2023年安徽省合肥市庐江县新民中学中考数学一模试卷（含解析）

2023年安徽省合肥市庐江县新民中学中考数学一模试卷

一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  下列运算正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

2.  已知，则代数式的值为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  的算术平方根是(    )

A.  B.  C.  D.

4.  关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

5.  若，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

6.  如图，两个全等的长方形与，旋转长方形能和长方形重合，则可以作为旋转中心的点有(    )

A. 个
B. 个
C. 个
D. 无数个

7.  在线段、直线、角、等腰三角形、圆中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

8.  王刚同学在解关于的方程时，误将看作，结果解得，，则原方程的解为(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

9.  如果一个图形绕着一个点至少旋转度才能与它本身重合，则下列说法正确的是(    )

A. 这个图形一定是中心对称图形
B. 这个图形既是中心对称图形，又是轴对称图形
C. 这个图形旋转度后能与它本身重合
D. 这个图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形

10.  一人患了流感，两轮传染后共有人感染了流感按这样的传染速度，若人患了流感，第一轮传染后患流感的人共有人．(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）

11.  小王利用计算机设计了一个程序，输入和输出的数据如下表：

那么当输入数据为时，输出的数据是______ ．

12.  如图，若将点与点重合绕点顺时针旋转后得到，则点的对应点的坐标是______ ．

13.  已知，则 ______ ．

14.  等腰三角形的两边长为方程的两根，则这个等腰三角形的周长为______ ．

15.  请写出一个两根互为倒数的一元二次方程______ ．

三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16.  本小题分
计算：．

17.  本小题分
解方程：
；
．

18.  本小题分
先化简，再求值：，其中．

19.  本小题分
已知关于的一元二次方程．
若是方程的一个根，求的值和方程的另一根；
若、是方程的两个实数根，且满足，求的值．

20.  本小题分
海伦秦九韶公式：如果一个三角形三边长分别为，，，设，则三角形的面积为．
用公式计算三角形的面积；
请想一想是否有其他方法？试试看．

 

21.  本小题分
如图，桌面内，直线上摆放着两块大小相同的直角三角板，它们中较小直角边的长为，较小锐角的度数为．
将沿直线翻折到如图的位置，与相交于点，请证明：；
将沿直线向左平移到的位置，使点落在上，你可以求出平移的距离，试试看；
将绕点逆时针方向旋转到图的位置，使点落在上，请求出旋转角的度数．

 

22.  本小题分
水果店花元进了一批水果，按的利润定价，无人购买决定打折出售，但仍无人购买，结果又一次打折后才售完经结算，这批水果共盈利元若两次打折相同，每次打了几折？

23.  本小题分
已知：如图，是边长为的等边三角形，动点、同时从、两点出发，分别沿、方向匀速移动，它们的速度都是，当点到达点时，、两点停止运动设点的运动时间为，解答下列问题：
当为何值时，是直角三角形？
是否存在某一时刻，使得四边形的面积是面积的？如果存在，求出相应的值；如果不存在，说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解： ，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，故该选项正确，符合题意；
D. ，故该选项不正确，不符合题意．
故选：．
根据二次根式的性质以及二次根式的减法逐项分析判断即可求解．
本题考查了二次根式的性质以及二次根式的减法，熟练掌握二次根式的性质以及二次根式的减法法则是解题的关键．
 

2.【答案】 

【解析】解：把代入得，原式．
故选：．
本题只需将的值代入代数式中，然后将所得分式分母有理化即可．
解决本题的关键是将分式的分母有理化．找出分母的有理化因式是解答此类问题的关键．本题可以代值后，分子提，再与分母约分．
 

3.【答案】 

【解析】解：，
的算术平方根是，
故选：．
根据算术平方根的概念求值即可．
本题考查了算术平方根，掌握，是解题的关键．
 

4.【答案】 

【解析】解：，，，
，
关于的一元二次方程有实数根，
，解得．
故选B．
判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式的值的符号就可以了．
方程有实数根，则判别式应大于等于．
 

5.【答案】 

【解析】解：由于二次根式的结果为非负数可知，
，解得，
故选D．
等式左边为算术平方根，结果为非负数，即．
本题利用了二次根式的结果为非负数求的取值范围．
 

6.【答案】 

【解析】解：根据长方形的性质，对角线互相平分且相等，
所以对角线的交点是长方形的对称中心；
故长方形的对称中心是其对角线的交点，即的中点；
进而可得：可以作为旋转中心的点只有的中点．
故选A．
根据长方形的中心对称性，可得要旋转长方形能和长方形重合，必须以的中点为旋转中心，进而可得答案．
本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．
 

7.【答案】 

【解析】解：在线段、直线、角、等腰三角形、圆中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有线段，圆，共个，
故选：．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
 

8.【答案】 

【解析】解：依题意得关于的方程的两根是：，．
则，
则原方程为，
整理，得
，
解得，．
故选：．
利用根与系数的关系求得的值；然后利用因式分解法解原方程即可．
本题考查了根与系数的关系．此题解得的值是解题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：旋转可以与原图形重合，则图形可以平分成个全等的部分，因而可能是轴对称图形，不可能是中心对称图形，故A，，D错误．
由于，这个图形旋转后能与它本身重合，故C选项正确．
故选：．
根据旋转对称性，至少旋转，旋转度可以与原图形重合，则图形可以平分成个全等的部分，因而是轴对称图形，不可能是中心对称图形，据此即可求解．
本题考查了旋转对称图形，要明确，旋转某一个角度后，图形与原图形重合，这样的图形称为旋转对称图形．
 

