积的乘方和幂的乘方法则、同底数幂的除法法则以及完全平方公式解答即可．

【详解】A、与不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；

B、原计算正确，故此选项符合题意；

C、原计算错误，故此选项不符合题意；

D、原计算错误，故此选项不符合题意．

故选：B．

【点睛】本题主要考查了幂的运算、合并同类项的法则以及完全平方公式，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．

3．C

【分析】根据左视图的定义，从左边看是一个矩形，矩形的中间有一条横向的虚线，据此即可求解．

【详解】解：从左边看是一个矩形，矩形的中间有一条横向的虚线．

故选：C．

【点睛】本题考查三视图的识别，三视图分别是从物体正面，左面，上面看得到的平面图形；注意实际存在又没有被其他棱所挡，在所在方向看不到的棱应用虚线表示．

4．A

【分析】根据平行线的性质求出，根据三角形的外角的性质计算即可．

【详解】解：，

，

，

故选：A．

【点睛】本题考查的是平行线的性质，三角形的外角的性质，掌握两直线平行，内错角相等是解题的关键．

5．B

【分析】先根据菱形的性质及相似三角形的判定定理得出，再根据即可得出相似比，由相似三角形的性质即可求出的值，由即可得出结论．

【详解】解：四边形是菱形，

，，

，，，

，

，

，

，

故选：B．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，熟知相似三角形对应边的比等于相似比，面积比等于相似比的平方是解题的关键．

6．A

【分析】根据反比例函数图象和一次函数图象经过的象限，即可得出、、，由此可以得出二次函数的图象开口向下，对称轴，与轴的交点在轴的负半轴，再对照四个选项中的图象即可得出结论．

【详解】解：观察一次函数和反比例函数的图象可知：、、，

二次函数的图象开口向下，对称轴，与轴的交点在轴的负半轴，

故选：A．

【点睛】本题考查了反比例函数的图象、一次函数的图象以及二次函数的图象，根据反比例函数图象和一次函数图象经过的象限，找出、、是解题的关键．

第Ⅱ卷

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

7．

【分析】根据有理数的加法运算求解即可．

【详解】解：，

故答案为：

【点睛】此题考查了有理数的加法，解题的关键是掌握有理数的加法运算法则．

8．1.08×1010

【分析】绝对值大于1的数可以用科学记数法表示，一般形式为a×10n，为正整数，且比原数的整数位数少1，据此可以解答．

【详解】解：1080000万=10800000000=1.08×1010．

故答案为：1.08×1010

【点睛】本题考查用科学记数法表示较大的数，熟练掌握科学记数法表示较大的数一般形式为，其中，是正整数，正确确定的值和的值是解题的关键．

9．2018

【分析】先根据一元二次方程的解的定义得到，再根据根与系数的关系得到，然后利用整体代入的方法计算．

【详解】解：∵，是一元二次方程的两个实数根，

∴

∴

∵，是一元二次方程的两个实数根，

∴，

∴

故答案为：2018．

【点睛】本题考查的是一元二次方程的解的定义和根与系数的关系，还有整体的思想，熟练掌握一元二次方程的解的定义和根与系数的关系是解本题的关键．

10．

【分析】设原计划平均每天施工平方米，则实际平均每天施工平方米，由题意列出分式方程即可

【详解】设原计划平均每天施工平方米，则实际平均每天施工平方米，

根据题意得：．

故答案为：．

【点睛】本题考查分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．

11．##

【分析】如图，连接，根据垂径定理证是等腰直角三角形，然后根据勾股定理和线段的加减运算求得、，最后根据计算即可．

【详解】解：如图，连接，

，

，

是等腰直角三角形，

在中，

，，

故答案为：．

【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、等腰直角三角形的性质以及求角的正切值；解题的关键是利用垂径定理和勾股定理求线段长度．

