2023年中考第一次模拟考试卷数学（新疆卷）（全解全析）

2023年中考数学第一次模拟考试卷

数学·全解全析

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45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．的倒数是（    ）

A． B．2023 C． D．

【答案】A

【分析】根据倒数的定义解答即可．

【详解】解：的相反数是，

故选：A．

2．某几何体的三视图如图，则该几何体是（    ）

A．长方体 B．正三棱柱 C．球 D．圆柱

【答案】D

【分析】首先判断该几何体为柱体，然后根据其左视图为圆得到该几何体为圆柱．

【详解】解：根据主视图和俯视图为长方形可得此几何体为柱体，左视图为圆可得此几何体为圆柱，

故选D．

【点睛】主要考查了由三视图判断几何体及几何体的展开图的知识，重点训练空间想象能力．

3．已知点与点关于轴对称，那么点的值为（    ）

A．7 B．  C．  D． 

【答案】A

【分析】直接利用关于轴对称点的性质即可得到答案．

【详解】解：∵点与点关于轴对称，

∴点的坐标为；

∴，

故选：A

4．如图，将三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，，，则的度数等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【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：D．

5．下列计算正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据同底数幂相乘，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相乘；同底数幂相除，底数不变指数相减，对各选项计算后利用排除法求解．

【详解】

A. ，故该选项不正确， 不符合题意；    

B. 与不是同类项，不能合并，故该选项不正确，不符合题意；    

C.     ，故该选项不正确，不符合题意；

D. ，故该选项正确，符合题意；

故选：D．

6．若关于x的方程有两个不相等实数根，则k的取值范围是（    ）

A． B．且 C．且 D．且

【答案】D

【分析】根据一元二次方程的定义结合一元二次方程根的判别式进行求解即可．

【详解】解：∵关于x的方程有两个不相等实数根，

∴，

∴且，

故选D．

【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根．

7．对于二次函数，有以下结论：①当时，y随x的增大而增大；②当时，y有最小值3；③图像与x轴有两个交点；④图像是由抛物线向右平移6个单位长度，再向上平移3个单位长度得到的．其中结论正确的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】计算抛物线的对称轴，可判定①错误；把解析式化成顶点式，可判定②正确；根据根的判别式，可判定③错误；结合顶点式和平移规律，可判定④正确．

【详解】∵

∴抛物线的对称轴，

∴当时，y随x的增大而增大，

∴①错误；

∵，

∴当时，y有最小值3

∴②正确；

∵的判别式，

∴图像与x轴无交点，

∴③错误；

∵，

∴图像是由抛物线向右平移6个单位长度，再向上平移3个单位长度得到的，

∴④正确．

故选B．

【点睛】本题考查了抛物线解析式的转化，增减性，平移，抛物线与x轴的交点，熟练掌握抛物线的性质是解题的关键．

8．如图，AC是的直径，点B、D在上，，，则CD的长度是（    ）

A．  B．  C．3 D．

【答案】C

【分析】直接根据圆周角定理求得 ，然后解直角三角形即可．

【详解】∵，

∴

∵

∴，

在中，

,

,

∴CD=3，

故选：C．

9．我国宋朝时期的数学家杨辉，曾将大小完全相同的圆柱形木桩逐层堆积，形成“三角垛”，顶层记为第1层，有1根圆木桩；前2层有3根圆木桩；前3层有6根圆木桩，往下依次是前4层、前5层……如图，给出了前4层．若用表示前n层的圆木桩数目，其中…，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先用含n的代数式表示出，即，再通过裂项相消法计算即可．

【详解】解：由题意知，，，……

因此，

故

，

故选A．

【点睛】本题考查用代数式表示数的规律，以及有理数的混合运算，解题的关键是用含n的代数式表示出，熟练运用裂项相消法．

第Ⅱ卷

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）

10．分解因式：______．

【答案】

【分析】先提公因式，再利用公式法因式分解即可．

【详解】解：，

故答案为：．

【点睛】本题考查了因式分解——提公因式法和平方差公式法，解题关键是牢记因式分解的方法．

11．在一个不透明的口袋中装有3个红球和若干个白球，它们除颜色外完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的概率稳定在，则口袋中白球的有______个．

【答案】12

【分析】由摸到红球的频率稳定在附近，估计摸到红球的概率为，设袋中白球的个数为x，通过列方程进而求出白球个数即可．

【详解】解：设袋中白球的个数为x，根据题意，得：

，

解得，

经检验是分式方程的解，

所以口袋中白球可能有12个，

故答案为：12．

【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，掌握大量反复试验下频率稳定值即概率是解题关键．

12．某品牌手机六月份销售400万部，七月份、八月份销售量连续增长，八月份销售量达到676万部，则该品牌手机这两个月销售量的月平均增长率为____________．

