2023年中考押题预测卷01（深圳卷）-数学（全解全析）

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2023年中考押题预测卷01【深圳卷】数学·全解全析12345678910BCCAABBADD参考答案：1．B【分析】正数大于0，负数小于0，正数大于负数，两个负数比较大小，绝对值大的反而小．【详解】解：∵-5＜-1＜0＜3，∴最小的数是-5．故选：B．【点睛】本题考查了有理数的大小比较，注意两个负数比较大小，绝对值大的反而小．2．C【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>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．【详解】解：0.0000065的小数点向右移动6位得到6.5，所以数字0.0000065用科学记数法表示为6.5×10﹣6，故选C．【点睛】本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．C【分析】将这组数据从小到大重新排列，再根据中位数的定义求解即可．【详解】将这组数据从小到大排列为，，，，∴这组数据的中位数为，故选：C．【点睛】本题主要考查中位数，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．4．A【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可．【详解】将A图沿竖直的直线折叠，直线两旁的部分能重合，可知A图是轴对称图形，将A图绕中心旋转能本身重合，可知A是中心对称图形，所以A符合题意；将B图沿某直线折叠，直线两旁的部分不能重合，可知B图不是轴对称图形，将B图绕中心旋转能本身重合，可知B是中心对称图形，所以B不符合题意；将C图沿竖直的直线折叠，直线两旁的部分能重合，可知C图是轴对称图形，将C图绕某点旋转不能本身重合，可知C不是中心对称图形，所以C不符合题意；将D图沿某直线折叠，直线两旁的部分不能重合，可知D图不是轴对称图形，将D图绕某点旋转不能本身重合，可知D不是中心对称图形，所以D不符合题意．故选：A.【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的判断，掌握定义是解题的关键．将一个图形沿某直线折叠，直线两旁的部分能重合，这样的图形是轴对称图形，将某图形绕某点旋转能本身重合，这样的图形是中心对称图形．5．A【分析】根据同底数幂的乘法，幂的乘方，单项式除以单项式，完全平方公式，逐项分析计算即可求解．【详解】解：A. ，故该选项正确，符合题意；    B. ，故该选项不正确，不符合题意；    C. ，故该选项不正确，不符合题意；    D. ，故该选项不正确，不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，幂的乘方，单项式除以单项式，完全平方公式，熟练掌握运算运算法则是解题的关键．6．B【分析】先证明再求解从而利用圆周角定理可得答案.【详解】解： ∠OAB＝20°， 故选B【点睛】本题考查的是圆的基本性质，圆周角定理的应用，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，证明是解本题的关键.7．B【分析】根据轴对称的性质，轴对称图形的概念，等腰三角形的性质判断即可．【详解】解：①轴对称图形的对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线，说法正确；②等腰三角形一腰上的高与底边的夹角与底角互余，原说法错误；③等腰三角形的顶角平分线在它的对称轴上，原说法错误；④等腰三角形两腰上的中线相等，说法正确．综上，正确的有①④，共2个，故选：B【点睛】本题考查了对称的性质及等腰三角形的性质，掌握轴对称的性质，轴对称图形的概念，等腰三角形的性质是解题的关键．8．A【分析】分两种情况讨论，当k＞0时，分析出一次函数和反比例函数所过象限；再分析出k＜0时，一次函数和反比例函数所过象限，符合题意者即为正确答案．【详解】解：①当k＞0时，y＝kx﹣k过一、三、四象限；y＝过一、三象限；②当k＜0时，y＝kx﹣k过一、二、四象象限；y＝过二、四象限．观察图形可知，只有A选项符合题意．故选A．【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象和一次函数的图象，熟悉两函数中k和b的符号对函数图象的影响是解题的关键．9．D【分析】设第二组的速度为m/min,则第一组的速度是m/min，根据第一组比第二组早30min,列出方程即可．【详解】解：设第二组的速度为m/min,则第一组的速度是m/min，由题意，得．故选：D．【点睛】本题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．