12．或或

【分析】根据线段的中点的坐标为，易得，根据菱形的性质与直角三角形的性质，可得菱形的边长，，然后分别从①当时，②当时，③当时去分析求解即可求得答案．

【详解】解：①过点作于，延长交于点，连接，

∵点的坐标为，

∴在中，，，

∴，

∴，  

∵点为菱形的边的中点，

∴，，，

∴，，

∴，

∴，，

∴点是线段的中点，点是线段的中点，

∴，，

，，

∴，

∴，

∴；  

②过点作于，延长交于点，

∵点为菱形的边的中点，

∴，

∴，

∴，，

∴点是线段的中点，点是线段的中点，

由①知：，，

∴，，，

∴，  

∴；

③过点作于，延长交于点，连接，，

由①知：，，，

∴，

∴，，

∴是等边三角形，

∴点是线段的中点，

∴是的垂直平分线，

∴，

∵，，

∴，  

∴，

根据题意，菱形关于坐标轴和原点对称，

∴．

综上所述，点的坐标是或或．

【点睛】本题考查菱形的性质，三角形的中位线，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，中点坐标等知识点．掌握菱形的性质及分类讨论是解答本题的关键．

三、（本大题共5小题，每小题6分，满分30分）

13．（1），（2）

【分析】（1）根据二次根式的性质，特殊角的三角函数值，然后根据实数的混合运算即可求解；

（2）根据平行四边形的性质以及角平分线的定义，等角对等边可得，根据已知条件求得，进而根据平行四边形的性质求得其周长．

【详解】（1）解：原式＝

；

（2），且，

，

四边形是平行四边形，

，

，

平分，

，

，

，

的周长为．

【点睛】本题考查了实数的混合运算，平行四边形的性质，等角对等边，角平分线的定义，掌握以上知识是解题的关键．

14．，数轴见解析

【分析】首先解每一个不等式，求得每一个不等式的解集，即可求得该不等式组的解集，再在数轴上表示出来即可．

【详解】解：由得：，

解得，

由得：，

解得，

故原不等式组的解集为，

把解集在数轴上表示出来，如下图：

【点睛】此题主要考查了解一元一次不等式组，关键是正确掌握解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．在数轴上表示解集时，“”，“”要用实心圆点表示；“”，“”要用空心圆点表示．

15．，或

【分析】先根据分式混合运算顺序和运算法则化简原式，再选取是分式有意义的a的值代入计算可得．

【详解】解：

∵且且，

∴当时，

则原式．

当a=-3时，

则原式

【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式混合运算顺序和运算法则及分式有意义的条件．

16．(1)

(2)

【分析】（1）列表得出所有等可能的情况数，找出王力、李坤都参加实验A考查的情况数，即可求出所求概率；

（2）找出两人都不参加实验B考查的情况数，即可求出所求概率．

【详解】（1）画树状图如图所示：

，

∵两人的参加实验考查共有9种等可能结果，而两人均参加实验A考查有1种，

∴小孟、小柯都参加实验A考查的概率为．

（2）∵两人的参加实验考查共有9种等可能结果，而两人不参加实验B考查有4种，

∴两人都不参加实验B考查的概率为．

故答案为：

【点睛】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实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

17．(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）连接交于O，连接，即为所求；

（2）如图所示，延长交于F，连接交于G，连接并延长交于H，四边形即为所求．

【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

∵等边沿AC翻折到，

∴，，

∴四边形是菱形，

∴点O为的中点，

∵E为中点，

∴为的中位线，

∴，

∴，

∴是等边三角形；

（2）解：如图所示，四边形即为所求；

如图所示，延长交于F，连接交于G，连接并延长交于H，

由（1）得，，

∴四边形是平行四边形，

∴G是的中点，，

同理可证是等边三角形，

∴，

∴是的中位线，

∴，

∴四边形是平行四边形，

又∵，

∴四边形是菱形．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键．

四、（本大题共3小题，每小题8分，满分24分）

18．(1)3，91

(2)甲

(3)760人

【分析】（1）用15减去其他段的人数，可得a值，利用中位数的求法计算可得b值；

（2）比较方差的大小，即可判断．

（3）用1200乘以成绩优秀的学生所占的百分比，即可求解；

【详解】（1）解：人，即，

乙班15名学生测试成绩中，中位数是第8个数，即出现在这一组中的91，

．

故答案为：3，91；

（2）∵甲班分数的方差为：，乙班分数的方差为：，

，

∴甲乙两个班级中成绩较稳定的是甲班；

（3）根据题意得：

（人，

答：估计成绩为优秀的学生约为760人．

【点睛】本题主要考查了求中位数和众数，用样本估计总体，利用方差判定稳定性，熟练掌握中位数、样本估计总体的计算方法是解题的关键．

19．(1)

