2023年北京市海淀区清华附中中考一模数学试卷

这是一份2023年北京市海淀区清华附中中考一模数学试卷，共28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。
2023年北京市海淀区清华附中中考一模数学试卷（3月份）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．如图是某几何体的视图，该几何体是（    ）

A．圆柱 B．球 C．三棱柱 D．长方体
2．故宫又称紫禁城，位于北京中轴线的中心，占地面积高达平方米，在世界宫殿建筑群中面最大．请将用科学记数法表示应为（    ）

A． B． C． D．
3．下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．实数a，b，c，d在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论正确的是（   ）

A．|a|0 C．a+c>0 D．d－a>0
5．若正多边形的一个外角的度数为45°，则这个正多边形是（ ）
A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形
6．如图，直线，平分，，则的度数是（    ）

A． B．
C． D．
7．在一个不透明的袋中有2个红球和1个白球，这些球除颜色外部相同．搅匀后，随机从中摸出一个球．记下颜色后放回袋子中，充分搖匀后，再从中随机摸出一个球，两次都摸到红球的概率是（    ）
A． B． C． D．
8．如图，长方体的体积是100m3，底面一边长为2m．记底面另一边长为xm，底面的周长为lm，长方体的高为hm．当x在一定范围内变化时，l和h都随x的变化而变化，则l与x，h与x满足的函数关系分别是（　　）

A．一次函数关系，二次函数关系
B．反比例函数关系，二次函数关系
C．反比例函数关系，一次函数关系
D．一次函数关系，反比例函数关系

二、填空题
9．如图所示的网格是正方形网格，△ABC是_____三角形．（填“锐角”“直角”或“钝角”）

10．因式分解__________．
11．某活动小组购买了4个篮球和5个足球，一共花费了435元，其中篮球的单价比足球的单价多3元，求篮球的单价和足球的单价.设篮球的单价为元，足球的单价为元，依题意，可列方程组为____________．
12．如图，圆的两条弦，相交于点E，且，，则的度数为 ________．

13．在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于，两点，则的值为______．
14．如图，在▱ABCD中，延长CD至点E，使DE=DC，连接BE与AC于点F，则的值是_____．

15．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，在抛物线上，若，则，，的大小关系为_____（用“-1时，对于x的每一个值，函数y=x的值大于一次函数y=kx+4k(k≠0)的值，求k的取值范围．
22．如图，在中，，以AB为直径作，交BC于点D，交AC于点E，过点B作的切线交OD的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)若，，求AE的长．
23．在平面直角坐标xOy中，点在抛物线上．
(1)求抛物线的对称轴；
(2)抛物线上两点，，且，．
①当时，比较，的大小关系，并说明理由；
②若对于，，都有，直接写出t的取值范围．
24．在中，，，过点A作的垂线，垂足为D，E为射线上一动点（不与点C重合），连接，以点A为中心，将线段逆时针旋转得到线段，连接，与直线交于点G．

(1)如图1，当点E在线段上时，
①依题意补全图形；
②求证：点G为的中点．
(2)如图2，当点E在线段的延长线上时，用等式表示之间的数量关系，并证明．
25．在平面直角坐标系中，对于线段，点和图形定义如下：线段绕点逆时针旋转得到线段（和分别是和的对应点），若线段和均在图形的内部（包括边界），则称图形为线段关于点的旋垂闭图．

(1)如图，点，．
①已知图形：半径为3的；
：以为中心且边长为6的正方形；
：以线段为边的等边三角形．
在，，中，线段关于点的旋垂闭图是　 　．
②若半径为5的是线段关于点的旋垂闭图，求的取值范围；
(2)已知长度为4的线段在轴负半轴和原点组成的射线上，若存在点，使得对半径为2的上任意一点，都有线段满足半径为的是该线段关于点的旋垂闭图，直接写出的取值范围．

