2023年中考考前押题密卷：数学（全国通用卷）（全解全析）

这是一份2023年中考考前押题密卷：数学（全国通用卷）（全解全析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学第三次模拟考试卷 数学·全解全析第Ⅰ卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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．C【分析】根据正负数来表示具有意义相反的两种量：零上气温就记为正，则气温零下记为负，直接得出结论即可．【详解】解：∵零上8℃，记作＋8℃，∴零下3℃，记作-3℃，故选：C．【点睛】本题考查正负数的意义，解题的关键是掌握正数与负数表示意义相反的两种量，看清规定哪一个为正，则和它意义相反的就为负．2．A【分析】从正面看，画出主视图即可．【详解】解：该几何体的主视图为：故选A．【点睛】本题考查三视图．熟练掌握三视图的画法，是解题的关键．3．A【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．当原数绝对值时，n是正整数；当原数的绝对值时，n是负整数．【详解】解：．故选：A．【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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．4．B【分析】根据平行线的性质可得，再由折叠的性质可得，即可求解．【详解】解：如图，，，，根据折叠的性质得，，，，解得：．故选：B．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，折叠的性质，熟练掌握平行线的性质，折叠的性质是解题的关键．5．B【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．【详解】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项错误；B、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故B选项正确；C、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项错误；D、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D选项错误．故答案为B．【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，中心对称图形是要寻找对称中心旋转180度后与原图重合．6．A【分析】根据概率的意义以及随机事件和必然事件的定义对各选项分析判断即可得解．【详解】解：A、在同一年出生的400人中至少有两人的生日相同，故本选项符合题意；B、一个游戏的中奖率是1%，只能说买100张奖券，有1%的中奖机会，故本选项不符合题意；C、从一副完整的扑克牌中随机抽取一张牌恰好是红桃K，这是随机事件，故本选项不符合题意；D、“实数，则”是必然事件，故本选项不符合题意．故选：A．【点睛】本题考查了概率的意义，理解概率的意义反映的只是这一事件发生的可能性的大小．7．B【分析】根据矩形的判定定理，对角线相等的平行四边形或有一个角是直角的平行四边形，逐项分析判断即可．【详解】解：由，，可证四边形是平行四边形，A. ，根据邻边相等的平行四边形，可证四边形是菱形，不符合题意；B. ，对角线相等的平行四边形是矩形，可证四边形是矩形，符合题意；C. ，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可证四边形是菱形，不符合题意；D. ，证，根据等角对等边可证，即可证得四边形是菱形，不符合题意.故选B【点睛】本题考查了特殊四边形菱形的证明，平行四边形的证明，矩形的证明，注意对这些证明的理解，容易混淆，小心区别对比．8．D【分析】设原计划每天绿化的面积为x万平方米，则（1+10%）x为提高工作效率后的工作效率，为原工作时间，为提高工作效率后所需工作时间，结合所列方程，即可得出省略部分的内容．【详解】解：设原计划每天绿化的面积为x万平方米，则（1+10%）x为提高工作效率后的工作效率，为原工作时间，为提高工作效率后所需工作时间，∵所列方程为﹣＝20，∴提高工作效率后比原计划提前20天完成这一任务，∴省略的部分是：实际工作时每天的工作效率比原计划提高了10%，结果提前20天完成了这一任务．故选：D．【点睛】本题考查了分式方程的应用，根据给定的分式方程，找出每一项所代表的意义是解题的关键．9．C【分析】先根据得出，得出反比例函数图象位于第一三象限，根据，得出，根据，得出，即可得出答案．【详解】解：∵，∴，∴反比例函数（a为常数）的图象位于第一三象限，∵，∴，∵，∴，∴，故A正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了反比例函数的增减性，解题的关键是熟练掌握反比例函数，当，函数图像位于一、三象限，在每个象限内y随x的增大而减小，当，函数图像位于二、四象限，在每个象限内y随x的增大而增大．