2023年广东省深圳市罗湖区华英学校中考模拟数学试题（解析版）

这是一份2023年广东省深圳市罗湖区华英学校中考模拟数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 如图所示几何体的俯视图是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据俯视图是从物体的上面看得到的视图即可判断．
【详解】由图可得，几何体的俯视图是
故选：A．
【点睛】本题考查简单组合体的三视图，掌握三视图的画法是正确判断的前提，画三视图时应注意“长对正，宽相等、高平齐”．
2. 预计到2025年，中国5G用户将超过460 000 000，将460 000 000用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，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10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【详解】460 000 000=4.6×108．
故选C．
【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a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3. 下列图形中既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（ ）更多优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】此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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4. 下列命题是假命题的是( )
A. 有一组邻边相等的矩形是正方形B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形
C. 有三个角是直角的四边形是矩形D. 有一组邻边相等的四边形是菱形
【答案】D
【解析】
【分析】根据特殊平行四边形的判定方法，即可一一判定．
【详解】解：A.有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，故该选项是真命题；
B.对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，故该选项是真命题；
C.有三个角是直角的四边形是矩形，正确，故该选项是真命题；
D.有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该选项说法错误，是假命题；
故选：D．
【点睛】本题考查了特殊平行四边形的判定方法，熟练掌握和运用特殊平行四边形的判定方法是解决本题的关键．
5. 若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式里面被开方数即可求解．
【详解】解：由题意知：被开方数，
解得：，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，必须保证被开方数大于等于0．
6. 如图，已知AB=AC，BC=6，尺规作图痕迹可求出BD=（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据尺规作图的方法步骤判断即可．
【详解】由作图痕迹可知AD为∠BAC的角平分线，
而AB=AC，
由等腰三角形的三线合一知D为BC重点，
BD=3，
故选B
【点睛】本题考查尺规作图-角平分线及三线合一的性质,关键在于牢记尺规作图的方法和三线合一的性质.
7. 张三经营了一家草场，草场里面种植上等草和下等草．他卖五捆上等草的根数减去11根，就等于七捆下等草的根数；卖七捆上等草的根数减去25根，就等于五捆下等草的根数．设上等草一捆为根，下等草一捆为根，则下列方程正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设上等草一捆为根，下等草一捆为根，根据“卖五捆上等草的根数减去11根，就等于七捆下等草的根数；卖七捆上等草的根数减去25根，就等于五捆下等草的根数．”列出方程组，即可求解．
【详解】解：设上等草一捆为根，下等草一捆为根，根据题意得：
．
故选：C
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
8. 已知、是一元二次方程的两个实数根，下列结论错误的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程的根的判别式、一元二次方程根的定义、一元二次方程根与系数的关系逐一进行分析即可.
【详解】x1、x2是一元二次方程x2-2x=0的两个实数根，
这里a=1，b=-2，c=0，
b2-4ac=(-2)2-4×1×0=4>0，
所以方程有两个不相等的实数根，即，故A选项正确，不符合题意；
，故B选项正确，不符合题意；
，故C选项正确，不符合题意；
，故D选项错误，符合题意，
故选D.
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，根的意义，根与系数的关系等，熟练掌握相关知识是解题的关键.
9. 如图，一把直尺，的直角三角板和光盘如图摆放，为角与直尺交点，,则光盘的直径是( )
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设光盘圆心为O，连接OC，OA，OB，由AC、AB都与圆O相切，利用切线长定理得到AO平分∠BAC，且OC垂直于AC，OB垂直于AB，可得出∠CAO=∠BAO=60°，得到∠AOB=30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出OA的长，再利用勾股定理求出OB的长，即可确定出光盘的直径．
【详解】如图，设光盘圆心为O，连接OC，OA，OB，∵AC、AB都与圆O相切，
∴AO平分∠BAC，OC⊥AC，OB⊥AB，
∴∠CAO=∠BAO=60°，
∴∠AOB=30°，在Rt△AOB中，AB=3cm，∠AOB=30°，
∴OA=6cm，根据勾股定理得：OB=3，则光盘的直径为6，
故选：D.