参考答案：
1．A
【分析】根据主视图和左视图都是高度相等的长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可判断柱体底面形状，得到答案．
【详解】解：∵几何体的主视图和左视图都是高度相等的长方形，
故该几何体是一个柱体，
又∵俯视图是一个圆形，
故该几何体是一个圆柱，
故选A．
【点睛】题考查的知识点是三视图，如果有两个视图为三角形，该几何体一定是锥，如果有两个矩形，该几何体一定柱，其底面由第三个视图的形状决定．
2．B
【分析】把一个大于的数记成的形式，其中是整数数位只有一位的数，是正整数，这种记数法叫做科学记数法，由此即可得到答案．
【详解】解：将用科学记数法表示应为，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查科学记数法，关键是掌握用科学记数法表示较大数的方法．
3．A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可．
【详解】A选项既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合要求；
B选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合要求；
C选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合要求；
D选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合要求；
故选：A．
【点睛】本题考查轴对称图形和中心对称图形的判断识别．解题的关键是掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
4．D
【分析】根据实数在数轴上的位置，得出各个数的大小关系，再根据绝对值的大小，判断相关代数式的符号．
【详解】由实数a，b，c，d在数轴上对应的点的位置可知，a＜b＜0＜c＜d，
∴|a|＞|b|，ad＜0，a+c＜0，d-a＞0，
因此选项D正确，
故选：D．
【点睛】本题考查数轴表示数，有理数的四则运算法则，理解符号、绝对值是确定有理数的必要条件．
5．C
【分析】正多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以外角的度数，就得到外角的个数，外角的个数就是多边形的边数．
【详解】解：这个正多边形的边数：360°÷45°=8．
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角的关系，熟记正多边形的边数与外角的关系是解题的关键．
6．C
【分析】根据邻补角求出，由平分可知，根据得到．
【详解】解：∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查了邻补角和平行线的性质、角平分线的定义．解题关键是掌握相关定义和性质．
7．D
【分析】首先根据题意画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果与两次都摸到黄球的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．注意此题属于放回实验．
【详解】画树状图如下：

由树状图可知，共有9种等可能结果，其中两次都摸到红球的有4种结果，
∴两次都摸到红球的概率为，
故选：D．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率的知识．注意画树状图与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．
8．D
【分析】根据底面的周长公式“底面周长=2（长+宽）”可表示出l与x的关系式，根据长方体的体积公式“长方体体积=长×宽×高”可表示出h与x，根据各自的表达式形式判断函数类型即可．
【详解】解：由底面的周长公式：底面周长=2（长+宽）
可得：
即：
l与x的关系为：一次函数关系．
根据长方体的体积公式：长方体体积=长×宽×高
可得：

h与x的关系为：反比例函数关系．
故选：D
【点睛】本题考查了函数关系式的综合应用，涉及到一次函数、二次函数、反比例函数等知识，熟知函数的相关类型并且能够根据实际问题列出函数关系式是解决本题的关键．
9．锐角
【分析】根据三边的长可作判断．
【详解】解：∵AB2＝32+12＝10，AC2＝12+42＝17，BC2＝32+42＝25，
∴AB2+AC2＞BC2，
∴△ABC为锐角三角形，
故答案为锐角．
【点睛】本题考查了三边的关系，会利用三边关系确定三角形的形状：若三角形的三边分别为a、b、c，①当a2+b2＞c2时，△ABC为锐角三角形；②当a2+b2＜c2时，△ABC为钝角三角形；③当a2+b2＝c2时，△ABC为直角三角形．
10．
【分析】先提取公因式，然后利用完全平方公式分解因式即可．
【详解】解：原式
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了用提公因式法、完全平方公式法分解因式，熟练掌握提公因式法、完全平方公式法是解题的关键．
11．
【分析】根据总费用列出一个方程，根据单价关系列出一个方程，联立方程即可.
【详解】由题意得：4个篮球和5个足球共花费435元，可列方程：4x+5y=435，篮球的单价比足球的单价多3元，可列方程：x-y=3，联立得.
【点睛】本题考查二元一次方程的应用，根据题意列出方程是关键.
12．80°/80度
【分析】根据圆周角定理的推论得到，再由三角形外角的性质即可得到结论．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，熟记圆周角定理的推论是解题的关键．
13．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点找出、两点坐标的关系，再根据反比例函数图象上点的坐标特点解答即可．
【详解】图像关于中心对称，
，
图像经过一、三象限，
图像也关于中心对称，
，
图像经过一、三象限，
又、为与交点，
、也关于原点中心对称，且一个在第三象限，一个在第一象限，
，，
，
故答案为．
【点睛】本题考查了反比例函数图像的对称性，准确掌握利用过原点的直线与双曲线的两个交点关于原点对称是解答本题的关键．
14．
【分析】在▱ABCD中，AB∥CD，AB=CD，根据DE=DC，可得AB=CD=DE=CE，再由AB∥CD，可得△ABF∽△CEF，对应边成比例即可求得结论．
【详解】解：在▱ABCD中，AB∥CD，AB=CD，
∵DE=DC，
∴AB=CD=DE=CE，
∵AB∥CD，
∴△ABF∽△CEF，
∴．
故答案为：．
【点睛】考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，解题关键是掌握并运用了相似三角形的判定与性质．
15．
【分析】根据二次函数的图象与性质，将三点转化到对称轴的一侧，根据二次函数的性质进行比较大小即可．
【详解】解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵，
∴，
令关于直线对称的点坐标为，
则，
∴，
∵，
∴当时，随的增大而增大，
∴，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
16． 角平分线
【分析】（1）根据角平分线上的点到角两边的距离相等，进行作答即可；
（2）根据题意，得到三条路线，在上截取，连接，证明，利用三角形的三边关系，即可得到最短路径．
【详解】解：（1）∵厂房O到每条公路的距离相等，
∴点O为三条角平分线的交点；
故答案为：角平分线．
（2）如图：

