2022-2023学年度北京市海淀区中考一模数学试卷

这是一份2022-2023学年度北京市海淀区中考一模数学试卷，文件包含北京市海淀区中考一模数学试卷原卷版docx、北京市海淀区中考一模数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。

海淀区九年级第二学期期中练习
数学2023.04
考生须知
1．本试卷共6页，共两部分，28道题，满分100分．考试时间120分钟．
2．在试卷和答题卡上准确填写学校名称、姓名和准考证号．
3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．
4．在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答．
5．考试结束，请将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回．
第一部分 选择题
一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有4个选项，符合题意的选项只有一个．
1. 下列几何体中，主视图为下图的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在正面内得到的由前向后观察物体的视图，叫做主视图； 再结合常见几何体的主视图特征判断即可
【详解】解：A．主视图为矩形，符合题意；
B．主视图为三角形，不符合题意；
C．主视图为有一公共边的两个三角形，不符合题意；
D．主视图为圆，不符合题意；
故选： A．
【点睛】本题考查了主视图的概念，牢记观察方向是解题关键．
2. 北京植物园从上世纪五十年代开始建设种子库，目前库中已有种子83000余份，总量位居世界第二位．将83000用科学记数法表示应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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．
【详解】解：83000用科学记数法表示为．
故选B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3. 在一条沿直线铺设的电缆两侧有甲、乙两个小区，现要求在上选取一点P，向两个小区铺设电缆．下面四种铺设方案中，使用电缆材料最少的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两点之间线段最短即可得出答案．
【详解】解：甲、乙位于直线的两侧，
根据两点之间线段最短，连接甲、乙两点，与直线交于点，点即为所求；
故选：A．
【点睛】本题考查两点之间线段最短的公理，解题的关键是分析题中两点的位置是在直线的同侧还是异侧，在异侧连接两点即可，在同侧需做其中一点的对称点再连接．
4. 不透明的袋子中装有2个红球和3个黄球，两种球除颜色外无其他差别，从中随机摸出一个小球，摸到黄球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据概率计算公式进行求解即可．
【详解】解：∵不透明的袋子里装有2个红球，3个黄球，
∴从袋子中随机摸出一个，摸到黄球的概率为 ；
故选：D．
【点睛】本题考查的是概率公式，熟知随机事件A的概率P（A）事件A可能出现的结果数与所有可能出现的结果数的商是解答此题的关键．
5. 实数m，n在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论中正确的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数轴上点的位置可知，由此即可得到答案．
【详解】解：由题意得，，
∴，，，，
∴四个选项中只有B选项符合题意，
故选B．
【点睛】本题主要考查了实数与数轴，正确得到是解题的关键．
6. 若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝0有两个相等的实数根，则m的值是（　　）
A. ﹣1 B. 0 C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得一元二次方程根的判别式值等于0，求出m即可.
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝0有两个相等的实数根，
∴△＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×1×m＝4﹣4m＝0，
∴m＝1．
故选C．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，解答关键是由判别式的值为零构造方程求解.
7. 小明制作简易工具来测量物体表面的倾斜程度，方法如下：将刻度重新设计的量角器固定在等腰直角三角板上，使量角器的刻度线与三角板的底边平行．将用细线和铅锤做成的重锤线顶端固定在量角器中心点O处，现将三角板底边紧贴被测物体表面，如图所示，此时重锤线在量角器上对应的刻度为，那么被测物体表面的倾斜角为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如解析图所示，中，，，由此利用直角三角形两锐角互余即可求出答案．
【详解】解：如图所示，在中，，，
∴，
∴，
∴被测物体表面的倾斜角为，
故选C．

