精品解析：2023年浙江省温州市平阳县中考一模数学试题

这是一份精品解析：2023年浙江省温州市平阳县中考一模数学试题，文件包含精品解析2023年浙江省温州市平阳县中考一模数学试题解析版docx、精品解析2023年浙江省温州市平阳县中考一模数学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。

2023年平阳县初中学业水平适应性考试数学试题卷
一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1. 计算：的结果是（ ）
A. B. C. 5 D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】先去括号，然后计算即可．
【详解】解：，
故选：D．
【点睛】本题考查了有理数的减法运算．解题的关键在于正确的去括号．
2. 某物体如图所示，它的俯视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据俯视图是从上面看得到平面图形，进行判断即可．
【详解】解：俯视图为：

故选B．
【点睛】本题考查三视图．熟练掌握三视图的画法，是解题的关键．
3. 在2023年春节假期，全国国内旅游出游超过308000000人次．数据308000000用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】308000000用科学记数法表示成的形式，其中，，代入可得结果．
【详解】解：308000000的绝对值大于表示成的形式，
∵，，
∴308000000表示成，
故选C．
【点睛】本题考查了科学记数法．解题的关键在于确定的值．
4. 解方程，以下去分母正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】各项同时乘以运算即可．
【详解】解：，
去分母得，，
故选：A．
【点睛】本题考查了解一元一次方程去分母．解题的关键在于正确的运算．
5. 某日，甲、乙随机乘坐由平阳站开往雁荡山站的直达动车，具体车次如图．各车次各等级座位均有票，则两人乘坐同一趟车的概率是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可列表，得甲，乙选择的车次的所有情况为种，两人乘坐同一趟车的情况有4种，即可得．
【详解】解：

Q7540
D3296
Q7588
D2290
Q7540
（Q7540，Q7540）
（D3296，Q7540）
（Q7588，Q7540）
（D2290，Q7540）
D3296
（Q7540，D3296）
（D3296，D3296）
（Q7588，D3296）
（D2290，D3296）
Q7588
（Q7540，Q7588）
（D3296，Q7588）
（Q7588，Q7588）
（D2290，Q7588）
D2290
（Q7540，D2290）
（D3296，D2290）
（Q7588，D2290）
（D2290，D2290）
由表可得，甲，乙选择的车次的所有情况为种，两人乘坐同一趟车的情况有4种，
则两人乘坐同一趟车的概率是：，
故选：B．
【点睛】本题考查了树状图或列表法求概率，解题的关键是理解题意，掌握树状图或列表法．
6. 在一次中考体育模拟测试中，某班41名学生参加测试（满分为40分），成绩统计如下表．部分数据被遮盖，下列统计量中，与被遮盖的数据无关的是（ ）
成绩（分）
32
34
36
37
38
39
40
人数（人）


2
6
19

7

A. 中位数、众数 B. 中位数、方差
C. 平均数、众数 D. 平均数、方差
【答案】A
【解析】
【分析】根据中位数、众数、平均数、方差的定义与计算公式，以及图表中数据进行判断即可．
【详解】解：未被遮盖的数据共有个，被遮盖的数据有个，
∵，即成绩为38分的人数最多，
∴众数为38，与被遮盖的数据无关，
从大到小依次排序，中位数为第21个数据，
由题意知，成绩为39分的人数在之间，
∵，，
∴中位数为38，与被遮盖数据无关，
∴众数与中位数均与被遮盖的数据无关，
故选：A．
【点睛】本题考查了中位数、众数、平均数、方差．解题的关键在于熟练掌握中位数、众数、平均数、方差的定义与计算方法．
7. 如图，是的直径，点D是劣弧上一点，，连结．若，则的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆周角定理，得到的度数为，的度数为，进而求出的度数为，再根据，得到的度数为，从而得到，利用即可得解．
【详解】解：∵是的直径，
∴的度数为，
∵，
∴的度数为，，
∴的度数为，
∵，
∴的度数为，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查圆周角定理，熟练掌握直径所对的弧的度数为，弧所对的圆周角是弧的度数的一半，是解题的关键．
8. 如图，小李身高，在路灯O的照射下，影子不全落在地面上．小李离路灯的距离，落在地面上影长，留在墙上的影高，则路灯高为（ ）

A. 5m B. 6m C. 7.5m D. 8m
【答案】B
【解析】
【分析】解：如图，过作于，过作交于，交于，则四边形和为矩形，则，，，，，证明，则，即，求的值，然后根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，过作于，过作交于，交于，则四边形和为矩形，

∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，矩形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
9. 已知抛物线经过点，将点A先向右平移3个单位，再向下平移b个单位恰好落在抛物线的最低点处，则b的值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】求出抛物线的对称轴，根据点A先向右平移3个单位，再向下平移b个单位恰好落在抛物线的最低点处，求出的值，进而求出顶点坐标和点坐标，即可得解．
【详解】解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线：，
∵将点A先向右平移3个单位，再向下平移b个单位恰好落在抛物线的最低点处，
∴，
∴，
∴顶点坐标为：，
当时，，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质．熟练掌握点的平移规则，左减右加，上加下减，是解题的关键．
10. 如图，以正方形的两边和为斜边向外作两个全等的直角三角形和，过点C作于点G，交于点H，过点B作于点I，过点D作，交延长线于点K，交于点L．若，，则的长为（ ）

A. 6 B. C. 7 D.
【答案】D
【解析】
【分析】过点A作于点M，连接，，设，
先证明四边形是矩形，四边形和均是矩形，可得，，再根据，可得四边形是正方形，四边形是正方形，从而得到，，，，再由，可得，再根据，可得，从而得到，，即可求解．
【详解】解：如图，过点A作于点M，连接，，

根据题意得：，
∴，，
设，
∵，，，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
同理四边形和均是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，，
同理四边形是正方形，
∴，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
即，
解得：或0（舍去），
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11. 分解因式：________ ．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】解：
故答案为：
12. 某车站30位购票者等候购票时间的频数表如图所示，其中a的值为______．
某车站30位购票者等候购票时间频数表
组别（分）
频数
频率
1
6

2
12

3
3

4
9
a

【答案】
【解析】
【分析】根据频率和为1计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了频率．解题的关键在于熟练掌握频率和为1．
13. 不等式组的解为______．
【答案】
【解析】
【分析】分别计算不等式的解集，进而可得不等式组的解集．
【详解】解：，
解得，
∴不等式的解集为；
，
解得，
∴不等式的解集为；
∴不等式组的解集为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组．解题的关键在于正确的运算．
14. 一个扇形的半径为6，弧长为3π，则此扇形的圆心角为___度．
【答案】90
【解析】
【分析】根据弧长公式列式计算，得到答案．
【详解】设这个扇形的圆心角为n°，
则＝3π，
解得，n＝90，
故答案为：90．
【点睛】考核知识点: 弧长的计算．熟记公式是关键.
15. 如图，点A，B，C在函数（常数，）图象上的位置如图所示，分别过点A，C作x轴与y轴的垂线，过点B作y轴与的垂线．若，图中所构成的阴影部分面积为2，则矩形的面积为______．

【答案】
【解析】
【分析】设，进而表示出的坐标，用含的代数式表示出阴影部分的面积，求出的值，即可得解．
【详解】解：∵，
设，
则：，
∴，
∴阴影部分的面积为：，
∴，
∴矩形的面积为；
故答案为：．
【点睛】本题考查已知图形面积求值，熟练掌握值的几何意义，是解题的关键．
16. 图1是一种机械装置，当滑轮绕固定点旋转时，点在上滑动，带动点绕固定点旋转，使点在水平杆上来回滑动．图2是装置的侧面示意图，，，，，．当转动到时，点滑到最左边处，此时，，恰好在同一条直线上，则点到的距离是______cm；当转动到时，点滑到最右边处，则点在上滑动的最大距离______cm．

【答案】 ① 14 ②.
【解析】
【分析】延长交于点，则，在中，，，求得，证明，得，求得，，即可求得点到的距离是；延长交于，作于，证明平分，进一步证明，求得，，，在中，求得，进而得到，根据，得到，求得，，结合，即可求得点在上滑动的最大距离．
【详解】如图，延长交于点，则，

在中，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点到的距离是；
延长交于，作于，
∵，，，
∴平分，
∴
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴
∴点在上滑动的最大距离是cm．
故答案为：14，
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
三、解答题（本题有8个小题，共80分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17. （1）计算：．
（2）化简：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）先分别计算绝对值、算术平方根、零指数幂、负整数指数幂，然后进行加减运算即可；
（2）先计算积的乘方，然后进行同底数幂的乘法运算，最后合并同类项即可．
【详解】（1）解：原式；
（2）解：原式

