数学（新疆卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析）

2023年中考考前最后一卷【新疆卷】

数学·全解全析

一．选择题（共9小题，满分45分，每小题5分）

1．下列为负数的是（    ）

A． B． C．0 D．

【分析】分别化简需要化简的数，再作出判断即可．

【解答】解：，故A不符合题意；

，故B不符合题意；

0既不是正数，也不是负数，故C不符合题意；

，故D符合题意；

故选D．

2．如图所示的几何体的左视图是（　　）

A． B． C． D．

【分析】根据左视图即从左边观察得到的图形可得．

【解答】解：从左边看，可得如选项B所示的图形，

故选：B

3．如图，一块含角的直角三角板的两个顶点恰好落在一把标准直尺的对边上．若，则的度数是（　　）

A． B． C． D．

【分析】直接利用平行线的性质，求得的度数，进而结合等腰直角三角形的性质得出答案．

【解答】解：∵，

∴，

∵，

∴，

故选：A．

4．计算下列各式：①，②，③，④，正确的有（    ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

【分析】根据幂的乘方和同底数幂的除法可判断①；根据积的乘方和同底数幂的除法可判断②；根据0指数幂的意义可判断③；根据单项式除以单项式的法则可判断④；进而可得答案.

【解答】解：，故①错误；

，故②正确；

，故③正确；

，故④错误；

综上，正确的有两个；

故选：C.

5．关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是(   )

A．且 B．且

C． D．且

【分析】根据一元二次方程的二次项系数不为零，进行求解即可得到答案

【解答】解：关于的一元二次方程有实数根，

，

，

且，

故选：A．

6．《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录了一道驿站送信的题目，大意为：一份文件，若用慢马送到里远的城市，所需时间比规定时间多天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少天．已知快马的速度是慢马的倍，求规定时间．设规定时间为x天，则可列出正确的方程为（    ）

A． B． C． D．

【分析】根据快马、慢马所需时间及规定时间之间的关系，可得出慢马所需的时间为天，快马所需的时间为天，利用速度路程时间，结合快马的速度是慢马的倍，即可得出关于的分式方程，此题得解．

【解答】解：规定时间为x天，

慢马所需的时间为，快马所需时间为，

又快马的速度是慢马的倍，

可列出方程，

故选：B．

7．如图，在中，，，，以点为圆心，长为半径画弧，与交于点，再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点、，作直线，分别交、于点、，则的长度为（   ）

A．3 B． C． D．

【分析】勾股定理得出，根据作图可知，垂直平分，根据，求得，进而即可求解．

【解答】解：∵在中，，，，

∴，

根据作图可知，垂直平分，

∴，，，

∴，

即，

解得：

∴，

故选：D．

8．如图，内接于，的半径为3，点是上的一点，且，则的长为（    ）

A． B． C． D．

【分析】连接，根据圆周角定理可得，再由，可得，再由，可得，可证得是等边三角形，从而得到，在中，可得到的长，即可求解．

【解答】解：连接，如图，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴是等边三角形，

∴，

在中，，

∴，

故选A．

9．如图，在中，，，，点是边上一动点，连接，以为斜边作，使，，连接．则面积的最大值（  ）

A． B． C． D．

【分析】过作，交的延长线于，易证得及，得到，，从而求得，，由面积公式求得，即可求解．

【解答】解：过作，交的延长线于，

，，

，

，，

，，

，，

，

，

，，

，

，

，

，

，

，

，

即面积的最大值为，

故选：B．

二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）

10．因式分解： ________________．

【分析】首先提取公因式a，再利用平方差公式分解因式得出答案．

【解答】解：．

故答案为：

11．在函数中，自变量x的取值范围是_______．

【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件进行求解即可．

【解答】解：∵要有意义，

∴，

∴且，

故答案为：且．

12．一个正n多边形的一个内角是它的外角的4倍，则___________．

【分析】由多边形的每一个内角与相邻的这个外角互补先求解每一个外角，从而可得答案．

【解答】解：∵一个正n多边形的一个内角是它的外角的4倍，

∴正多边形的每一个外角为：，

∴，

故答案为：10．

13．已知扇形面积为24π，弧长为8π，则此扇形的圆心角为________度．

【分析】根据扇形的弧长为，面积为，可以得到该扇形所在圆的半径，然后即可计算出该扇形所对的圆心角的度数．

【解答】解：设该扇形的半径为，圆心角为，

扇形的弧长为，面积为，

，

解得，，

，

，

故答案为：240．

14．如图，一次函数与反比例函数的图象交于A，B两点，点M在以为圆心，半径为2的上，N是线段的中点，已知长的最大值为3，则k的值是 ____________________．