【点睛】本题主要考查了直角三角形两锐角互余，正确理解题意是解题的关键．
8. 图1是变量y与变量x的函数关系的图象，图2是变量z与变量y的函数关系的图象，则z与x的函数关系的图象可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设两个直线关系式，再表示出z，x之间的关系式，即可得出图象．
【详解】根据图像可知y与x是一次函数，z和y是正比例函数，设关系式为，
，
所以，可知z与x是一次函数，
所以图像C符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了函数图像的判断，表示出各函数关系式是解题的关键．
第二部分 非选择题
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是 ______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件“被开方数为非负数”解答即可．
【详解】解：∵在实数范围内有意义，
∴，
解得：．
故答案：．
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件．掌握被开方数为非负数是解题关键．
10. 分解因式：_________．
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式，再利用完全平方公式分解因式即可．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题考查分解因式．掌握综合提公因式和公式法分解因式是解题关键．
11. 分式方程的解为________．
【答案】
【解析】
【分析】先去分母化为整式方程，解整式方程，检验即可．
【详解】解：，
方程两边都乘以约去分母得：，
解这个整式方程得，
检验：当时，，
∴是原分式方程的解．
故答案为：．
【点睛】本题考查分式方程的解法，掌握分式方程的解法与步骤是解题关键．
12. 根据下表估计_________（精确到）．
x












【答案】
【解析】
【分析】根据可知，由此即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了无理数的估算，正确根据题意得到是解题的关键．
13. 如图，菱形的对角线交于点O，点M为的中点，连接．若，则的长为_________．

【答案】
【解析】
【分析】由菱形的性质可得出，，，结合勾股定理即可求出，最后由三角形中位线的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，，
∴．
∵点M为的中点，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质．熟练掌握菱形的性质和三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半是解题关键．
14. 在平面直角坐标系中，反比例函数的图象与正比例函数的图象交于A，B两点，点A的坐标为，则点B的坐标为_________．
【答案】
【解析】
【分析】先把点A坐标代入反比例函数解析式求出点A的坐标，再把点A坐标代入正比例函数解析式求出正比例函数解析式，再联立两解析式即可求出点B的坐标．
【详解】解：把代入反比例函数解析式中得，解得，
∴，
把代入正比例函数解析式中得，
∴正比例函数解析式为，
联立，解得或（舍去），
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数的交点问题，正确求出正比例函数的解析式是解题的关键．
15. 如图，点在正六边形的边上运动．若，写出一个符合条件的的值_________．

【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】先求得，在根据点的不同位置，求得的取值范围，从而得解．
【详解】解：∵六边形是正六边形，
∴，，
当点在点处时，
∵，，
∴，

当点在点处时，延长交的延长线于点，

∵，，
∴，
∴，
∴是正三角形，
∴，
∵，，
∴即，
∴正三角形，
∴，
∴，
故答案为（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，等边三角形的判定及性质，三角形的内角和定理，熟练掌握正多边形的性质，等边三角形的判定及性质是解题的关键．
16. 某陶艺工坊有A和B两款电热窑，可以烧制不同尺寸的陶艺品．两款电热窑每次可同时放置陶艺品的尺寸和数量如下表所示．