．
【点睛】本题考查了绝对值、算术平方根、零指数幂、负整数指数幂，积的乘方，同底数幂的乘法运算，合并同类项等知识．解题的关键在于正确的运算．
18. 如图，在矩形中，延长至点E，使，连接交于点F．

（1）求证：．
（2）若，，求点A，F之间的距离．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质及全等三角形的判定定理，即可证得结论；
（2）连接，首先根据矩形及全等三角形的性质，可求得，，再根据勾股定理即可求解．
【小问1详解】
证明：四边形是矩形，
，，
，
，
在与中，

；
【小问2详解】
解：如图：连接，

四边形是矩形，
，，
，
，
，
点A，F之间的距离为．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，证得是解决本题的关键．
19. 学校组织“中国传统文化”知识竞赛，每班都有名同学参加，成绩分为A，B，C，D四个等级，其中相应等级的得分依次记为分，分，分，分（分及以上属于优秀），学校将七年一班和二班的成绩整理如下：

（1）填写以下表格．
班级
平均数
众数
中位数
优秀率
七年一班
______分
分
______分
______
七年二班
分
______分
90分


（2）结合以上统计量，你认为哪个班级的竞赛成绩更加优秀？请简述理由．
【答案】（1）见解析 （2）二班的竞赛成绩更加优秀，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据众数、中位数和平均数以及优秀率的概念求解可得；
（2）根据平均数、中位数、众数以及优秀率进行判断即可．
【小问1详解】
解：七年一班的平均分（分），
中位数是第、个数的平均数，即（分），
优秀率，；
七年二班分数最多的是分，则众数为（分），
填写表格如下．
班级
平均数
众数
中位数
优秀率
七年一班
分
分
分

七年二班
分
分
分

【小问2详解】解：从中位数、优秀率看，两个班级的竞赛成绩相同，
从平均数、众数可得，二班的竞赛成绩更加优秀，
理由：二班的平均分、众数均比一班好．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图，理解中位数、平均数、众数以及优秀率的定义是正确解答的前提．
20. 如图，在的方格纸中，的顶点均在格点上，请按要求画图．

（1）在图中作一个以点A，B，C，D为顶点的格点四边形，且该四边形为中心对称图形．
（2）在图中找一个格点E，连结，使将的面积分为．
【答案】（1）图见解析（不唯一）
（2）图见解析（不唯一）
【解析】
【分析】（1）取格点，连接，构造平行四边形即可；
（2）取格点，连接交于点，点即为所求．
【小问1详解】
解：取格点，连接，如图，四边形即为所求；
【小问2详解】
解：取格点，连接交于点，点即为所求，如图：

由图可知：，
∴，
∴，
∴；
故点即为所求．
【点睛】本题考查格点作图．熟练掌握中心对称图形定义，以及相似三角形的判定和性质，确定格点位置，是解题的关键．
21. 已知抛物线．
（1）若抛物线与y轴交点为，求抛物线的函数表达式和顶点坐标．
（2）已知抛物线与y轴的交点在y轴正半轴上，与x轴有交点．若点，在抛物线上，求c的取值范围及m的最大值．
【答案】（1）；；
（2）；1．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线的函数表达式，再将其化为顶点式即可得到顶点坐标；
（2）根据抛物线与y轴的交点在y轴正半轴上，得到，再根据与x轴有交点，利用一元二次方程根的判别式，解得，然后利用抛物线上对称点与对称轴的关系，求出，即可得到m的最大值．
【小问1详解】
解：抛物线与y轴的交点为，
，
抛物线的函数表达式为，
，
顶点坐标为；
【小问2详解】
解：抛物线与y轴的交点在y轴正半轴上，
，
抛物线与x轴有交点，
有实数解，
，
由图像法解一元二次不等式，得：或（舍），
c的取值范围为，
抛物线，
对称轴为，
点，在抛物线上，
，
，
，
m的最大值为1．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求二次函数解析式，抛物线与轴的交点问题，一元二次方程根的判别式等知识，熟练掌握二次函数的性质，以及二次函数与一元二次方程的联系是解题关键．
22. 在中，，平分，点G是的中点，点F是上一点，，延长交的延长线于点E，连结．