【分析】根据题意得出是的中位线，所以取到最大值时，也取到最大值，就转化为研究也取到最大值时的值，根据三点共线时，取得最大值，解出的坐标代入反比例函数即可求解．

【解答】解：连接，如下图：

在中，

分别是的中点，

是的中位线，

，

已知长的最大值为3，

此时的，

显然当三点共线时，取到最大值：，

，

，

设，由两点间的距离公式：，

，

解得：（取舍），

，

将代入，

解得：，

故答案是：．

15．如图，已知在矩形中，，，将矩形绕点C旋转，使点B恰好落在对角线上的点处，点A、D分别落在点、处，边、分别与边交于点M、N，那么线段的长为___________．

【分析】过点作，利用勾股定理求出，根据旋转的性质得到相应结论，求出证明，求出，，证明，求出，，设，最后证明，得到，求出，从而可得．

【解答】解：如图，过点作，

在矩形中，，，

∴，

由旋转可知：，，，

∴，

∵，，

∴，

∴，即，

解得：，，

∴，

∵，，

∴，

∴，即，

解得：，，

∴，

设，则，

∵，，

∴，

∴，即，

解得：，即，

∴，

故答案为：．

三、解答题（共8小题，总分75分）

16．计算：；

【分析】先计算负整数指数幂，零指数幂和特殊角三角函数值，再根据实数的混合计算法则求解即可；

【解答】解：（1）原式

；

17．化简：，在满足的整数中选择一个适当的数求代数式的值．

【分析】先根据分式的混合计算法则化简，再求出不等式的整数解，进一步根据分式有意义的条件求出合适的值代值计算即可．

【解答】解：

，

不等式的整数解为0，1，2，

∵分式要有意义，

∴，

∴且，

∴当时，原式．

18．如图，已知中，，E是的中点，连接并延长，与的延长线交于点F，与交于点G，连接．

(1)求证：四边形是矩形．

(2)若的面积是18，求的长．

【分析】

（1）先证明，则，可证四边形是平行四边形，根据，结论得证；

（2）如图，由，，可得，则，证明是等腰直角三角形，则是等腰直角三角形，即，，在中，由勾股定理求的值，证明，则，即，计算求解即可．

【解答】（1）证明：∵，

∴，

∴，

∵E是的中点，

∴，

在和中，

∵，

∴，

∴，

∴四边形是平行四边形，

∵，

∴，

∴四边形是矩形；

（2）解：如图，

∵，，

∴，

∴，

∴是等腰直角三角形，

∴，

∴是等腰直角三角形，

∴，，

在中，由勾股定理得，

∵，

∴，，

∴，

∴，即，解得，

∴的长为．

19．某校在宣传“民族团结”活动中，采用四种宣传形式：．器乐，．舞蹈，．朗诵，．唱歌．每名学生从中选择并且只能选择一种最喜欢的，学校就宣传形式对学生进行了抽样调查，并将调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图．

请结合图中所给信息，解答下列问题：

(1)本次调查的学生共有________人；扇形统计图中表示选项的扇形圆心角的度数是________，并补全条形统计图；

(2)该校共有名学生，请估计选择“唱歌”的学生有多少人？

(3)七年一班在最喜欢“器乐”的学生中，有甲、乙、丙、丁四位同学表现优秀，现从这四位同学中随机选出两名同学参加学校的器乐队，请用列表或画树状图法求被选取的两人恰好是甲和乙的概率．

【分析】

（1）用选择“器乐”的人数除以其人数占比即可求出本次参与调查的学生人数；用乘以选择“唱歌”的人数占比即可求出D选项对应的扇形圆心角度数；求出选择“舞蹈”的人数，进而补全统计图即可；

（2）用乘以样本中选择“唱歌”的人数占比即可得到答案；

（3）先画出树状图得到所有等可能性的结果数，再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．

【解答】（1）解：本次调查的学生共有：（人），

∴扇形统计图中表示选项的扇形圆心角的度数是，

喜欢类项目的人数有：（人），

补全条形统计图如图所示：

（2）解：（人），

答：估计选择“唱歌”的学生约有人；

（3）解：画树形图如下：

共有12种等可能的情况，其中被选取的两人恰好是甲和乙的有2种情况，

∴被选取的两人恰好是甲和乙的概率是．

20．越来越多太阳能路灯的使用，既点亮了城市的风景，也是我市积极落实节能环保的举措，某校学生开展综合实践活动，测量太阳能路灯电池板离地面的高度，如图，已知测倾器的高度为1.5米，在测点A处安置测倾器，测得点M的仰角，在与点A相距3米的测点D处安置测倾器，测得点M的仰角(点A，D与N在一条直线上)．求电池板离地面的高度的长(结果取整数，参考数据：，，)．