10．D【分析】①由“”可证，可得，，由四边形的内角和定理可证，可得；②通过证明，可得；③通过证明，可得，通过证明，可得，可得结论；④通过证明，可得，即可求解．【详解】如图，连接，四边形是正方形，，，又，，，，，，，又，，，，故①正确；，，，，又，，，，故②正确；，，，，，，，，，，，，故③正确；，，，，，，又，，，，，故④正确，故选：．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．11．【分析】先提公因式，然后根据平方差公式进行因式分解即可求解．【详解】解：，故答案为：．【点睛】本题考查了因式分解，掌握因式分解的方法是解题的关键．12．2≤x＜3．【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分，确定出不等式组的解集．【详解】解： ，由不等式①得：x＜3，由不等式②得：x≥2，所以不等式组的解集为：2≤x＜3．【点睛】此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．13．8【分析】先根据等腰三角形的性质得到，再根据勾股定理即可求出．【详解】解：∵，为底边上的高，∴，，∴．故答案为：8【点睛】本题考查了等腰三角形的性质“三线合一”和勾股定理的应用，熟知两个知识点并结合图形灵活应用是解题关键．14．1．【详解】∵PA⊥x轴于点A，交C2于点B，∴S△POA=×4=2，S△BOA=×2=1，∴S△POB=S△POA﹣S△BOA =2﹣1=1．15．【分析】如图，连接AC交BD于点O，以AD为边向上作等边△ADJ，连接JF，JA，JD，JM．判断出点F的运动轨迹，即可解决问题．【详解】解：如图，连接AC交BD于点O，以AD为边向上作等边△ADJ，连接JF，JA，JD，JM．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，∵AD=6，AC=，∴sin∠ACD=，∴∠ACD=60°，∴∠FED=∠ACD=60°，∵DF⊥DE，∴∠EDF=90°，∴∠EFD=30°，∵△JAD是等边三角形，∴∠AJD=60°，∴∠AFD=∠AJD，∴点F的运动轨迹是以J为圆心JA为半径的圆，∴当点F在MJ的延长线上时，FM的值最大，此时FJ=6，JM=，则FM的最大值为；故答案为：.【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质和判定，点的运动轨迹等知识，解题的关键是正确寻找点F的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．16．1+【分析】代入各特殊角的三角函数值计算即可．【详解】解：．【点睛】本题考查了含三角函数的实数的混合运算，牢记特殊角的三角函数值是解答本题的关键．17．；-1【分析】先将小括号内的分式通分化简，再根据除以一个分式等于乘以这个分式的倒数，结合完全平方公式、平方差公式解题，约分、化简，最后根据分式有意义的条件代入，计算求值即可．【详解】当时，原式【点睛】本题考查分式的化简求值，其中涉及分式有意义的条件、完全平方公式、平方差公式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．18．(1)24(2)108°(3) 【分析】（1 ）由一等奖人数及其所占百分比可得被调查的总人数,求差计算即可；（2 ）用360°乘以二等奖人数所占比例即可；（3 ）画树状图，共有6种等可能的结果，甲与乙相邻而坐的结果有4种，再由概率公式求解即可．【详解】（1）解：本次比赛获奖的总人数共有：（人），所以三等奖获奖人数为: （人）故答案为：24．（2）扇形统计图中“二等奖”所对应扇形的圆心角度数是，故答案为：．（3）画树状图如下：共有6种等可能的结果，其中甲与乙相邻而坐的结果有4种，∴甲与乙相邻而坐的概率为．【点睛】本题考查了条形统计图,扇形统计图和画树状图求概率,熟练掌握统计图的意义和画树状图的要领是解题的关键．19．(1)A、B两种品牌足球的单价分别为50元和40元(2)①，②买A品牌足球45个，则买B品牌的足球有15个，总费用最低，最低总费用为元 【分析】（1）设A、B两种品牌足球的单价分别为x元和y元，根据题意列出二元一次方程组，即可作答；（2）①根据题意直接列式即可；②根据，可得W的值随着m的增大而增大，问题随之解得．【详解】（1）设A、B两种品牌足球的单价分别为x元和y元，根据题意，有：，解得：，即：A、B两种品牌足球的单价分别为50元和40元，（2）①买A品牌足球m个，则买B品牌的足球有个，根据题意有：，且有：，解得：，即W关于m的函数关系式为：，；②W关于m的函数关系式为：，，∵，∴W的值随着m的增大而增大，∵，∴当时，W的值最小，最小为：（元），即买A品牌足球45个，则买B品牌的足球有15个，总费用最低，最低总费用为元．