2023年福建省龙岩市中考一模数学试题（附解析版）

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（满分：150分 考试时间：120分钟）
注意：
请把所有答案填涂或书写到答题卡上！请不要错位、越界答题！
在本试题上答题无效．
一、选择题：本题共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要求的．
1. 2023的相反数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用相反数的定义：只有符号不同的两个数叫做互为相反数判断．
【详解】解：2023的相反数是．
故选：A．
【点睛】本题考查了相反数，掌握相反数的定义是关键．
2. 如图是《九章算术》中“堑堵”的立体图形，它的左视图为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据左视图的意义和画法可以得出答案．
【详解】解：∵该几何体为放倒的三棱柱，
∴根据左视图的画法，从左往右看，看到的是一个直角在左边的直角三角形，
故选：A．
【点睛】本题考查简单几何体的三视图，熟练掌握简单几何体的三视图是解答本题的关键．从正面、上面和左面三个不同的方向看一个物体，并描绘出所看到的三个图形，即几何体的三视图．
3. 下列大学校徽内部图案中可以看成由某一个基本图形通过平移形成的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由平移性质，分别进行判断，即可得到答案．
【详解】解：由平移的性质可知，C选项的图案是通过平移得到的；
A、B、D中的图案不是平移得到的；
故选：C．
【点睛】本题考查了平移的性质，解题的关键是掌握图案的平移进行解题．
4. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据合并同类项的法则、同底数幂的除法、完全平方公式以及幂的乘方法则逐项判断即得答案．
【详解】解： ，选项A错误，不符合题意；
，选项B错误，不符合题意；
，选项C错误，不符合题意；
，选项D正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了幂的运算性质、完全平方公式和合并同类项的法则，熟练掌握幂的运算性质是解题关键．
5. 若在单词“（数学）”中任意选择一个字母，则事件“所选字母为元音字母”的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，单词“（数学）”中共有11个字母，其中元音字母有4个，利用概率公式即可得到答案．
【详解】解：元音字母、、、、，
单词“（数学）”中共有11个字母，其中元音字母有4个，
事件“所选字母为元音字母”的概率是，
故选C．
【点睛】本题考查了概率公式，如果在一次试验中，有种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件A包含其中的种结果，那么事件A发生的概率．
6. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先解不等式，根据解集确定数轴的正确表示方法．
【详解】解：两边同时可得：，
去括号合并同类项得：，
系数化为1得：，
在数轴上表示为： ；
故选：B．
【点睛】本题考查解一元一次不等式，掌握解不等式的基本步骤是关键．
7. 我国古代数学名著《孙子算经》中记载了一道题，大意是：求100匹马恰好拉了100片瓦，已知1匹大马能拉3片瓦，3匹小马能拉1片瓦，问有多少匹大马、多少匹小马？若设大马有x匹，小马有y匹，那么可列方程组为（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】设大马有x匹，小马有y匹，根据题意可得等量关系：①大马数+小马数=100；②大马拉瓦数+小马拉瓦数=100，根据等量关系列出方程组即可．
【详解】解：由设有x匹大马，y匹小马，
由共有100匹马，可得
共有100片瓦，则，
所以可得得二元一次方程组．
故答案为C．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用，审清题意、设出未知数并表示相关量、根据等量关系列方程成为解答本题的关键．
8. 在平面直角坐标系中，若将点绕原点O顺时针旋转得点Q，则点Q的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立坐标系，根据旋转定义即可找到点Q的坐标．
【详解】解：如图所示，建立坐标系，点，将点绕原点O顺时针旋转得点Q，则点Q坐标为，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化-旋转，解题关键在于建立坐标系，利用旋转的性质求出相应的点的位置，再根据点的坐标特征确定点的坐标．
9. 已知反比例函数的图象如图所示，若点P的坐标为，则k的值可能为（ ）

A. 3B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】将代入得到，然后根据图象得到，进而求解即可．
【详解】将代入得，，
由图象可得，，
∴．
∴k的值可能为3．
故选：A．
【点睛】考查反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法求反比例函数解析式是解题的关键．
10. 在中，，，，点D（不与C重合）是线段上的动点，将沿翻折得，当时，四边形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点A作于点F，求出，，根据等积法求出，证明，得出四边形为菱形，根据菱形面积公式求出结果即可．
【详解】解：过点A作于点F，如图所示：

