2023年中考考前押题密卷：数学（湖南长沙卷）（全解全析）

2023年湖南长沙中考考前押题密卷

数学·全解全析

一、选择题

1．B

【分析】根据绝对值的求法解答即可．

【详解】解：，

故选B．

【点睛】本题主要考查了求绝对值，熟知正数和0的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数是解题的关键．

2．B

【分析】根据俯视图的定义：从上方看几何体得到的图形叫几何体的俯视图，直接判断即可得到答案.

【详解】解：由图像可得，

正五棱柱的俯视图是长方形，中间有三条线，两条虚线一条实线，

故选B．

【点睛】本题考查俯视图的定义：从上方看几何体得到的图形叫几何体的俯视图，解题的关键是注意能看到的是实线看不到的是虚线．

3．C

【分析】科学记数法的表现形式为的形式，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，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．

【详解】解：纳米米，

故选C．

【点睛】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．

4．C

【分析】分别根据合并同类项法则，幂的乘方运算法则，同底数幂的除法和乘法法则逐一判断即可．

【详解】解：A、，故A错误；

B、，故B错误；；

C、，故C正确；

D、，故D错误．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了幂的运算和合并同类项，熟练掌握合并同类项法则，幂的乘方运算法则，同底数幂的除法和乘法法则，是解题的关键．

5．C

【分析】利用垂直定义可得的度数, 根据三角形外角的性质求得，再利用平行线的性质可得的度数即可解答．

【详解】解：∵,

∴,

∵,

∴,

∵,

∴．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了垂直定义、三角形外角的性质、平行线的性质等知识点,明确各角之间的关系是解答本题的关键．

6．B

【分析】直接利用矩形、菱形、平行四边形、以及正方形的判定方法分别分析进而得出答案即可．

【详解】解：①对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故①正确；

②对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故②错误；

③对角线互相平分的四边形是平行四边形，故③正确；

④对角线相等的菱形是正方形，故④正确，

综上所述正确的有①③④，故B正确．

故选：B．

【点睛】本题考查了命题与定理，正确掌握特殊四边形的判定方法是解答本题的关键．

7．A

【分析】根据众数，中位数的定义计算选择即可．

【详解】解：∵中位数是第个，第个数据的平均数即，

∵出现的次数最多，次，

∴众数为．

故选：．

【点睛】本题考查了中位数和众数，将一组数据按大小依次排列，把处在最中间位置的一个数（或最中间位置的两个数的平均数）叫做这组数据的中位数，众数是在一组数据中出现次数最多的数据．

8．B

【分析】根据圆周角定理和三角形外角的性质解答即可．

【详解】解：如图，连接，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴的度数是．

故选：B．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键．

9．C

【分析】根据“共有40张铁皮，且制作的盒底总数是盒身的2倍”，即可得出关于， 的二元一次方程组，此题得解．

【详解】解：根据共有40张铁皮，

得：，

根据每张铁皮可制作盒身15个，或制作盒底20个，且制作的盒底与盒身恰好配套，即制作的盒底总数是盒身的2倍，

．根据题意可列方程组，

故选： C．

【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．

10．C

【分析】设甲乙正确，利用顶点时写出抛物线的解析式为，然后计算自变量为和对应的函数值，从而判断丙错误．

【详解】解：若甲乙正确，则抛物线的解析式为，即，

当时，，此时丙错误；

当时，，此时丁正确．

而其中有且仅有一个说法是错误的，

所以只有丙错误，则“卧底”是丙．

故选：C．

【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数（a，b，c是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．

二、填空题

11．

【分析】先将变形为，再提公因式，继而利用平方差公式进行分解即可．

【详解】解：

，

故答案为：．

【点睛】本题考查了提公因式法和公式法综合应用进行因式分解，熟练掌握平方差公式是解题的关键．

12．

【分析】根据分式值为0的条件进行求解即可．

【详解】解：∵分式的值为0，

∴ ，

解得，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了分式值为0的条件，熟知分式值为0的条件是分子为0分母不为0是解题的关键．

13．

【分析】连接，由作图知，是线段的垂直平分线，推出，，在中，根据勾股定理列方程即可求解．

【详解】解：连接，

由作图知，是线段的垂直平分线，

∴，

∵，，，

∴，

设，则，

在中，由勾股定理得，，即，

解得，即．

故答案为：．

【点睛】本题考查了基本作图，线段垂直平分线的性质，勾股定理，掌握线段垂直平分线的性质是解题关键．

14．2

【分析】先分别求出甲、乙获胜的概率，然后根据游戏双方公平，即概率相等列出方程解答即可．

【详解】解：由题意得：甲获胜的概率为；甲获胜的概率为;