（1）证明：四边形是平行四边形．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明，得到，即可得证；
（2）根据平行四边形的性质，得到，进而得到，结合，求出的长，进而求出的长，利用求出的长，再用即可得解．
【小问1详解】
证明：∵平分，点G是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，，
∴，
设，则：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形．掌握并能够灵活运用相关知识点，是解题的关键．
23. 根据以下素材，设计落地窗的遮阳篷．
素材1：如图1，小浩家的窗户朝南，窗户的高度，此地一年中的正午时刻，太阳光与地平面的最小夹角为，最大夹角为．如图2，小浩设计直角形遮阳篷，点在的延长线上，，它既能最大限度地使冬天温暖的阳光射入室内（太阳光与平行），又能最大限度地遮挡夏天炎热的阳光（太阳光与平行）．

素材2：小浩查阅资料，计算出，（，，如图2）．
素材3：如图3，为了美观及实用性，小浩再设计出圆弧形可伸缩遮阳篷（劣弧延伸后经过点，段可伸缩，为的中点），，的长保持不变．
【任务1】如图2，求，的长．
【任务2】如图3，求劣弧的弓高．
【任务3】如图3，若某时太阳光与地平面的夹角的正切值，要最大限度地使阳光射入室内，求遮阳篷点上升高度的最小值（点到的距离）．
【答案】任务1： ，；任务2：劣弧的弓高为米；任务3：遮阳篷点上升高度的最小值为米．
【解析】
【分析】任务1：由题意得：，，，得到，，进而推出，在中，，得到，在中，，得到，结合，，即可求得，的长；
任务2：已知，得到是直径，取的中点，过点作交于点，即点是圆心，已知，，求得，根据是的中点，求得，已知，得到，结合，得到，进而得到，求得，，得到，结合是直径，点是圆心，得到，结合，，即可得到即为劣弧的弓高，根据，即可求得劣弧的弓高；
任务3：过点作，作使得，交于点，连接，过点作，与相交于点，与相交于点，
根据，得到，在中，结合，得到
，进而得到，结合，可知点与点重合，连接，过点作，得到 ，在中，得到，设，则，根据，，得到，同理得到，，，
即可证明四边形是矩形，进一步得到，，，
，，结合是半径，得到，
在中，根据勾股定理求出的值，即可求得遮阳篷点上升高度的最小值．
【详解】任务1：
如图所示：

由题意得：，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
又∵，，则，
∴，
∴，
即，；
任务2：
如图所示：

∵，
∴是直径，
取的中点，过点作交于点，即点是圆心，
∵，，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
由题意可知：是直径，点是圆心，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴即为劣弧的弓高，
∴，
∴劣弧的弓高为米；
任务3：
如图所示：

过点作，作使得，交于点，连接，过点作，与相交于点，与相交于点，
∵，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴点与点重合，
连接，过点作，
∵，
∴，
在中，，
设，则，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴，，
又∵是半径，
∴，
在中，
∵，，，
则，
∴，
解得：（舍），，
∴，
∴遮阳篷点上升高度的最小值为米．
【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
24. 如图，点O在的斜边上，半圆O切于点D，切于点E，连结，Q为线段上一点，交于点P，已知，，设，．

（1）求半圆O的半径和的长．
（2）若点Q在线段上．
①求y关于x的函数表达式．
②在上取点F（不与点O重合），连结，当为等腰直角三角形时，求所有满足条件x的值．
（3）当经过的中点G时，求的长．
【答案】（1）半径为2，的长
（2）①；②或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理先求出的长，再证得四边形是正方形，然后设半圆O的半径为r，则，，再根据，即可求解；
（2）①根据题意可得，再由，即可求解；②根据，可得，然后分两种情况：当等腰直角的腰为时；当等腰直角的腰为时，即可求解；
（3），可得，连接，先证得点G在上，然后过点G作于点N，设交于点R，可得是等腰直角三角形，从而得到，再由，可得，再根据，可得，从而得到，可求出x的值，从而得到的长度，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，，，
∴，
∵半圆O切于点D，切于点E，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
设半圆O的半径为r，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
即半圆O的半径为2，的长；
【小问2详解】
解：①由（1）得：，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，
即y关于x的函数表达式为；
②由①得：，
∴，即，
∴，
当等腰直角的腰为时，，则，

∴，
∴，即，
∴，
∴，解得：；
当等腰直角的腰为时，，，
过点P作，则，，

∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
综上所述，满足条件的x的值为或；
【小问3详解】
解：根据题意得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
如图，连接，

∵点G为的中点，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴点G在上，
过点G作于点N，设交于点R，
∴是等腰直角三角形，
∴，
由（1）得：，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，解得：，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握切线的性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识是解题的关键，是中考的压轴题．