中，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
由沿翻折得可得，
∴和都是等边三角形，
∴，
∴四边形为菱形，
∴四边形ADCE的面积为：．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质，数形结合．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11. 一元二次方程（x+1）2＝4的解为_____．
【答案】x1=1，x2=-3
【解析】
【分析】用直接开平方法求解即可.
【详解】解：（x+1）2＝4，
x+1＝±2，
解得：x1=1，x2=-3，
故答案为x1=1，x2=-3.
【点睛】本题考查了解一元二次方程，能够根据方程特点灵活选用不同的解法是解题关键.
12. 若某公司名员工年薪的具体情况如下表：
则该公司全体员工年薪的众数是______万元．
【答案】
【解析】
【分析】根据众数是一组数据中出现次数最多的数，即可找出答案．
【详解】解：在这一组数据中万元是出现次数最多的，众数是万元；
故答案为：．
【点睛】本题为统计题，考查众数意义，众数是一组数据中出现次数最多的数，掌握判断众数的方法是解题关键.
13. 若三角形的三边的长都是整数，其中两边长分别为2和5，则第三边的长可以是______．（只需写出一个符合条件的整数）
【答案】4（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据三角形的三边关系即可得到答案．
【详解】解：设第三边的长为c，
由题意可得，，
即，
∴4或5或6；
故答案为：4．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，熟记知识点是解题的关键．
14. 圆锥的底面半径为5，高为12，则它的侧面积为_______
【答案】65π
【解析】
【分析】利用勾股定理易得圆锥的母线长，那么侧面积=π×底面半径×母线长．
【详解】解：∵圆锥的底面半径为5，高为12，
∴圆锥的侧面积为13，
∴它的侧面积=π×13×5=65π，
故答案为65π．
【点睛】本题考查圆锥的计算；用到的知识点为：圆锥的底面半径，高，母线长组成以母线长为斜边的直角三角形．
15. 龙岩市某校八年级“数学好玩”兴趣小组利用“五一”假期开展数学活动．
小组发现：水龙头关闭不严会造成漏水现象．
问题提出：如果每10户家庭大约有1个水龙头关闭不严，那么全市一天会浪费多少水？
大胆设问：漏水量与漏水时间存在一定的数量关系．
小组成员小帅：我从一个关闭不严的水龙头10分钟收集到60毫升的水；
小组成员小蒙：我在小帅的同一个关闭不严的水龙头中，15分钟收集到90毫升的水；
小组成员小芳：据龙岩市统计局官网“龙岩统计年—2022”中显示，2021年龙岩市全市总户数为103万户；
小组组长小蕾：假设每个关闭不严的水龙头漏水均匀且速度相同，根据小芳所获得的信息，可估计全市每天大约有10万个水龙头因关闭不严漏水．这样，就可以计算出全市一天因水龙头关闭不严大约会造成多少水资源浪费了．
请你根据该“数学好玩”兴趣小组提供的信息，估算龙岩市每天因10万个水龙头关闭不严而造成浪费的水有______毫升（用科学记数法表示）．
【答案】
【解析】
【分析】根据15分钟收集到90毫升的水可知一小时可收集毫升的水，进而求出一个水龙头一天的漏水量，再根据一共有10万个水龙头，即可求出总漏水量，最后用科学记数法表示出结果即可．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了有理数的乘法计算，科学记数法，正确求出总漏水量是解题的关键．
16. 若抛物线（，）经过，两点，则下列结论：①；②；③当时，函数值y随x的增大而增大．其中结论一定正确的有______．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】先用待定系数法求得函数解析式、，再根据可知，则，则成立，即可判定①；将、代入可得，再分和两种情况确定的正负，即可判定②；先求出抛物线的对称轴，然后再根据二次函数的性质即可判定③．
【详解】解：∵抛物线经过，两点，
∴，解得：，
∵，
∴，，
∴，
∴成立，即①正确；
将、代入可得：
，
当时，；
当时，，
∴不一定成立，即②不一定正确；
∵
∴抛物线的对称轴，
∴抛物线开口向上，当时，函数值y随x的增大而增大．即③正确．
故答案为①③．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、解不等式等知识点，灵活运用二次函数的性质以及分类讨论思想是解答本题的关键．
三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】利用计算法则分别求出各项的值，再利用实数混合运算规则合并同类项，得到结果．
【详解】解：原式
【点睛】本题考查综合计算题，需熟悉各项运算规则，包含特殊角三角函数值，去绝对值，二次根式化简，负指数幂，正确的计算是解题的关键．
18. 如图，已知四边形是平行四边形，点E，F是直线上的两点，且，连接，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形得出，，再利用三角形全等即可得出结论；
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及三角形全等的判定．此题难度适中，注意掌握三角形全等的判定方法．
19. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】根据分式的运算法则即可求出答案．
【详解】解：原式