则：

解得x=2

故答案为2．

【点睛】本题考查的是游戏公平性的判断.判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，分别确定甲、乙获胜的概率是解答本题的关键．

15．

【分析】连接，根据勾股定理求出，求出，再根据弧长公式求出答案即可．

【详解】解：如图，连接，

则，

弧长．

故答案为：．

【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质和弧长计算等知识点，注意：一条弧所对的圆心角是，半径为，那么这条弧的长度是．

16．18

【分析】过点作轴于点，轴于点，交于点，证明，由相似三角形的性质可求出，进一步求出，再根据三角形面积公式求解即可．

【详解】解：过点作轴于点，轴于点，交于点，则四边形是矩形，如图，

∴，

设，

∴

轴，

，

，

即，

∵

∴

，

故答案为：18

【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，求出的长是解答本题的关键．

三、解答题

17．0

【分析】先计算特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，再根据实数的混合计算法则求解即可．

【详解】解：原式

．

【点睛】本题主要考查了实数的混合计算，特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，正确计算是解题的关键．

18．，

【分析】先根据分式的运算法则进行化简，再把代入即可．

【详解】原式

当时，

原式．

【点睛】本题主要考查了分式的混合运算，熟练掌握分式的运算法则是解题的关键．

19．(1)山顶点C到水平面的距离为1000m

(2)山坡的长为1520m

【分析】（1）过点作，利用直角三角形的边角间关系可得结论；

（2）过点作，，先判断四边形的形状，再利用坡度求出、

【详解】（1）过点作，垂足为．

在中，

，，，

．

答：山顶点到水平面的距离为．

（2）过点作，，垂足分别为、．

四边形是矩形．

，，

在中，

的坡度为，

．

．

在中，

山坡的坡度为，

．

．

山坡的长为：．

答：山坡的长为．

【点睛】本题考查了解直角三角形，掌握直角三角形的边角间关系、勾股定理及坡度的相关知识是解决本题的关键．

20．(1)见解析

(2)分

(3)210份

(4)

【分析】（1）根据9分的份数及所占百分数求出抽取参赛作品的总份数，进而得到8分的份数，即可补全条形统计图；

（2）用抽取参赛作品的总成绩除以份数即可；

（3）用该校参赛作品总数乘以抽取的样本中不低于9分的作品所占比例即可；

（4）利用树状图或列表法找出所有等可能的情况，再从中找出符合条件的情况，利用概率公式计算即可．

【详解】（1）解：抽取参赛作品的总份数：，

8分的份数：，

补全后条形统计图如下所示：

（2）解：（分），

即此次被抽取的参赛作品成绩的平均数是分；

（3）解：（份），

因此估计此次绘画大赛成绩不低于9分的作品有210份．

（4）解：画树状图如下：

由图可知，共有20种等可能的情况，其中恰有一名男生和一名女生的情况有12种，

，

因此抽取同学中恰有一名男生和一名女生的概率是．

【点睛】本题考查条形统计图与扇形统计图的综合应用，求一组数据的平均数，利用样本估计总体，利用树状图或列表法求概率等知识点，难度不大，解题的关键是将条形统计图与扇形统计图中的信息进行关联．