(2)

【分析】（1）先构造直角三角形，求出相关线段长，得到的正切值后即可求解；

（2）利用的正弦值求解即可．

【详解】（1）解：如图2，过C点作于G，

∵，支撑杆的长度为，

∴，，

∵钢琴大盖板闭合时与重合，大盖板的长度为，

∴，

∴，

∴，

∴的度数为．

（2）如图，过D点作于M，

∴，

∵钢琴的高度为，，

∴此时大盖板上点D的高度为．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是读懂题意，能构造直角三角形利用三角函数求解．

20．(1)，

(2)，

【分析】（1）将点代入直线即可求得m，代入反比例函数解析式接可求出；

（2）由求得M、N的坐标，进而求得面积的表达式，然后根据二次函数的性质求最值即可.

【详解】（1）解：∵直线经过点，

∴，

∴，

∵反比例函数经过点，

∴，

∴反比例函数的表达式为；

（2）解：由题意可知，

函数中，当时，

函数中，当时，

∴点M，N的坐标为，，

∵，即直线在点A下方，

∴，

∴时，的面积最大，最大值为．

【点睛】题考查了一次函数与反比例函数的综合，二次函数的最值；掌握数形结合的思维是解题关键．

五、（本大题共2小题，每小题9分，满分18分）

21．(1)见解析

(2)

(3)

【分析】（1）连接OD，证明，得出，进而即可得出结论；

（2）证明，根据相似三角形的性质，列出方程，解方程即可求解；

（3）连接，证明，根据（2）的结论，得出，进而即可求解．

【详解】（1）证明：连接OD，如图：

∵，

∴，

∵，

∴，，

∴．

在和中，

，

∴，

∴，

∵与相切，

∴，

又∵是的半径，

∴是的切线；

（2）解：∵是的切线，与相切，，

∴，，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，即，

解得：，

即的半径长为3

（3）连接，如图：

∵，

∴

∵为直径，∴

∵与相切于点，

∴，即

∴，又

∴

∴，

由（2）可知，，

∴，

令AQ为x

则有，

解得

又，

∴

则

【点睛】本题考查了切线的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，求正切，综合运用以上知识是解题的关键．

22．(1)

(2)

(3)

【分析】（1）设与的交点为，根据正方形的性质可证明，得，即可得出答案；

（2）利用△DEC∽△ABD，则；

（3）过点作，延长交于点，证明，进而求得的长，证明，根据相似三角形的性质即可求解．

【详解】（1）解：设与的交点为，

四边形是正方形，

，，

，

，

，

，

，

在与中，

，

，

，

，

故答案为：；

（2）解：如图，设与交于点，

四边形是矩形，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

故答案为：；

（3）解：如图，过点作，延长交于点，

在中，，，

，

，

，，

，

，

，

，

又，

，

．

故答案为：．

【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握基本几何模型是解题的关键．

六、（本题满分12分）

23．(1)

(2)存在，

(3)定值，理由见解析

【分析】(1)直线与切线的交点列出方程，解方程即可得出结果；

（2）直线和抛物线切于一点即可列出方程，解方程得出结果；

（3）根据交点求出的代数式，再利用交点个数列出关于的方程．

【详解】（1）解：由题意可知：，设过点A的切线的解析式为

联立得

解得，

∵只有一个交点

∴

∴

∴解析式为

（2）解：∵直线与相切

联立得

解得

∴切点为

又∵直线与，都相切于同一点

∴经过点，

∴

解得

∴

联立

得

∴

∴，，

∴的解折式为

（3）解：是定值

∵与的交点P的纵坐标为5，令

∴，

∴直线：，直线：

联立

得

由题意得：

同理可得

∴，为的两根

∴．

【点睛】本题考查了二次函数的交点的综合题，根据直线与直线的交点、抛物线与直线的切点列出方程是解题的关键．