大
中
小
A
8
15
25
B
0
10
20
烧制一个大尺寸陶艺品的位置可替换为烧制两个中尺寸或六个小尺寸陶艺品，但烧制较小陶艺品的位置不能替换为烧制较大陶艺品．
某批次需要生产10个大尺寸陶艺品，50个中尺寸陶艺品，76个小尺寸陶艺品．
（1）烧制这批陶艺品，A款电热窑至少使用_________次；
（2）若A款电热窑每次烧制成本为55元，B款电热窑每次烧制成本为25元，则烧制这批陶艺品成本最低为_________元．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】（1）根据需要生产10个大尺寸陶艺品，A款电热窑每次烧制8个大尺寸陶艺品，B款电热窑每次烧制0个大尺寸陶艺品即可得到答案；
（2）要使成本最低，则在保证能够完成烧制任务的前提下，A款电热窑的使用次数要保证使用次数最少，且B款电热窑的使用次数也要最少，据此求解即可．
【详解】解：（1）∵需要生产10个大尺寸陶艺品，A款电热窑每次最多可放8个大尺寸陶艺品，B款电热窑不能放大尺寸陶艺品，且烧制较小陶艺品的位置不能替换为烧制较大陶艺品，
∴烧制这批陶艺品，A款电热窑至少使用2次，
故答案为：2；
（2）∵A款电热窑每次烧制成本为55元，B款电热窑每次烧制成本为25元，
∴要使成本最低，则在保证能够完成烧制任务的前提下，A款电热窑的使用次数要保证使用次数最少，且B款电热窑的使用次数也要最少；
当A款电热窑的使用次数为2次时，则可以烧制10个大尺寸陶艺品，个中尺寸陶艺品，个小尺寸陶艺品，
∴在此种情形下，只需要B款电热窑的使用次数1次即可完成任务，
∴烧制这批陶艺品成本最低为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式的实际应用，正确理解题意是解题的关键．
三、解答题（共68分，第17-20题，每题5分，第21题6分，第22题5分，第23-24题，每题6分，第25题5分，第26题6分，第27-28题，每题7分）
解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】先计算零指数幂，负整数指数幂，化简二次根式，特殊角三角函数值，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，化简二次根式，特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，熟知相关计算法则是解题的关键．
18. 解不等式组：．
【答案】
【解析】
【分析】先求出每个不等式的解集，再根据夹逼原则求出不等式组的解集即可．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，正确求出每个不等式的解集是解题的关键．
19. 已知，求代数式的值．
【答案】9
【解析】
【分析】先推出，再根据完全平方公式去括号，然后合并化简，最后把整体代入求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴



．
【点睛】本题主要考查了整式的化简求值，正确计算是解题的关键．
20. 下面是小明同学证明定理时使用的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半．已知：如图，在中，．
求证：．

方法一
证明：如图，延长到点D，使得，连接．

方法二
证明：如图，在线段上取一点D，使得，连接．


【答案】证明见解析
【解析】
【分析】方法一：如图，延长到点D，使得，连接，先证明，得到，进而证明是等边三角形，得到，由此即可证明；
方法二：如图，在线段上取一点D，使得，连接，先求出，进而证明是等边三角形，得到，，进一步证明，得到，即可证明．
【详解】证明：方法一：如图，延长到点D，使得，连接，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，即；
方法二：如图，在线段上取一点D，使得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，等腰三角形的判定，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
21. 如图，在四边形中，，过点B作交于点E，点F为边上一点，，连接．

（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）10
【解析】
【分析】（1）由题意易证四边形为平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可判定；
（2）由题意易证，即得出，代入数据，即可求出的长，最后由勾股定理即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，即，，
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴四边形为矩形；
【小问2详解】
解：∵，
∴．
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，即，
解得：，
∴．

【点睛】本题考查矩形的判定和性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握上述知识是解题关键．
22. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象过点．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）当时，对于x的每一个值，一次函数的值大于一次函数的值，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）一次函数的解析式；
（2）
【解析】
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）根据题意列出关于m的不等式即可求解．
【小问1详解】
解：∵一次函数的图象过点，
∴把代入得：，
解得：，
∴一次函数的解析式；
小问2详解】
解：由（1）得：一次函数的解析式，
当时，，
当时，对于x的每一个值，一次函数的值大于一次函数的值，
把代入得：，
∴，
解得：．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，灵活掌握所学知识是解题关键．
23. 如图，为的直径，C为上一点，D为的中点，交的延长线于点E．

（1）求证：直线为的切线；
（2）延长交于点F．若，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，连接交于点，是的直径，可得，根据垂径定理可得，进而得出四边形是矩形，即可得出结论；
（2）设的半径为r，则，先解，得到，解得，则，再证明，最后解，即可得到．
【小问1详解】
证明：连接，连接交于点．
∵是的直径，
∴，
∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线．
【小问2详解】
解：设的半径为r，则，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴．