【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，含30°角的直角三角形的性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
10. 如图，点是菱形边上的一动点，它从点出发沿在路径匀速运动到点，设的面积为，点的运动时间为，则关于的函数图象大致为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．
【详解】解：设菱形的高为h，有三种情况：
①当P在AB边上时，如图1，
y=AP•h，
∵AP随x的增大而增大，h不变，
∴y随x的增大而增大，
故选项C不正确；
②当P在边BC上时，如图2，
y=AD•h，
AD和h都不变，
∴在这个过程中，y不变，
故选项A不正确；
③当P在边CD上时，如图3，
y=PD•h，
∵PD随x的增大而减小，h不变，
∴y随x增大而减小，
∵P点从点A出发沿A→B→C→D路径匀速运动到点D，
∴P在三条线段上运动的时间相同，
故选项D不正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，解题的关键是根据点P的位置的不同，运用分类讨论思想，分三段求出△PAD的面积的表达式．
二、填空题
11. 已知一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为________________．
【答案】9
【解析】
【分析】根据根的判别式的意义得到△，然后解关于的方程即可．
【详解】解：根据题意得△，
解得．
故答案为：9．
【点睛】本题考查了根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程的根与△有如下关系：当△时，方程有两个不相等的实数根；当△时，方程有两个相等的实数根；当△时，方程无实数根．
12. 一个正数的平方根分别是和，则__．
【答案】2．
【解析】
【分析】根据正数的两个平方根互为相反数可得关于x的方程，解方程即可得．
【详解】根据题意可得：x+1+x﹣5=0，
解得：x=2，
故答案为2．
【点睛】本题主要考查了平方根的定义和性质，熟练掌握平方根的定义和性质是解题的关键．
13. 如图，某校教学楼与实验楼的水平间距米，在实验楼顶部点测得教学楼顶部点的仰角是，底部点的俯角是，则教学楼的高度是____米（结果保留根号）.
【答案】(15+15)
【解析】
【分析】过点B作BE⊥AC，垂足为E，则∠ABE=30°，∠CBE=45°，四边形CDBE是矩形，继而证明∠CEB=∠CBE，从而可得CE长，在Rt△ABE中，利用tan∠ABE=，求出AE长，继而可得AC长.
【详解】过点B作BE⊥AC，垂足为E，
则∠ABE=30°，∠CBE=45°，四边形CDBE是正方形，
∴BE=CD=15，
∵∠CEB=90°，
∴∠ECB=90°-∠CBE=45°=∠CBE，
∴CE=BE=15，
在Rt△ABE中，tan∠ABE=，
即，
∴AE=15，
∴AC=AE+CE=15+15，
即教学楼AC的高度是(15+15)米，
故答案为(15+15).
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，正确构建直角三角形是解题的关键.
14. 如图，矩形中，，，以为直径的半圆与相切于点，连接，则阴影部分的面积为__．（结果保留
【答案】π．
【解析】
【分析】如图所示，连接OE交BD于点F，利用切线的性质得OD=2，OE⊥BC，易得四边形OECD为正方形，再证△EFB≌△OFD，即可将阴影部分面积转化为扇形OED的面积，最后利用扇形面积公式求解即可得出答案．
【详解】如图所示，连接OE交BD于点F，

∵以AD为直径的半圆O与BC相切于点E，
∴OD=2，OE⊥BC，
∴OE=OD=2，
在矩形中，
∵
∴四边形OECD为正方形，
∴CE=OD=2，
∴BE=BC-CE=2，
∴BE=DO，
∵AD//BC，
∴
∴△EFB≌△OFD，
∴阴影部分的面积= .
故答案为π．
【点睛】本题考查了切线的性质、矩形的性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、扇形的面积公式等知识.正确添加辅助线、仔细识图从中得到阴影部分面积的求法是解题的关键.
15. 如图1所示的图形是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小明按图2所示方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙，那么小明用9个这样的图形（图1）拼出来的图形的总长度是_______（结果用含、代数式表示）.