10．D【分析】根据抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线，根据抛物线对称轴方程得到，则可对②进行判断；由抛物线开口方向得到，由得到，由抛物线与轴的交点在轴上方得到，则可对①进行判断；根据二次函数图象的对称性得到抛物线与轴的另一个交点在点与之间，则时，，于是可对③进行判断；由，则，则可判断和所对应的函数值相等，于是可对④进行判断．【详解】解：抛物线开口向下，，抛物线对称轴为，即，，抛物线与轴的交点在轴上方，，，所以①错误；，，所以②正确；抛物线与轴的交点到对称轴的距离大于，抛物线与轴的一个交点在点与之间，抛物线与轴的另一个交点在点与之间，时，，，所以③错误；当，则，和所对应的函数值相等，，，所以④正确；故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数图象与轴的交点问题，掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）11．2【分析】根据同分母分式加法进行计算即可．【详解】解： 故答案为：2【点睛】本题主要考查了分式加减运算，熟练掌握同分母分式加减运算法则，是解题的关键．12．且 【分析】先解分式方程，然后根据分式方程的解满足和分式有意义的条件进行求解即可．【详解】解：∵，∴，∴，∵分式方程的解满足， ∴，解得且，故答案为：且．【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，解分式方程，分式方程的解，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．13．【解析】略14．【分析】先求出对称轴，然后根据二次函数的性质求解即可．【详解】 二次函数 的对称轴为 时，时取得最大值6． 解得：【点睛】此题考查了二次函数的性质，熟练的掌握二次函数性质是解题的关键．除此外还要熟练掌握二次函数的图像与性质．15．【分析】先由是的直径得出，再根据勾股定理求出的长，连接，则，再由平分可知，推出△是等腰直角三角形，由勾股定理即可求出的长．【详解】解：连接，如图：是的直径，，，平分，，，，是等腰直角三角形，，即，解得，故答案为：．【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，圆周角定理及等腰直角三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．16．①③④【分析】根据即可判断①，根据角平分线的性质即可判断②，根据四边形DCFG的内角和即可判断③，根据的外角即可判断④．【详解】∵BD平分，∴，∵，∴又∵，∴，∴,故①正确；过D作DM⊥AB，∵，∴，又∵BD平分，∴，在中：，∴，故②说法错误；∵，∴，在四边形CDFG中，，∴，∵，∴，∴，即，故③正确；设，则，∵，∴，在中，，∴，∵，∴，故④正确．故答案为：①③④．【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，三角形外角定理，等腰直角三角形的判定，掌握以上知识点，并灵活运用是解题的关键．三、（本大题共9小题，满分72分）17．(1)(2) 【分析】（1）先计算平方差公式与完全平方公式，再计算整式的加减即可得；（2）先计算积的乘方与幂的乘方、同底数幂的乘除法，再合并同类项即可得．【详解】（1）解：原式．（2）解：原式．【点睛】本题考查了乘法公式、积的乘方与幂的乘方、同底数幂的乘除法，熟练掌握整式的运算法则和公式是解题关键．18．(1)B(2)7；5(3)90名 【分析】（1）根据随机调查要具有代表性考虑即可求解；（2）利用加权平均数公式计算，再根据中位数的概念确定这组测试成绩的中位数即可；（3）根据中位数确定样本中不合格的百分比，再乘以该校初一男生的总人数即可求解．【详解】（1）解：∵随机调查要具有代表性，∴从初一所有男生中随机抽取20名男生进行引体向上测试，能较好地反映该校初一男生引体向上的水平状况，故答案为：B；（2）解：；这组数据排序后，中位数应该是第10，11两个人成绩的平均数，而第10，11两人的成绩都是5，∴这组测试成绩的中位数为，故答案为：7；5（3）解：以（2）中测试成绩的中位数5作为该校初一男生引体向上的合格标准，则这组测试成绩不合格的人数有3人，∴不合格率为 ，∴该校初一男生不能达到合格标准的人数为（名）．【点睛】本题考查了随机调查，中位数，众数以及利用样本估计总体，读懂题意，理解概念是解题的关键．19．16米【分析】过点作于点，过点作于点，设，，得出，解得，求出米，解直角三角形求出的长，则可求出答案．【详解】解：过点作于点，过点作于点，如图所示：斜坡的坡度，米，设，，，解得，米，米，由题意可知四边形和四边形是矩形，米，米，米，在中，，，米，米．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用仰角俯角、坡度坡角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．20．