；
当时，
原式
．
【点睛】本题考查分式的化简求值，解题的关键是熟练运用分式的运算法则．
20. 如图，点C是中点，直线与相切于点C，直线与切线相交于点E，与相交于另一点D，连接，．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，，先证明，再利用等腰三角形的三线合一性质得出，由切线的性质可得，最后根据平行线的判定即可得证；
（2）利用等边对等角和三角形外角的性质可得，利用三角形内角的定理并结合条件“”可求出，最后利用三角形外角的性质即可求出的度数．
【小问1详解】
证明：连接，，
∵点C是的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵直线EF与相切于点C，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
由（1）知，，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质等知识，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
21. 某校在九年级学生中随机抽取了若干名学生参加“平均每天体育运动时间”的调查，根据调查结果绘制了如下不完整的频数分布表和扇形统计图．
频数分布表

请根据图表中的信息解答下列问题：
（1）频数分布表中的______，______；
（2）教育部规定中小学生每天在校体育锻炼时间不少于1小时．若该校九年级共有480名学生，试估计该校九年级学生达到教育部规定的体育锻炼时间的人数．
【答案】（1）；
（2）408人
【解析】
【分析】（1）结合频数分布表和扇形统计图观察可得到的值，再根据频率=频数总数，即可求出的值，从而求出的值.
（2）利用样本的所占比总人数即可求出达到教育部规定的体育锻炼时间的人数.
【小问1详解】
解：根据频数分布表中A组的频数为2和扇形统计图中A组的占比为5%可得，
，.
故答案为：；.
【小问2详解】
解：由（1）知，A组和B组是不符合教育部规定体育锻炼时间的人群，其人数占比为，
符合教育部规定体育锻炼的占比为，
该校九年级的480名学生中，达到教育部规定体育锻炼时间的人数大约为（人）．
故答案为：408人．
【点睛】本题考查了频数分布表和扇形统计图．解题的关键是从扇形统计图中获取相应的数量及数量关系，解题的重点掌握样本估计总体的方法．
22. 近期全国文化和旅游业呈现出快速复苏的良好势头，据美团、大众点评数据显示，今年“五一”期间龙岩旅游订单（含酒店、景点门票）同比增长超．世界文化遗产——福建土楼（龙岩·永定）是热门的旅游目的地之一．某土楼纪念品专卖店积极为“五一”黄金周作好宣传与备货工作．已知该专卖店销售甲、乙两种纪念品，每个甲种纪念品的进价比每个乙种纪念品的进价多4元；用元购进甲种纪念品和用元购进乙种纪念品的数量相同．专卖店将每个甲种纪念品售价定为元，每个乙种纪念品售价定为8元．
（1）每个甲种纪念品和每个乙种纪念品的进价分别是多少？
（2）根据市场调查，专卖店计划用不超过元的资金购进甲、乙两种纪念品共个，假设这个纪念品能够全部卖出，求该专卖店获得销售利润最大的进货方案．
【答案】（1）每个甲种纪念品和乙种纪念品进价分别是元和6元；
（2）该专卖店获销售利润最大的进货方案是：甲种纪念品进货个，乙种纪念品进货个．
【解析】
【分析】（1）设未知数根据题意列出分式方程，求解方程即可；
（2）设甲种纪念品进货个数为y个，表示出进货所用资金，由进货总资金不超过元，得出y的范围，再由甲乙两种纪念品的进价和售价，可用y表示出总利润，得到利润随y的变化情况，选择利润最大时的y值，得到最佳进货方案．
【小问1详解】
解：设每个乙种纪念品进价为x元，则每个甲种纪念品的进价为元，
依题意有，
解得：，
经检验，是原分式方程的解，，
∴每个甲种纪念品和乙种纪念品进价分别是元和6元．
【小问2详解】
设进货方案是甲种纪念品进货y个，那么乙种纪念品进货个，
∵进货资金不超过元，
∴，解得，
专卖店获得的销售利润为，
∵W随着y的增大而增大，
∴当时，W有最大值元，此时，
∴该专卖店获销售利润最大进货方案是甲种纪念品进货个，乙种纪念品进货个．
【点睛】本题考查实际问题中的利润问题，可利用设未知数根据题意列方程的方法求解，须注意分式方程需要检验分母是否为0．方案问题中，可设未知数表示目标，得到目标与未知数的变化情况，找到限制条件计算未知数范围，得到最佳方案．
23. 如图，已知中，，．