有三条路线可走：，
在上截取，连接，
∵点O为三条角平分线的交点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
同理，
∴最短，
即最短路线长为：；
故答案为：．
【点睛】本题考查角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系．熟练掌握相关知识点并灵活运用，是解题的关键．
17．
【分析】先化简各式，再进行加减运算即可．
【详解】解：原式

．
【点睛】本题考查特殊角的三角函数值的混合运算．熟练掌握负整数指数幂，零指数幂的法则，熟记特殊角的三角函数值，是解题的关键．
18．
【分析】根据去分母转换成整式方程，解分式方程，检验即可得到答案．
【详解】解：去分母可得，
，
解得：，
检验：当时，，
∴是原方程的解，
∴原方程的解是．
【点睛】本题考查解分式方程，解题的关键是去分母时不要漏乘及检验是否为增根．
19．(1)证明见详解；
(2)2或．

【分析】（1）先求一元二次方程的根的判别式，然后再证明即可；
（2）不妨设方程的两实数根为且，则，再利用一元二次方程的根与系数的关系可得，进而变形即可求解．
【详解】（1）解：关于的一元二次方程的根的判别式


，
不论取任何实数，都有即成立；
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；
故该方程总有两个实数根；
（2）解：不妨设方程的两实数根为且，
则，
，
又，
，
或，
故的值为2或．
【点睛】此题考查了一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系、完全平方公式以及直接开平方求解一元二次方程等知识，熟练掌握根的判别式与根与系数的关系的应用是解答此题的关键．
20．见解析
【分析】方法一：如图，延长至点，使，连接．先证明，可得，，可证得四边形为平行四边形，即可求证；方法二：过点作交于．先证明，可得，，可证得四边形为平行四边形，即可求证．
【详解】证明方法一：如图，延长至点，使，连接．
点为的中点，
，
，，
，
，，
，即，
点为的中点，
，
四边形为平行四边形，
，，
，
，且．
方法二：过点作交于．
，，
点为的中点，
，
，
，，
点为的中点，
，
，
四边形为平行四边形，
，，
，
，且．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质是解题的关键．
21．(1)y=x+；点A的坐标为(-4，0)
(2)k≤−

【分析】（1）当m=2时，把点C的坐标代入y=kx+4k(k≠0)，即可求得k的值，得到一次函数表达式，再求出点A的坐标即可；
（2）根据图像得到不等式，解不等式即可．
【详解】（1）解：∵m=2，
∴将点C(2，2)代入y=kx+4k，
解得k=；
∴一次函数表达式为y=x+，
当y=0时，x+=0，
解得x=-4
∵一次函数y=x+的图像与x轴交于点A，
∴点A的坐标为(-4，0)．
（2）解：作如下图：

∵当x＞−1时，对于x的每一个值，函数y=x的值大于一次函数y=kx+4k(k≠0)的值，结合函数图像可知，
当x=−1时，，
解得k≤−．
∴k≤−．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，利用函数图像解不等式，数形结合是解答本题的关键．
22．(1)见解析
(2)

【分析】(1)首先根据等边对等角可证得，再根据平行线的判定与性质，即可证得结论；
(2)首先根据圆周角定理及切线的性质，可证得，即可证得，再根据相似三角形的性质即可求得．
【详解】（1）证明：