【答案】

【分析】直接利用六月份销量八月份的销量进而求出答案．

【详解】该品牌手机这两个月销售量的月平均增长率为，

根据题意，得，

解得， (舍去)，

故答案为：

【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．

13．如图，圆锥的底面圆的半径是4，其母线长是8，则圆锥侧面展开图的扇形的圆心角度数是 ___________．

【答案】##180度

【分析】先由半径求得圆锥底面周长，再由扇形的圆心角的度数=圆锥底面周长计算．

【详解】解：圆锥底面周长，

∴扇形的圆心角的度数．

故答案为：．

【点睛】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是根据圆锥的底面周长得到扇形圆心角的表达式子．

14．如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是8和6，则重叠部分的四边形周长是________．

【答案】

【分析】先证明四边形是菱形，则，设，则，在中，由勾股定理可得，解方程求出，即可得到重叠部分的四边形周长．

【详解】解：如图所示，

由题意得，矩形矩形，

∴，，，，，

∴四边形是平行四边形，

∴平行四边形的面积＝，

∴，

∴四边形是菱形，

∴，

设，则，

在中，由勾股定理可得，，

则，

解得，

即，

∴四边形的周长．

故答案为：

【点睛】此题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，证明四边形是菱形是解题的关键．

15．如图，点在轴的负半轴上，点在反比例函数的图象上，交轴于点，若，则的值为______．

【答案】6

【分析】首先根据面积得出的比，过点作轴于，构造相似三角形，即可得出CD的长，即可得出点C的坐标，由系数的几何意义可得答案．

【详解】解：如图，过点作轴于，

∵，

∴,

∵

∴,

∴点C的坐标为,

∴K=6，

故答案为：6．

三、解答题（本大题共8小题，共75分）

16．（6分）计算：．

【答案】

【分析】先化简二次根式，然后利用零指数幂、负整数指数幂的意义和绝对值的意义化简，最后计算加减．

【详解】解：

.

【点睛】本题考查了实数的混合运算，二次根式的化简、零指数幂、负整数指数幂，解题的关键是掌握相应的运算法则．

17．（8分）先化简后求值：，其中．

【答案】，

【分析】根据平方差公式和完全平方公式因式分解，再计算括号内的减法，把除法变成乘法，最后算乘法，最后代入求值即可．

【详解】解：

，

当时，原式．

【点睛】本题主要考查分式的化简求值，掌握分式的基本性质与运算法则是解题的关键，注意化简过程中能因式分解要先因式分解．

18．（10分）如图：四边形地矩形，点位于对角线上，将、沿、翻折，点、点都恰好落在点处．

(1)求证：

(2)求证：四边形是菱形．

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）先证明得到，再证明即可得到；

（2）先证明，从而推出、、三点共线，再由，，，即可证明四边形是菱形．

【详解】（1）解：四边形是矩形，

，，，

，，

由折叠的性质可知，，，，

，

（），

，

又，，

（），

；

（2）解：由（）得，

，

，，

，

，

、、三点共线，

又，，，

四边形是菱形．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的判定，折叠的性质，掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．

