2023年江西省赣州市部分学校中考一模数学试题（原卷版+解析版）

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1. 的个位数字是( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了同底数幂的乘法，数字类规律探究，先计算式子得，进而找到个位数字的规律，即可求解．
【详解】解：
，
∵，它个位数字是2，
，它个位数字是4，
，它个位数字是8，
，它个位数字是6，
，它个位数字是2，
…
∴的个位数字是以2，4，8，6的规律循环出现，
∵，
∴的个位数字是2，
故选：A．
2. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据，得出，再根据等式两边平方，得出，再把进行变形，然后把代入计算即可．
【详解】解：由，
可得：，
∴，
∴，
∴
．
故选：A
【点睛】本题考查了求代数式的值、二次根式的化简、整式的恒等变形，将所求式子进行适当的变形是解本题的关键．
3. 设是关于x的方程的两根，是关于x的方程的两根，则p，q的值分别等于（ ）
A. 1，B. 1，3C. ，D. ，3
【答案】C
【解析】
【分析】考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解题的关键；根据根与系数的关系，可得，，整理可得关于p，q的二元一次方程组，解方程组即可；
【详解】解：是关于x的方程的两根，
，
是关于x的方程的两根，
，，即，
将代入整理得，
，解得，
故选：．
4. 如图，已知直线y＝﹣x+2分别与x轴，y轴交于A，B两点，与双曲线y＝交于E，F两点，若AB＝2EF，则k的值是（ ）
A. ﹣1B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】作FH⊥x轴，EC⊥y轴，FH与EC交于D，如图，
A点坐标（2，0），B点坐标为（0，2），OA=OB，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴AB=OA=2，
∴EF=AB=，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴FD=DE=EF=1，
设F点横坐标为t，代入y=﹣x+2，则纵坐标是﹣t+2，则F的坐标是：（t，﹣t+2），E点坐标为（t+1，﹣t+1），
∴t（﹣t+2）=（t+1）•（﹣t+1），解得t=，
∴E点坐标为（，），
∴k=×= ．
故选D．
5. 如图，是的直径，C，D是圆上的两点．若，，则的长为（ ）
A. B. 8C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是圆周角定理及其推论，解直角三角形相关计算，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，熟记解直角三角形相关计算是解题的关键．由圆周角定理可知，，然后根据锐角三角函数相关定义求出的长度．
【详解】解：连接，
由圆周角定理得，，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
6. 如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，∠DAB=90°，AC⊥BC，AC=BC，∠ABC的平分线分别交AD、AC于点E，F，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：作FG⊥AB于点G，
由AE∥FG，得，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
又∵BE是∠ACB的平分线，
∴FG=CF，
在Rt△BGF和Rt△BCF中，