【答案】a+8b
【解析】
【分析】观察可知两个拼接时，总长度为2a-(a-b)，三个拼接时，总长度为3a-2(a-b)，由此可得用9个拼接时的总长度为9a-8(a-b)，由此即可得.
【详解】观察图形可知两个拼接时，总长度为2a-(a-b)，
三个拼接时，总长度为3a-2(a-b)，
四个拼接时，总长度为4a-3(a-b)，
…，
所以9个拼接时，总长度为9a-8(a-b)=a+8b，
故答案为a+8b.
【点睛】本题考查了规律题——图形的变化类，通过推导得出总长度与个数间的规律是解题的关键.
三、解答题
16.
【答案】
【解析】
【分析】根据零指数幂、二次根式、锐角三角函数值、负指数幂的运算法则进行计算后，再进行加减运算即可．
【详解】解：原式．
【点睛】此题考查了实数的混合运算，准确求解零指数幂、二次根式、锐角三角函数值、负指数幂是解题的关键．
17. 先化简，再求值：其中
【答案】，
【解析】
【分析】利用分式的相应的运算法则进行化简，再代入相应的值运算即可．
【详解】解：原式
=
将代入得原式．
【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
18. 某学校准备组织部分学生到少年宫参加活动，刘老师从少年宫带回来两条信息：
信息一：按原来报名参加的人数，共需要交费用340元，如果参加的人数能够增加到原来人数的2倍，就可以享受优惠，此时只需交费用480元；
信息二：如果能享受优惠，那么参加活动的每位同学平均分摊的费用比原来少5元．根据以上信息，原来报名参加的学生有多少人？在没有享受优惠的情况下每人需交费多少元？
【答案】原来报名参加的学生有20人，在没有享受优惠的情况下每人需交费17元．
【解析】
【分析】设原来报名参加的学生有x人，根据人数是原来的2倍，共交费480元且每位同学平均分摊的费用比原来少5元列出分式方程，然后求解即可．
【详解】解：设原来报名参加的学生有x人，
依题意得：，
解得，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
所以在没有享受优惠情况下每人需交费：元，
答：原来报名参加的学生有20人，在没有享受优惠的情况下每人需交费17元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，找出合适的等量关系列出方程是解题的关键．
19. 为了解某校九年级全体男生1000米跑步的成绩，随机抽取了部分男生进行测试，并将测试成绩分为、、、四个等级，绘制如下不完整的统计图表，如题图表所示，根据图表信息解答下列问题：
成绩等级频数分布表
成绩等级扇形统计图
（1）x=______，y=______，扇形图中表示的圆心角的度数为______度；
（2）甲、乙、丙是等级中的三名学生，学校决定从这三名学生中随机抽取两名介绍体育锻炼经验，用列表法或画树状图法，求同时抽到甲、乙两名学生的概率.
【答案】（1）4，40，36；（2）.
【解析】
【分析】(1)根据B等级的人数以及所占的比例可求得y，用y减去其余3组的人数可求得x，用360乘以C等级所占的比例即可求得相应圆心角的度数；
(2)画出树状图得到所有等可能的情况数，再找出符合条件的情况数，利用概率公式进行求解即可.
【详解】(1)y=10÷25%=40，
x=40-24-10-2=4，
360×=36度，
故答案为4，40，36
(2)画树状图如图：
共有6种等可能的情况，其中同时抽到甲、乙的有两种情况，
∴P(同时抽到甲、乙)=.
【点睛】本题考查了频数分布表，扇形统计图，列表法或树状图法求概率，弄懂图表，从中得到有用的信息是解题的关键.本题还用到了知识点：概率=所求情况数与总情况数之比．
20. 如图1，在中，，是的外接圆，过点作交于点，连接交于点，延长至点，使，连接.
（1）求证：；
（2）求证：是的切线；
（3）如图2，若点是内心，，求的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BG=5.
【解析】
【分析】(1)根据等腰三角形的性质可得，再根据圆周角定理以及可得，即可得ED=EC；
(2)连接，可得，继而根据以及三角形外角的性质可以推导得出，可得，从而可得，问题得证；
(3)证明，可得，从而求得，连接，结合三角形内心可推导得出，继而根据等腰三角形的判定可得.