【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一次函数的应用以及解一元一次不等式组等知识，明确题意，正确列出方程组、一次函数关系式是解答本题的关键．20．(1)，(2)填表见解析，画图见详解(3) 【分析】（1）根据抛物线的对称轴，代入对称轴的值即可求解顶点坐标；（2）根据抛物线自变量的取值范围，适当选取自变量的值，计算函数值，并在平面直角坐标系中描点，连线即可；（3）根据函数图像的特点即可求解．【详解】（1）解：抛物线中，，∴对称轴为，顶点坐标公式中横坐标为，∴顶点坐标的纵坐标的值为，∴顶点坐标为，故答案为：，．（2）解：抛物线中自变量的取值范围为全体实数，自变量适当如图所示（答案不唯一），…………描点、连线如图所示，（3）解：由（2）可知，当时，函数值随自变量的增大而增大，∴横坐标满足时，两点，中，∴当时，．【点睛】本题主要考查二次函数的综合知识，掌握二次函数中对称轴的计算方法，顶点的计算方法，绘图的方法，二次函数图像的性质是解题的关键．21．(1)(2)(3)或 【分析】（1）如图1，连接，设半径为，证明，则，即，计算求解即可；（2）由（1）得，，由题意得，根据，表示y关于x的函数表达式即可；（3）由题意知，分，，，三种情况求解：①当时，由，可知该情况不存在；②当时，四边形为矩形，根据，即有，计算求解即可；③当时，如图2，过作于，则四边形为矩形，，，计算，，由，可得，则，，，根据，即，计算求解即可．【详解】（1）解：如图1，连接，设半径为，∵切半圆于点D，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得，∴半圆O的半径为；（2）解：由（1）得，，∵．，∴，∵，∴，∴y关于x的函数表达式为；（3）解：由题意知，分，，，三种情况求解：①当时，∵，∴该情况不存在；②当时，则四边形为矩形，∴，∵，，∴，解得，∴的值为；③当时，如图2，过作于，则四边形为矩形，∴，，在中，由勾股定理得， ∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，即，解得，∴的值为；综上所述，当为直角三角形时，x的值为或．【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，一次函数解析式，勾股定理，余弦、正弦，等边对等角，矩形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用并分情况求解．22．（1）见解析；（2）△DEM是等腰直角三角形，见解析；（3）仍然成立，见解析．【分析】（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定解答即可；（2）根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的判定和性质解答即可；（3）在MN上截取MP＝MD，连结EP、FP，延长FP与DC延长线交于点H，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的判定解答即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，∴CE＝FE，AD＝DC，∠CEF＝90°，AD∥EF．∴∠1＝∠2．在△AMD和△FMN中，∵∴△AMD≌△FMN（ASA）（2）答：△DEM是等腰直角三角形．由（1）得△AMD≌△FMN，∴MD＝MN，AD＝FN．在正方形ABCD中，∵AD＝DC，∴DC＝NF，又∵EC＝EF，∴EC﹣DC＝EF﹣NF，即ED＝EN．又∵∠DEN＝90°，∴△DEN是等腰直角三角形．∴EM⊥MD，ME＝MD．∴△DEM是等腰直角三角形；（3）答：仍然成立．如图，在MN上截取MP＝MD，连结EP、FP，延长FP与DC延长线交于点H．在△AMD和△FMP中，∵∴△AMD≌△FMP（SAS）．∴∠3＝∠4，AD＝PF，又∵四边形ABCD、四边形CGFE均为正方形，∴CE＝FE，AD＝DC，∠ADC＝90°，∠CEF＝∠ADC＝∠EFG＝∠ECG＝90°．∴DC＝PF．∵∠3＝∠4，∴AD∥FH．∴∠H＝∠ADC＝90°．∵∠G＝90°，∠5＝∠6，∠GCH＝180°﹣∠H﹣∠5，∠GFH＝180°﹣∠G﹣∠6，∴∠GCH＝∠GFH．∵∠GCH+∠DCE＝∠GFH+∠PFE＝90°，∴∠DCE＝∠PFE，在△DCE和△PFE中，∵∴△DCE≌△PFE（SAS）．∴ED＝EP，∠DEC＝∠PEF，∵∠CEF＝90°，∴∠DEP＝90°．∴△DEP是等腰直角三角形．∴EM⊥MD，ME＝MD，∴△DEM是等腰直角三角形．【点睛】本题考查的是四边形的综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及等腰直角三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．