∴Rt△BGF≌Rt△BCF，
∴CB=GB，
∵AC=BC，
∴∠CBA=45°，
∴AB=BC，
∴==．
故选：C．
【点睛】考点：1、平行线分线段成比例，2、全等三角形及角平分线
7. 已知顶点为的抛物线经过点，有以下四个结论：
①；
②；
③若点和均在抛物线上，则；
④关于的方程的两根为和．
其中，正确的结论有( )个．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图象性质、二次函数与一元二次方程的关系，二次函数图象性质；根据抛物线的顶点以及过得出开口方向即可判断①②，根据对称轴为直线即可判断③，待定系数法求得解析式，进而解方程，判断④，即可求解．
【详解】解：①、由图象过顶点和，得二次函数图象开口向上，故抛物线与轴有两个交点，即对应的一元二次方程有两个不相等的实数根，此时，即，选项正确；
②、抛物线开口方向向上，即函数有最小值，所以，选项正确；
③、由函数图象知，对称轴为，
当时，随的增大而增大，点和关于对称轴对称，
∵，
∴，选项正确；
④、由顶点为，设抛物线解析式为
将点代入得，
解得：，
抛物线解析式为
即
整理得，
解得：，故该选项不正确；
故正确的有①②③．
故选：C．
8. 如下图，将形状、大小完全相同的“●”和线段按照一定规律摆成以下图形，第1幅图形中“●”的个数为，第2幅图形中“●”的个数为，第3幅图形中“●”的个数为，…，以此类推，那么的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据图形中“●”的个数得出数字变化规律，进而求解即可．
【详解】解：，
，
，
，
…，
；
∴
，
故选∶C．
【点睛】此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，找出规律是解题的关键．
二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）
9. 若，则的值为 _____．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，非负性，根据被开方数是非负数，得到，再根据绝对值的非负性，得到关于的二元一次方程组，求出的值，即可．
【详解】解：∵ ，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴；
故答案为：2．
10. 已知，，，则______
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了因式分解的应用，先把所求式子进行因式分解，再利用整体代入法求值即可．
【详解】解：∵
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴原式；
故答案：．
11. 无论a取何值，直线都经过定点 ____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了直线恒过定点的问题，分析题目可知需将已知直线进行适当变形，把变形为，得出，然后解方程组，求出结果即可．
【详解】解：直线可为变为：
，
∵无论a取何值，直线都经过定点，
∴，
解得：，
∴无论a取何值，直线都经过定点．
12. 网格中的每个小正方形的边长都是1，△ABC每个顶点都在网格的交点处，则sinA=_______．
【答案】
【解析】
【详解】如答图，过点A作AE⊥BC于E，过点C作CD⊥AB于D，
由勾股定理得AB=AC=，BC=，AE=，
由得，
∴
故答案为：．
13. 已知抛物线：，把绕点旋转，得到抛物线，则的解析式为 ______________；在和构成的封闭区域内作直线轴，分别交和与点M，N，则的最大值为 _______．
【答案】 ①. ②. 12
【解析】
【分析】先求出抛物线的顶点为，与x轴交点为和，由旋转的性质可得抛物线的顶点为，图像上的两点和，设二次函数的顶点式，代入即可求出解析式；设则，可得，进而可求最值；
【详解】解：在中，令得或，
∴抛物线的顶点为，与x轴交点为和，
将绕点旋转，得到抛物线的顶点为；
将和绕点旋转，分别得到图像上的点和；
设抛物线的解析式为，把代入得：，
解得，
∴抛物线的解析式为；
如图：
设则，
，
由可得，，
∵在和构成的封闭区域内作直线轴，分别交和与点M，N，
∴当时，取最大值12；
故答案为：；12．
【点睛】本题考查二次函数与几何变换，二次函数的最值问题，解题的关键是根据已知求出抛物线的解析式；
14. 若关于的方程的解都是整数，则符合条件的整数的值有_______个
【答案】5
【解析】
【分析】用因式分解法可得到根的简单表达式，因方程的类型未指明，故须按一次方程、二次方程两种情形讨论，这样确定的值才能全面而准确．
【详解】①当6-k=0，即k=6时，则原方程为-（117-15×6）x+54=0，解得x=2；
②当9-k=0，即k=9时，则原方程为-（117-15×9）x+54=0，解得x=-3；
③当6-k≠0、9-k≠0时，即k≠6且k≠9时，
x1=，x2=；
①当6-k=±1，±3，±9时，x是整数，此时k=7、5、3、15、-3；
③当9-k=±1、±2、±3、±6时，x是整数，此时k=10、8、11、7、12、15、3．
综合①②知，k=3、15、6、7、9时，原方程的解为整数．
故答案为5．
【点睛】掌握一元二次方程的整数根与有理根的相关知识是解答本题的关键.
三、解答题（共4小题，共50分）
15. 已知，点P是正方形ABCD内的一点，连PA、PB、PC.
（1）将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置（如图1）.
①设AB的长为a，PB的长为b（b②若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.
（2）如图2，若PA2+PC2=2PB2，请说明点P必在对角线AC上.
【答案】（1）①S阴影=
②PC=6;
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）△PAB旋转到△P′CB的过程中边PA所扫过区域（图1中阴影部分）的面积实际是大扇形OAC与小扇形BPP′的面积差，且这两个扇形的圆心角同为90度；
（2）连接PP′，证△PBP′为等腰直角三角形，从而可在Rt△PP′C中，用勾股定理求得PC=6；
（3）将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，由勾股逆定理证出∠P′CP=90°，再证∠BPC+∠APB=180°，即点P在对角线AC上．
【详解】（1）如图1，①S阴影=S扇形ABC+S△BP′C-S扇形PBP′-S△ABP
=S扇形ABC-S扇形PBP′
=
=
②连接PP′，
根据旋转的性质可知：
BP=BP′，∠PBP′=90°；
即：△PBP′为等腰直角三角形，
∴∠BPP′=45°，
∵∠BPA=∠BP′C=135°，∠BP′P=45°，
∴∠BPA+∠BPP′=180°，
即A、P、P′共线，
∴∠PP′C=135°-45°=90°；
在Rt△PP′C中，PP′=4,P′C=PA=2，根据勾股定理可得PC=6．
（2）如图2，将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，连接PP′．
同（1）①可知：△BPP′是等腰直角三角形，即PP′2=2PB2；
∵PA2+PC2=2PB2=PP′2，
∴PC2+P′C2=PP′2，
∴∠P′CP=90°；
∵∠PBP′=∠PCP′=90°，在四边形BPCP′中，∠BP′C+∠BPC=180°；
∵∠BPA=∠BP′C，
∴∠BPC+∠APB=180°，即点P在对角线AC上．
16. 在学习《2.1圆》时，小明遇到了这样一个问题：如图1（1）、1（2），和中，．试证明A、B、C、D四点在同一圆上．
小明想到了如下证法：在图1（1）、1（2）中取中点M，连接，则有及，即，所以A、B、C、D四点在以M为圆心，为半径得圆上，根据以上探究问题得出的结论，解决下列问题：
（1）如图2，在中，三条高、、相交于点H，若，则 ．
（2）如图3，已知是的直径，是的弦，G为的中点，于E，于F（E、F不重合），若，求证：．
【答案】（1）；
（2）详见解析
【解析】
【分析】（1）由、、是的高，可知点E、H、D、B四点共圆，点E、H、D、C四点共圆，然后在每一个圆中运用圆周角定理进行角的转换即可求解；
（2）连接，根据垂径定理可知，结合，，可知C、E、O、G四点共圆，D、G、O、F四点共圆，然后在每一个圆中运用圆周角定理进行角的转换即可求解，最后证明是等边三角形即可；
【小问1详解】
设与交于点，
、、是的高，
，，
点E、H、D、B四点共圆，点E、H、D、C四点共圆，
，
，
，
故答案为：52；
【小问2详解】
证明：如图3，连接，
为的中点，
，，
，
C、E、O、G四点共圆，D、G、O、F四点共圆，
，
，
，
是等边三角形，
；
【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及与三角形有关的角的计算；结合题意证明四点共圆并运用圆的相关知识解决问题是解题的关键．
17. 一个四位正整数M，各个数位上的数字互不相等且均不为零，若千位与十位之和等于百位与个位之和均为9，则称M为“行知数”此时，规定例如，，∵，∴是“行知数”，；又如，，∵，∴不是“行知数”
（1）判断2475和4256是否是“行知数”，并说明理由；
（2）对于“行知数”M，交换其千位与十位的数字，同时交换其百位与个位的数字，得到一个新的“行知数”．若是整数，且M的千位数字不小于十位数字，求满足条件的所有“行知数”M．
【答案】（1）2475是“行知数”， 4256不是“行知数”
（2）5841或7425或8217
【解析】
【分析】（1）根据“行知数”的定义验证即可；
（2）设M千位为m，百位为n，表示出M和，以及和，再根据M的千位数字不小于十位数字，求出m的范围，化简，根据其值是整数，可得n值，从而得到相应的“行知数”．
【小问1详解】
解：∵，
∴2475是“行知数”，
∵，
∴4256不是“行知数”；
【小问2详解】
设“行知数”M的千位为m，百位为n，
则，
∴，
交换后，，
∴，
∴
，
∵M的千位数字不小于十位数字，
∴，
解得：，且m为正整数，
∴m的值为5，6，7，8，9，
∵各个数位上的数字互不相等且均不为零，
∴，
∵是整数，即是整数，
∴当时，，
∴，即“行知数”M为5841；
当时，，
∴，不合题意；
当时，，
∴，即“行知数”M为7425；
当时，，
∴，即“行知数”M为8217；
综上：符合要求的“行知数”M有5841或7425或8217．
【点睛】本题考查了整式的加减运算，数的整除性，是一道新定义题目，利用代数式的值进行相关分类讨论，得出结果，解题的关键是能够理解定义．
18. 如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），过点A作ACx轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．