【详解】(1)∵，∴，
又∵，，
∴，
∴；
(2)连接，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴，
∴为的切线；
(3)∵，，
∴，∴，
∴，
∵，∴，
连接，∴，
，
∵点为内心，∴，
又∵，
∴，
∴，
∴.
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，切线的判定，相似三角形的判定与性质，三角形的内心等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
21. 如图所示抛物线过点，点，且
（1）求抛物线的解析式及其对称轴；
（2）点在直线上的两个动点，且，点在点的上方，求四边形的周长的最小值；
（3）点为抛物线上一点，连接，直线把四边形的面积分为3∶5两部分，求点的坐标.
【答案】（1），对称轴为直线；（2）四边形的周长最小值为；（3）
【解析】
【分析】（1）OB=OC，则点B（3，0），则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3）=ax2-2ax-3a，即可求解；
（2）CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，即可求解；
（3）S△PCB：S△PCA=EB×（yC-yP）：AE×（yC-yP）=BE：AE，即可求解．
【详解】（1）∵OB=OC，∴点B（3，0），
则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3）=ax2-2ax-3a，
故-3a=3，解得：a=-1，
故抛物线的表达式为：y=-x2+2x+3…①；
对称轴为：直线
（2）ACDE的周长=AC+DE+CD+AE，其中AC=、DE=1是常数，
故CD+AE最小时，周长最小，
取点C关于函数对称点C（2，3），则CD=C′D，
取点A′（-1，1），则A′D=AE，
故：CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，
四边形ACDE的周长的最小值=AC+DE+CD+AE=+1+A′D+DC′=+1+A′C′=+1+；
（3）如图，设直线CP交x轴于点E，
直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分，
又∵S△PCB：S△PCA=EB×（yC-yP）：AE×（yC-yP）=BE：AE，
则BE：AE，=3：5或5：3，
则AE=或，
即：点E的坐标为（，0）或（，0），
将点E、C的坐标代入一次函数表达式：y=kx+3，
解得：k=-6或-2，
故直线CP的表达式为：y=-2x+3或y=-6x+3…②
联立①②并解得：x=4或8（不合题意值已舍去），
故点P的坐标为（4，-5）或（8，-45）．
【点睛】本题考查是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图象面积计算、点的对称性等，其中（1），通过确定点A′点来求最小值，是本题的难点．
22. 阅读下面的材料：
如果函数 y＝f（x）满足：对于自变量 x 的取值范围内的任意 x1，x2，
（1）若 x1＜x2，都有 f（x1）＜f（x2），则称 f（x）是增函数；
（2）若 x1＜x2，都有 f（x1）＞f（x2），则称 f（x）是减函数．
例题：证明函数f（x）＝ （x＞0）是减函数．
证明：设 0＜x1＜x2，
f（x1）﹣f（x2）＝．
∵0＜x1＜x2，
∴x2﹣x1＞0，x1x2＞0．
∴＞0．即 f（x1）﹣f（x2）＞0．
∴f（x1）＞f（x2）．
∴函数 f（x）= （x＞0）是减函数．
根据以上材料，解答下面的问题：
已知函数．
f（﹣1）＝ +（﹣2）＝-1，f（﹣2）＝ +（﹣4）＝．
（1）计算：f（﹣3）＝ ，f（﹣4）＝ ；
（2）猜想：函数是 函数（填“增”或“减”）；
（3）请仿照例题证明你的猜想．
【答案】（1）， （2）增 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将和代入求解即可；
（2）根据，，我们猜想函数是增函数；
（3）设，按照例题思路可得，即，得证函数是增函数．
【详解】（1）∵
∴
；
（2）∵，
∴函数是增函数；
（3）设
∵
∵
∴
∴
∴
∴函数是增函数．
【点睛】本题考查了函数解析式问题，掌握函数解析式的性质、函数的增减性是解题的关键．成绩等级
频数
A
24
B
10
C
x
D
2
合计
y