【点睛】本题考查了切线的性质判定，垂径定理，矩形的性质与判定，解直角三角形，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
24. 某小组对当地2022年3月至10月西红柿与黄瓜市场价格进行调研，经过整理、描述和分析得到了部分信息．
a．西红柿与黄瓜市场价格的折线图：

b．西红柿与黄瓜价格的众数和中位数：
蔬菜价格
众数
中位数
西红柿（元/千克）
6
m
黄瓜（元/千克）
n
6
根据以上信息，回答下列问题：
（1）________，_________；
（2）在西红柿与黄瓜中，_________的价格相对更稳定；
（3）如果这两种蔬菜的价格随产量的增大而降低，结合题中信息推测这两种蔬菜在_________月的产量相对更高．
【答案】（1），
（2）西红柿 （3）6
【解析】
【分析】（1）根据中位线和众数的定义求解即可；
（2）根据图中折线的起伏程度即可得到答案；
（3）根据题意可知价格最低的月份即是产量最高的月份，由此结合统计图即可得到答案．
【小问1详解】
解：把西红柿这8个月的价格从低到高排列为5，6，6，6，7，8，9，10，处在最中间的两个数分别为6，7，
∴；
∵黄瓜价格中，价格为6元出现了三次，出现的次数最多，
∴；
故答案为：，；
【小问2详解】
解：由折线统计图可知，西红柿的价格起伏比较小，黄瓜价格的起伏比较大，
∴西红柿的价格相对更加稳定，
故答案为；西红柿；
【小问3详解】
解：∵这两种蔬菜的价格随产量的增大而降低，
∴价格最低的月份即是产量最高的月份，
由折线统计图可知在6月份的时候，两种蔬菜的价格都最低，
∴推测这两种蔬菜在6月的产量相对更高，
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了求中位线和众数，折线统计图，灵活运用所学知识是解题的关键．
25. “兔飞猛进”谐音成语“突飞猛进”．在自然界中，野兔善于奔跑跳跃，“兔飞猛进”名副其实．野兔跳跃时的空中运动路线可以看作是抛物线的一部分．

（1）建立如图所示的平面直角坐标系．
通过对某只野兔一次跳跃中水平距离x（单位：）与竖直高度y（单位：）进行的测量，得到以下数据：
水平距离
0

1

2


竖直高度
0





0
根据上述数据，回答下列问题：
①野兔本次跳跃的最远水平距离为_________，最大竖直高度为_________；
②求满足条件的抛物线的解析式；
（2）已知野兔在高速奔跑时，某次跳跃的最远水平距离为，最大竖直高度为．若在野兔起跳点前方处有高为的篱笆，则野兔此次跳跃_________（填“能”或“不能”）跃过篱笆．
【答案】（1）①，；②
（2）能
【解析】
【分析】（1）①根据表格中的数据进行求解即可；②根据①所求把抛物线解析式设为顶点式，然后利用待定系数法求解即可；
（2）同理求出抛物线解析式，再求出当时，的值即可得到答案．
【小问1详解】
解：①由表格中的数据可知，当时，，
∴野兔本次跳跃的最远水平距离为，
∴满足题意的抛物线对称轴为直线，
∵抛物线开口向下，
∴当，y最大，
∴由表格数据可知最大竖直高度为，
故答案为：，；
②由①可知抛物线顶点坐标为，
∴可设抛物线解析式为，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为
【小问2详解】
解：∵某次跳跃的最远水平距离为，最大竖直高度为，
∴此时满足题意的抛物线顶点坐标为，
同理可求出此时抛物线的解析式为，
当时，，
∵，
∴野兔此次跳跃能跃过篱笆，
故答案为：能．
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，正确理解题意求出对应的抛物线解析式是解题的关键．
26. 在平面直角坐标系中，点在抛物线上．
（1）当时，比较m与n的大小，并说明理由；
（2）若对于，都有，求b的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知抛物线解析式为，将代入，即可求出m和n的值，再比较即可；
（2）由函数解析式可得出其对称轴为直线，且开口向上，从而得出在对称轴右侧，y随x的增大而增大．根据对于，都有，得出，当时，，即，从而可求出．由对于，都有，又可得出，两边平方并整理，得：，即得出，最后取其公共解即可．
【小问1详解】
解：．
理由：当时，抛物线解析式为，点，
将代入，
得：，，
∴；
【小问2详解】
解：∵该函数解析式，
∴其图象开口向上，对称轴为直线，
∴在对称轴左侧，y随x的增大而减小，在对称轴右侧，y随x的增大而增大．
∵，
∴点B在点A右侧．
∵对于，都有，
∴，
∴当时，，即，
解得：．
∵对于，都有，
∴，
两边平方，得：，
整理，得：，
∴．
综上可知．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征．熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
27. 如图，正方形中，点E，F分别在上，交于点G．