（1）求抛物线的关系式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；
（3）将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；
（4）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3
（2）P点坐标为（，）
（3）h的取值范围为3≤h≤4
（4）存在，点P的坐标是（，）或（，）或（，）或（，）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P作PGy轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得△OPE的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与OE的交点坐标、与AE的交点坐标，用含h的代数式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【小问1详解】
解：∵抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），
∴ ，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
【小问2详解】
如图1，过P作PGy轴，交OE于点G，

设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
设直线OE解析式为y＝kx，把点（3，3）代入得，
3＝3k，
解得k＝1，
∴直线OE的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
PG•AE
3×（﹣m2+5m﹣3）
（m2﹣5m+3）
（m）2，
∵0，
∴当m时，△OPE面积最大，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P点坐标为（，）；
【小问3详解】
由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），
抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2交OE于点M，交AE于点N，则N（2，3），如图2，

∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；
【小问4详解】
设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，

∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m或，
∵m＞2，不合题意，舍去，
∴m，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P的坐标为（，）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1或m2，
∵＞2，不合题意，舍去，
∴m＝，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P的坐标为（，）；
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，

同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m1或m2；
∵＜2，不合题意，舍去，
∴m＝，
此时m2﹣4m+3＝，
P的坐标为（，）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图5，

同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m或（舍），
P坐标为：（，）；
综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的图象与性质及图形的平移，全等三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，运用分类讨论思想和方程的思想是解决问题的关键．