10.【答案】 

【解析】解：设每轮传染中人传染给人，则第一轮传染后共人患流感，第二轮传染后共人患流感，
根据题意得：，
解得：，舍去，
．
故选：．
设每轮传染中人传染给人，则第一轮传染后共人患流感，第二轮传染后共人患流感，列出方程进行计算即可．
考查一元二次方程的应用，读懂题目，找出题目中的等量关系是解题的关键．
 

11.【答案】 

【解析】解：依题意，，
，
，

当输入数据为时，输出的数据是，
故答案为：．
观察数据可得输入的数据先求算术平方根，然后乘以，即可求解．
本题考查了二次根式的乘法运算，数字类规律题，找到规律是解题的关键．
 

12.【答案】 

【解析】解：由图知点的坐标为，根据旋转中心，旋转方向顺时针，旋转角度，画图，从而得点坐标为．
解题的关键是应抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解．
本题涉及图形变换--旋转，体现了新课标的精神，应抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解．
 

13.【答案】 

【解析】解：，
，
，
，
故答案为：．
先将所求式子根据完全平方公式进行变形，代入求值后，再求平方根即可．
本题考查二次根式的化简求值，解答本题的关键是明确二次根式化简求值的方法．
 

14.【答案】 

【解析】解：，
因式分解，得，
解得，，等腰三角形的边长是方程的两个根，这个等腰三角形的两边长为，，
当边长为的边为腰时，这个等腰三角形的三边长为，，，
此时，不满足三角形的三边关系定理，舍去；
当边长为的边为腰时，这个等腰三角形的三边长为，，，
此时，满足三角形的三边关系定理，
则这个等腰三角形的周长为；
综上，这个等腰三角形的周长为，
故答案为：．
先利用因式分解法求出方程的两个根，从而可得等腰三角形的两边长，再根据等腰三角形的定义、三角形的三边关系定理可得这个等腰三角形的三边长，然后利用三角形的周长公式即可得．
本题考查了解一元二次方程、等腰三角形的定义、三角形的三边关系定理等知识点，熟练掌握一元二次方程的解法是解题关键．
 

15.【答案】答案不唯一 

【解析】解：一元二次方程两根互为倒数，
且．
一元二次方程可以是：．
故答案为：答案不唯一．
根据题意以及一元二次方程根与系数的关系可得，判别式大于或等于，即可求解．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
 

16.【答案】解法一：原式

；
解法二：原式


． 

【解析】本题涉及二次根式化简运算．在计算时，需要针对每个部分分别进行计算，然后根据二次根式混合运算法则求得计算结果．
本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是掌握二次根式化简的方法，可以分母有理化，也可以约分．
 

17.【答案】解：，
，
即，
，
或，
；
，
，
，，
解得：． 

【解析】根据因式分解法解一元二次方程即可求解；
根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
本题考查了因式分解法解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
 

18.【答案】解：


，
，
原式． 

【解析】根据分式的混合运算顺序，先算括号里的减法，再算乘法，化简即可，把的值代入化简后的式子中计算可求得结果的值．
本题考查了分式的化简求值，分母有理化，掌握分式的混合运算及实数的运算是解题的关键．
 

19.【答案】解：是方程的一个根，
，
解得：，
设方程的另一个根是，那么，
，
即方程的另一根为；
、是方程的两个实数根，
，，
又，
，
即，
得，
又，
得，
． 

【解析】将代入，求得的值，然后利用根与系数的关系可以求出另外一个根；
，即，把两根的和与积代入，即可得到关于的方程，从而求得的值．
本题考查了一元二次方程根的定义，一元二次方程根与系数的关系和根的判别式，解题的关键是掌握它们并熟练应用．
 

20.【答案】解：，



．
如图所示，过点作，

设，则，
在中，，
在中，，

即，
解得：，
，
． 

【解析】先求出的值，再代入公式即可；
如图所示，过点作，设，则，根据，得出，进而求得，根据三角形面积公式即可求解．
此题考查二次根式的应用，勾股定理，弄清海伦公式的计算方法以及勾股定理是解答此题的关键．
 

21.【答案】解：根据轴对称的性质可知，在与中，
，，，
≌．
．

根据平移的性质可知为平移的距离．
在中，，，
，．
，
∽，
：：，
，
．

根据旋转的性质可知，为等边三角形，为旋转角．
旋转角为． 

【解析】根据题意：由轴对称的性质容易证明：≌；故AF；
根据平移的性质可知为平移的距离，先求的长度，进而可得平移的距离．
绕点旋转的度数即的度数；易得为等边三角形，度．
本题考查平移、旋转的性质；平移的基本性质是：平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的垂直平分线的交点是旋转中心．
 

22.【答案】解：设每次打了折，根据题意得出：
，
解得：，舍，
答：每次打了折． 

【解析】根据关系式：标价进价亏损，把相关数值代入即可求解．
此题主要考查了一元二次方程的应用，得到售价的等量关系是解决本题的关键，注意第二次打折是在第一次打折的基础上进行打折的．
 

23.【答案】解：设经过秒是直角三角形，
则，，
在中，，，
，
在中，，，
若是直角三角形，则或，
当时，，
即秒，
当时，，秒，
答：当秒或秒时，是直角三角形．
过作于，

在中，，
，
，
，
假设存在某一时刻，使得四边形的面积是面积的，
则，
，，
，
方程无解，
无论取何值，四边形的面积都不可能是面积的． 

【解析】；然后在直角三角形中根据，的表达式和的度数进行求解即可；
先用的面积的面积表示出四边形的面积，然后根据题意四边形的面积等于三角形面积的，可得出一个关于的方程，如果方程无解则说明不存在这样的值，如果方程有解，那么求出的值即可．
本题考查的是等边三角形的性质、解一元二次方程，解直角三角形与三角形面积公式，根据题意作出辅助线，利用数形结合求解是解答此题的关键．