（1）求作点D关于直线的对称点；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下连接求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）由尺规作图作即可得到．
（2）过作交于由作法可得出四边形是平行四边形，进而可得出，，根据，得到即可得出结论．
【小问1详解】
如图所示：
由尺规作图作

∴点为所作．
小问2详解】
过作交于则

由作法得，，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了尺规作图，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解此题的关键．
24. 在中，，的平分线交于点D，将绕点B顺时针旋转到与在的同一侧，且，过点E作于点F．

（1）如图1，若，求的度数；
（2）求证：A，D，E三点在同一直线上；
（3）如图2，若，，求的长．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）10
【解析】
【分析】（1）由，可得，由平分，可得，由，可得，根据，计算求解即可；
（2）如图1，连接，过点B作于点H，则，由旋转得，，由，，可得，由平分，可得，则，由，，可得，进而可证A，D，E三点在同一直线上；
（3）如图2，过点D作于G，由角平分线的性质定理可得，由，可得，证明，则，在中，由勾股定理得，则，，在中，由勾股定理得，证明，则，即，解得，，在中，由勾股定理得，计算求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的度数为；
【小问2详解】
证明：如图1，连接，过点B作于点H，则，

由旋转得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴A，D，E三点在同一直线上．
【小问3详解】
解：如图2，过点D作于G，

∵，即，平分，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，，
∴，
∴，即，解得，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴的长为10．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质，旋转的性质，角平分线的的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
25. 如图，直线与坐标轴的交点分别为点B和点C，抛物线经过B，C两点，且与x轴交于另一点A，点P是线段上的动点，连接，在上方作，交抛物线于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当平分时，求的长；
（3）已知点D在x轴上，且，连接DC交PE于点F，若，求点P的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）点P的坐标为或
【解析】
【分析】（1）先确定、，然后用待定系数法解答即可；
（2）线根据角平分线的定义、三角形外角的定义、平行线的判定、等腰三角形的判定可得、，进而说明点P在抛物线的对称轴上，点P，E的纵坐标相同，然后确定点E的纵坐标，然后代入抛物线解析式并结合点E的位置确定点E的坐标，最后求出的长即可；
（3）先确定点A、B的坐标以及、的长，设，则，然后在中，根据勾股定理列方程可得，进而求得、；再证可得即;设，则，然后代入求得、，即或；过点P作于点M可得，然后再分和两种情况，分别代入求得即可解答．
【小问1详解】
解：∵直线的解析式为，
∴当时，；当时，，
∴，，
∵抛物线经过B，C两点，
∴，解得：，，
∴抛物线的解析式为．
【小问2详解】
解：∵当PE平分∠APC时，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴点P在线段的垂直平分线上，即点P在抛物线的对称轴上
∵
∴点P在抛物线的对称轴上，点P，E的纵坐标相同，
∵当时，
∴，
∴，整理得：，解得：，
∵点E在AP上方的抛物线上，
∴点E的坐标为，
∴．
【小问3详解】
解：∵当时，，得，，
∴，，即，
∵，，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理可得：，解得：，
∴，，
∵，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，代入上式可得， 解得：，
∴或，
过点P作于点M，则，
∴,
①当时，，解得：，，
∴，
∴点P的坐标为；
②当时，，解得：，，
∴，
∴点P的坐标为．
综上所述，点P的坐标为或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了求二次函数解析式、角平分线的性质、垂直平分线的判定、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用所学知识成为解答本题的关键．年薪/万元
员工数/人
组别
运动时间t/min
频数
频率
2
4
16
0.35
4
合计
1