（1）求的度数；
（2）在线段上截取，连接的角平分线交于点N．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】（1）
（2）①见解析②，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质，得，利用证明得出角相等，再将角进行等量代换便可得结论．
（2）①根据题意画出图形即可，②作交的延长线于点H，构造全等三角形，得出，再证，问题即可解决．
【小问1详解】
∵四边形是正方形，
∴，
在和中，

∴，
∴
∴．
【小问2详解】
①根据题意画图如下

②,理由如下
作交的延长线于点H，连
∵平分,
∴
∴为等腰直角三角形
∴
∵四边形为正方形
∴
∴

∴
在和中


∴
∴
∴
∵
∴
在和中


∴
∴
【点睛】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定，等腰直角三角形性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，合理作出辅助线．
28. 在平面直角坐标系中，对于点，我们称直线为点P的关联直线，例如，点的关联直线为．
（1）已知点．
①点A的关联直线为_________；
②若与点A的关联直线相切，则的半径为_________；
（2）已知点，点．点M为直线上的动点．
①当时，求点O到点M的关联直线的距离的最大值；
②以为圆心，3为半径作．在点M运动过程中，当点M的关联直线与交于E，F两点时，的最小值为4，请直接写出d的值．
【答案】（1）①；②
（2）①；②或
【解析】
【分析】（1）①根据关联直线的定义进行求解即可；②设直线与相切于点E，连接，设直线与x轴，y轴分别交于C、D，先求出C、D的坐标，进而得到，利用勾股定理求出，再利用等面积法求出的长即可得到答案；
（2）①先求出直线直线解析式为，设点M的坐标为，则点M的关联直线为，推出点M的关联直线经过定点，进而得到当点H与点N重合时，最大，即 点O到点M的关联直线的距离最大，然后利用勾股定理求解即可；②同理求出点M的关联直线经过定点；如图所示，过点T作于N，连接，则，要想最小，则要使最大，由此得到，由（2）①可知，当点N与点重合时，最大，由此即可建立方程，解方程即可．
【小问1详解】
解：①由题意得，点的关联直线为，
故答案为：；
②如图所示，设直线与相切于点E，连接，设直线与x轴，y轴分别交于C、D，
∴，
∴，
∴，
由切线的性质可得，
∴，
∴，
∴的半径为；
【小问2详解】
解：①设直线的解析式为，
由题意得，点，点，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
设点M的坐标为，
∴点M的关联直线为，
∴点M的关联直线经过定点，
如图所示，过点O作直线的垂线，垂足为H，
∴，
∴当点H与点N重合时，最大，即 点O到点M的关联直线的距离最大，
∴点O到点M的关联直线的距离的最大值为；

②同理可得直线的解析式为，
设点M的坐标为，
∴点M的关联直线为，
∴点M的关联直线经过定点；
如图所示，过点T作于N，连接，则，
∴，
∴要想最小，则要使最大，
∵的最小值为4，即的最小值为2，
∴，
由（2）①可知，当点N与点重合时，最大，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得或．

【点睛】本题主要考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，一次函数与几何综合等等，正确推出点M的关联直线经过定点是解题的关键．