19．（10分）某社区开展了一次爱心捐款活动，为了解捐款情况，社区随机调查了部分群众的捐款金额，并用得到的数据绘制了如下不完整的统计图1和图2．

请根据相关信息，解答下列问题：

(1)本次被调查的众有           人，扇形统计图中m＝           ．

(2)本次抽取的群众捐款的众数是           元，中位数是           元，并补全条形统计图（无需注明计算过程）；

(3)若该社区有名群众，根据以上信息，试估计本次活动捐款总金额．

【答案】(1)，；

(2)，；

(3)元．

【分析】（1）根据捐款5元在条形图除以扇形图中的百分比即可求出总人数，然后用捐款元的人数除以总人数即可求出m的值；

（2）求出捐款元的人数，根据各项数据对比，最多的一项是众数，结合总人数和条形图确定中位数；

（3）求出样本平均值乘以总人数即可．

【详解】（1）解：总人数为：

（人）

捐款元所占的百分比为：

故答案为：，；

（2）捐款元的人数为：

（人）

则捐款元的有人，

捐款元的有人，

捐款元的有人，

捐款元的有人，

捐款元的有人，

故众数为：元，

由于总人数为元，故中位数元

故答案为：，，补全条形图如下：

（3）本次抽取的群众捐款的平均数为：

（元）

名群众捐款的总金额大约为：（元）

【点睛】本题考查了条形统计图，扇形统计图，众数和中位数，以及用样本估计总体；弄清题意是解本题的关键．

20．（10分）甲、乙两车从A地驶向B地，并以各自的速度匀速行驶，甲车比乙车早行驶，并且甲车在途中休息了，如图是甲乙两车行驶的距离y与时间x

(1)a＝　   　，m＝　   　；

(2)甲比乙晚多久到达B地？

(3)求两车恰好相距的时间．

【答案】(1)40；1

(2)小时

(3)或或小时

【分析】（1）由题意根据“路程÷时间=速度”出函数图象就可以求出甲的速度，求出a的值和m的值；

（2）由题意先根据图形判断甲、乙两车中先到达B地的是乙车，再把代入求得甲车到达B地的时间，再求出乙车行驶需要，即可得到结论；

（3）根据题意先求出乙车行驶的路程y与时间x之间的解析式，由解析式之间的关系建立方程求出其解即可．

【详解】（1）由题意得：

∴．

（2）设甲车休息之后行驶路程y与时间x的函数关系式为，由题意，得

，

解得：

∴，

根据图形得知，甲、乙两车中先到达B地的是乙车，

把代入得，

∵乙车的行驶速度：，

∴乙车的行驶260km需要，

∴

∴甲比乙晚到达B地．

（3）当时，乙车未出发，

∴甲乙两车最多相距

当时，

∴

当时，，

设乙车行驶的路程y与时间x之间的解析式为，由题意得：

解得：

∴

当时，

解得：

当时，

解得：

所以甲车行驶小时或小时或小时，两车恰好相距．

【点睛】本题考查行程问题的数量关系的运用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，一次函数与一元一次方程的运用，解题的关键是解答时求出一次函数的解析式．

21．（10分）如图，红光山是乌鲁木齐著名的景点之一．游客可以从山底乘坐索道车到达山顶，索道车运行的速度是1米/秒．小明要测量莲花山山顶白塔的高度，他在索道处测得白塔底部的仰角约为，测得白塔顶部的仰角约为，索道车从处运行到处所用时间约为5分钟．请你利用小明测量的数据，求白塔的高度.（结果取整数）

（参考数据.，，，）

【答案】白塔的高度为45米

【分析】在中，利用锐角三角函数的定义求出，的长，再在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，进行计算即可解答．

【详解】由题意得：

5分钟=300秒，

∴（米），

∴，

在中，，

∴，，

在中，，

∴（米），

∴（米），

∴白塔的高度为45米．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用一仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．

22．（10分）如图，是的直径，点在上，是的切线，，的延长线与交于点．

(1)求证：；

(2)，，求的长．

【答案】(1)见解析

(2)6

【分析】（1）连接，如图，利用切线的性质得到，再证明得到 ，根据圆周角定理得到，从而得到结论；

（2）连接，如图，根据圆周角定理得到 ，再证明，接着在中利用正切的定义求出，然后在中利用正切的定义计算出，于是计算得到的长．

【详解】（1）连接，如图，

∵是的切线，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴

（2）连接，

∵是的直径，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

在中，

，

∴，

在中，

，

∴，

∴

【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，也考查了圆周角定理和解直角三角形．

23．（11分）新定义：若实数m，n满足时，就称点为“雅隽致远点”.

(1)判断点、是不是“雅隽致远点”？

(2)若反比例函数的图象上存在两个不同的“雅隽致远点”A，B，且，求出反比例函数的解析式；

(3)已知抛物线上存在唯一的“雅隽致远点”，且当时，s的最小值为，求t值.

【答案】(1)不是“雅隽致远点”；不是“雅隽致远点”

(2)

(3)或

【分析】（1）根据“雅隽致远点”的定义进行判断即可；

（2）根据题目中给出的信息得出P在直线上，根据A、B为“雅隽致远点”，且.，得出，求出k的值即可；

（3）根据抛物线上存在唯一的“雅隽致远点”，得出于x方程的，得出，得出.，又，分三种情况讨论即可得出答案．

【详解】（1）解：，∵，

∴不是“雅隽致远点”，

，∵，

∴是“雅隽致远点”；

（2）解：∵，

∴，

∴为，

∴P在直线上，

即上的所有点均为“雅隽致远点”，

又A、B为“雅隽致远点”，且.，

∴联立，得，

∴，得，，，

∴.，

∴，

∴，

解得：，

∴反比例函数的解析式为．

（3）解：∵抛物线上存在唯一的“雅隽致远点”，

∴，即关于x方程的，

∴，

∴，又，

①时，时，s取最小值，即，方程无实根；

②时，时，s取最小值.，即，

解得，

∵，

∴；

③时，时，s取最小值，即，

解得，

综上所示：或．

【点睛】本题主要考查了新定义运算，解题的关键是理解题意，熟练掌握一元二次方程根的判别式和根与系数的关系．