21．(1)为⊙O的切线，证明见解析

(2)阴影部分的面积为

【分析】（1）连接，根据圆心角的性质得出，再利用三角形内角和和等腰三角形的性质得出即可；

（2）利用勾股定理求出圆的半径，再用扇形面积减去三角形面积即可．

【详解】（1）解：为⊙O的切线

证明：连接．

∵

∴

∵，

∴．

∵，

∴，

∵，

∴．

∵，

∴，

∴，

∴．

∴为⊙O的切线

（2）解：∵，

∴，

设⊙O的半径为r，则．

在中，，

∴，

∴，

∴，

在中，，

，

∵，

∴，

答：阴影部分的面积为，

【点睛】本题考查了切线的证明和扇形面积，解题关键是熟练运用切线的判定定理和等腰三角形的性质以及扇形面积公式进行证明和计算．

22．(1)；x的取值范围为

(2)当为9米时，鸡舍的面积为90平方米

(3)鸡舍面积不能达到100平方米，理由见解析

【分析】（1）设米时，则米，然后根据矩形面积公式即可求出函数表达式；再根据生活实际确定x的取值范围即可；

（2）根据题意得：求得x的值，然后代入验证即可；

（3）根据题意得，然后根据用一元二次方程根的判别式进行解答即可．

【详解】（1）解：设米时，则米，鸡舍面积为S平方米，

根据题意得，；

∵，

∴，

∴x的取值范围为．

（2）解：根据题意得：，解得，

当时，（不合题意舍去），

当时，．

答：当为9米时，鸡舍的面积为90平方米．

（3）解：根据题意得：，整理得，，

∵，

∴方程没有实数根，

∴鸡舍面积不能达到100平方米．

【点睛】本题主要考查了二次函数的应用、列函数关系式、一元二次方程的应用等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．

23．(1)

(2)

(3)

【分析】（1）如图所示，连接，先证明是等边三角形，再证明，然后利用勾股定理求解即可；

（2）证明，得到，再证明，推出，则由勾股定理得；

（3）如图所示，过点C作于H，过点G作交于N，交于M，则四边形是矩形，则，同理可得，先求出，则，同理可证，进而推出，则．

【详解】（1）解：如图所示，连接，

∵四边形是菱形，

∴，

∵，

∴是等边三角形，

∵，

∴，即点E是的中点，

∴，

∴；

（2）解：∵四边形是菱形，

∴，，

∴，

∴，

∵，，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴；

（3）解：如图所示，过点C作于H，过点G作交于N，交于M，则四边形是矩形，

∴，，

由勾股定理得，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

同理可证，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．

24．(1)②

(2)存在，最大面积为此时

(3)

【分析】（1）分别联立一次函数与抛物线的解析式，再判断方程组的解的个数得到函数图象的交点个数，结合新定义可得答案；

（2）如图，过作轴交于点先求解A，B的坐标，再设则可得再利用面积公式列二次函数关系式，利用二次函数的性质可得答案；

（3）先求解则抛物线为：再结合抛物线与x轴有两个交点，可得再利用，结合二次函数的性质可得答案．

【详解】（1）解：联立

∴即

∴方程无解，

∴两个函数图象没有交点，

∴根据定义：抛物线不为该直线的“双幸运曲线”；

同理：由可得：方程有两个不相等的实根，

∴两个函数有两个交点，

∴抛物线为该直线的“双幸运曲线”；

由可得：

解得：方程有两个相等的实根，

∴两个函数有1个交点，

∴抛物线不为该直线的“双幸运曲线”；

故选②

（2）存在，理由如下：

如图，过作轴交于点

联立

∴

解得：

∴

∴

设则

∴

∴

当时，面积最大，最大面积为

此时

∴

（3）∵（）经过点（1，3），（0，），

∴

解得：

∴抛物线为：

令则结合题意可得方程有两个不相等的实根

∴

∴

∵

∴，解得，

∴，

∴

∴当时，最小，为，

当时，最大，为

∴

【点睛】本题考查的是二次函数与一次函数的交点问题，新定义的理解，一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，二次函数的性质，熟练构建函数，再利用函数的性质解决问题是关键．

25．(1)

(2)

(3)或

【分析】（1）根据抛物线具有对称性，可以求出点B的坐标，再用待定系数法求解析式即可．

（2）根据以及圆的相关性质，可知为等腰直角三角形，从而得出与的数量关系，列式求解即可．

（3）分4种情况画出图形，利用相似三角形的判定与性质求解即可．

【详解】（1）解：∵，对称轴为直线，

∴，

由题意可知，，

解得，

∴抛物线的解析式为．

（2）解：∵，

∴，

∴，

又∵，

∴，

∴，

∴，

∴为圆的直径，点坐标为，

∴，

又∵平分，

∴，

∴，为等腰直角三角形，

连接，则，

∴，D的坐标为，

如图1，设与y轴交于点F，

∵，

∴，

∴，

过D作垂直于y轴，

∵，

∴，

∴．

（3）解：∵，，

∴，，．

由（2）知，，，．

如图2，当点P在点C的上方时，若，

∵，

∴，

显然，和中不存在两个相等的角，即不可能相似；

如图3，中不存在的角，所以和中不存在两个相等的角，即不可能相似；

如图4，当点P在点C下方，时，，

∴，

∴，

∴，

∴；

如图5，当点P在点C下方，时，，

∴，

∴，

∴，

∴；

综上可知，P点坐标为或．

【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式，以及几何图形和二次函数相结合的应用，数形结合是解题关键．