（2）解：如图：连接BE

是的直径，AB=4
，
是的切线


又


又
，解得
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质，作出辅助线，证得是解决本题的关键．
23．(1)
(2)①，理由见详解；②或

【分析】（1）对于抛物线，令，可得，可知点（0，2）在抛物线上，根据点也在抛物线上，由抛物线的对称性，可知该抛物线的对称轴为；
（2）根据题意，大致画出抛物线图象．①当时，根据题意可计算、的取值范围，再结合抛物线图象判断，的大小即可；②分情况讨论，当、、三种情况下，区域和区域的位置及移动方向，确定满足条件的t的取值范围．
【详解】（1）解：对于抛物线，令，可得，
即该抛物线与y轴的交点为点（0，2），
又∵点也在抛物线上，
∴根据抛物线的对称性，可知该抛物线的对称轴为；
（2）根据题意，大致画出抛物线图象，如下图，
①当时，根据题意可知，，，，
即有，，
由图象可知，；

②若对于，，都有，可分情况讨论，如下图：

当时，，，由图象对称性可知，成立；
当时，区域向左移动，区域向右移动且都移动t个单位，由图象对称性可知，成立；
当时，区域、区域相向移动，
两区域相遇时，有，解得，在时，成立；
相遇后，再继续运动，两区域分离时，有，解得；
分离后，即时，随着t的增大，由图象对称性可知，成立；
综上所述，满足条件的t的取值范围为：或．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与性质及二次函数的综合应用，解题关键是根据题意画出图形，用数形结合和分情况讨论的数学思想分析问题．
24．(1)①见解析；②见解析
(2)，理由见解析

【分析】（1）①根据题意画图即可；②由条件可证,得到,从而有，再通过平行线分线段成比例即可证出为的中点；
（2）由(1)知,可得为的中点仍然成立,设,表示出即可发现它们之间的数量关系．
【详解】（1）解：①如图，

②如图，连接，

，
，
在和中，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
G为的中点．
（2）解：．
理由如下：如图，连接，

由（1）可知：，
，
为的中点仍然成立，且，
设，，则，
，
，
在中，由勾股定理可得：，
，，，
．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，以及勾股定理等知识，表示出的长度是解决问题的关键．
25．(1)①，；②
(2)

【分析】（1）①分别在坐标系中画出，，，再画出线段绕点逆时针旋转的线段即可得到答案；
②如图1所示，当点在点左侧，且此时刚好点落在上时，如图2所示，当点在点右侧，且此时刚好点落在上时，求出这两种临界情形下的值，即可得到答案；
（2）先求出点在直线上运动；不妨设点在点的左侧，如图所示，连接并延长交于P，点绕点P逆时针旋转后的对应点为，，由旋转的性质可得，，则，由于点到上任意一点的距离的最大值是，则只需要找到值最小时，则此时半径有最小值；故当与直线垂直时，有最小值，即有最小值，如图所示，当点的坐标为且与直线垂直时，有最小值，即有最小值，利用等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：①由下图可知，在，，中，线段关于点的旋垂闭图是，，
故答案为：，；

②如图1所示，当点在点左侧，且此时刚好点落在上时，
由旋转的性质可得，，
，，
，
，
在上，
，
，
，
解得或（不符合题意，舍去）；

如图2所示，当点在点右侧，且此时刚好点落在上时，
由旋转的性质可得，，
，，
，
，
在上，
，
，
，
解得或（不符合题意的值舍去）；
当时，半径为5的是线段关于点的旋垂闭图；
；
（2）解：，
，
，
点在直线上运动；
长度为4的线段在轴负半轴和原点组成的射线上，
不妨设点在点的左侧，
如图所示，连接并延长交于P，点绕点P逆时针旋转后的对应点为，

由旋转的性质可得，，
，
点到上任意一点的距离的最大值是，
由于A、Q都是动点，
只需要找到值最小时，则此时半径有最小值；
点到直线的距离，垂线段最短，
当与直线垂直时，有最小值，即有最小值，
如图所示，当点的坐标为且与直线垂直时，有最小值，即有最小值，

此时，，
，
，
，
则
∴
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了坐标与图形，一次函数与几何综合，坐标与图形变化——旋转，勾股定理，圆外一点到圆上一点的最值问题等等，正确画出示意图，利用数形结合的思想求解是解题的关键．