(1)见解析(2) 【分析】（1）连接，证明，得出，勾股定理得出，进而即可求解．（2）连接，同（1）的方法证明，即可得出结论．【详解】（1）证明：如图①，连接，，．，，为的中点，，，，．．，．在和中，，，，，．．在中，，，．．（2）解：，如图②，连接，，．，，为的中点，，，，．．，．，∴．在和中，，，，，．．在中，，，．．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．21．(1)，3(2)，(3)动车的速度为千米/小时(4)动车行驶小时或小时与普通列车相距千米 【分析】（1）一开始两车之间的距离为西宁与西安相距，直接求解即可；两车出发后相遇即两车之间的距离为0时对应的时间．（2）看图找到时间，然后直接求解即可．（3）行程问题中的相遇问题，直接列方程求解即可．（4）相距140千米需要分类讨论，然后直接求解即可．【详解】（1）由时，，知西宁到西安两地相距千米，由时，，知两车出发后3小时相遇，（2）由图象知时，普通列车到达西安，即普通列车到达终点共需14小时，普通列车的速度是（千米/小时），（3）设动车的速度为x千米/小时，根据题意，得：，答：动车的速度为千米/小时；（4）①相遇前动车行驶与普通列车相距千米，（小时），∴动车行驶小时与普通列车相距千米；②相遇后动车行驶与普通列车相距千米，（小时），（小时）∴动车行驶小时与普通列车相距千米；综上，动车行驶小时或小时与普通列车相距千米．【点睛】此题考查一次函数图像的应用，解题关键是找准运动状态中的特殊点坐标代表的实际含义，然后代值求解．22．(1)见解析(2)2 【分析】（1）连接，由圆周角定理及等腰三角形的性质可得出，则可得出结论；（2）由等腰三角形的性质及直角三角形的性质得出，则得出答案．【详解】（1）证明：连接，∵为的中点，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴是⊙的切线；（2）∵，∴，又∵，∴，∵，∴，∴°，∴，∴，∴，∴⊙的半径为2．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．23．(1)甲种水果的进价为每千克12元，乙种水果的进价为每千克20元(2)正整数m的最大值为22 【分析】（1）设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元，根据总费用列方程组即可；（2）设水果店第三次购进x千克甲种水果，根据题意先求出x的取值范围，再表示出总利润w与x的关系式，根据一次函数的性质判断即可．【详解】（1）设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元．根据题意，得解方程组，得答：甲种水果的进价为每千克12元，乙种水果的进价为每千克20元．（2）设水果店第三次购进x千克甲种水果，则购进千克乙种水果，根据题意，得．解这个不等式，得．设获得的利润为w元，根据题意，得．∵，∴w随x的增大而减小．∴当时，w的最大值为．根据题意，得．解这个不等式，得．∴正整数m的最大值为22．【点睛】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、解一元一次不等式，解答本题的关键是明确题意，找出等量关系，列出相应的二元一次方程，写出相应的函数解析式，利用一次函数的性质求最值．24．(1)见解析；(2)见解析；(3) 【分析】（1）根据、为的直径，，易求得，结合求得，利用切线的判定求解；（2）连接，由垂径定理得到，结合为的直径易得到，由内接四边形的性质求得，进而得到，最后利用全等三角形的性质求解；（3）先由勾股定理求出，，再由求得，，由，得到，然后利用相似三角形的性质求解．【详解】（1）证明：∵、为的直径，，∴，∴，∴，∵，∴，          ∴，∴，∴为的切线；（2）证明：连接，∵，∴，∴．          ∵为的直径，∴；∵；∴；∵四边形内接于，∴；∵，∴，         ∴，∴；（3）解：∵的半径为2，为的中点，∴，，，在中，，          在中，，由（2）得，∴，，∵，，∴，      ∴，∴．【点睛】本题主要考查了垂径定理、切线的判定、圆内接四边形、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．25．(1)(2)； 【分析】（1）用待定系数法求抛物线解析式即可；（2）先求出直线的解析式为，再求出抛物线的对称轴为直线，设点，点，则，用a表示出，得出当时，有最大值，把代入求出点P坐标即可．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于，两点，∴可设抛物线解析式为．∵该抛物线过点，∴将代入，得：∴，∴抛物线解析式为整理得：．（2）解：设经过A、C的直线解析式为，∴解得：∴直线的解析式为：，∵抛物线解析式为，∴对称轴，设点，点，则，∴，即∴当时，有最大值为，将代入，得：．∴此时点．【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式，二次函数的最值问题，解题的关键是求出二次函数的解析式，设出点P的坐标，表示出．