【分析】

过E作于F，连接，设米，可证四边形，四边形均是矩形，设，可求，由，解得 米，可求的长．

【解答】解：过E作于F，连接，则点B、E、F在同一条直线上，设米，

∵，

∴四边形，四边形均是矩形，

∴米，米，

∵，

∴,

∴，

∴，

∴解得 米，

经检验米符合题意，

∴米．

21．市第一中学开展关于“构建书香校园”读书活动的实施方案，以建设书香校园、和谐校园为目标，引领广大师生“走进五千年文明、品读祖国经典美文”，受到同学们的广泛关注，学校计划采购两类图书，通过市场了解，每套A种图书的价钱是每套B种图书价钱的1.5倍，用4000元购买的B种图书比用3000元购买的A种图书多20套．

(1)A种图书，B种图书每套分别为多少元？

(2)若学校计划拿出2000元全部用于购买A，B两种图书(两种图书都购买)，则共有 种购买方案；

(3)现学校计划采购60套图书，且A种图书数量不低于B种图书数量的一半，请你用函数的知识说明，如何采购能使总费用最低？并求出最低费用．

【分析】

（1）设种图书每套元，则A种图书每套元，根据用元购买的种图书比用元购买的A种图书多套列出方程，解方程即可，注意验根；

（2）设学校购买A种图书套，购买种图书套，根据购买A，两种图书的费用为元，列出，的关系式，再根据，为正整数得出，的值；

（3）设学校购买A种图书套，则购买种图书套，购买图书的总费用为元，根据总费用两种图书费用之和列出函数解析式，再根据A种图书数量不低于种图书数量的一半求出的取值范围，由函数的性质求最值．

【解答】（1）解：设种图书每套元，则A种图书每套元，

根据题意得：，

解得，

经检验，是原方程的解，

此时，

答：A种图书每套元，种图书每套元；

（2）解：设学校购买A种图书套，购买种图书套，

根据题意得：，

整理得：，

，都是正整数，

∴或或或或或，

共有种购买方案．

故答案为：．

（3）解：设学校购买A种图书套，则购买种图书套，购买图书的总费用为元，

由题意得：，

∵，

随的增大而增大，

种图书数量不低于种图书数量的一半，

∴，

解得，

当时，最小，最小值为，

此时套．

答：学校购买A种图书套，则购买种图书套时，总费用最低，最低费用为元．

22．如图，在中，，，与交于点，，为直径，点在上，连接，，．

(1)求证：是的切线：

(2)若，的半径为3，求的长．

【分析】

（1）连接，根据等腰三角形的性质得到，求得．根据圆周角定理得到，即，求得．根据切线的判定定理即可得到结论；

（2）解直角三角形即可得到结论．

【解答】

（1）证明：连接，

，

，

，

．

为直径，

，

即，

．

．

是的半径，

直线是的切线；

（2）解：根据（1）的结论，有，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵在中，＝，

又∵，

∴，

∴，

∵，

∴．

即为．

23．在平面直角坐标系中，抛物线（、为常数）的对称轴为直线，且经过点．点在该抛物线上，其横坐标为．

(1)求此抛物线对应的函数表达式；

(2)当时，求函数的最大值和最小值；

(3)将此抛物线上、A两点之间的部分（包括、A两点）记为图象，当图象与直线只有一个公共点时，求的取值范围；

(4)设点的坐标为，当不与坐标轴平行时，以为对角线构造矩形，且轴．当拋物线与矩形的边只有两个交点，且交点的纵坐标之差为时，直接写出的值

【分析】

（1）根据对称轴先求出b，然后待定系数法求出函数解析式即可；

（2）根据二次函数的性质，确定开口方向和顶点坐标，然后求出当和时的y值，即可得到y的最大值和最小值；

（3）根据图象G与直线只有一个公共点，可分成两种情况进行分析，并计算即可；

（4）根据题意，分两种情况和进行分析，并计算即可．

【解答】（1）解：对称轴，

得：

把代入

解得：

∴

（2）解：

∴顶点坐标为（1，4）

∵

开口向下

当时，代入，

得：

当时，代入，

得：

∴当时，，

（3）解：P坐标为，

∵图象G与直线只有一个公共点

∴①，点P在直线下方，如图1

则

解得：

②，直线在点P下方且在点A上方，如图2

则

解得：．

∴或．

            图1                                图2

（4）解：①当时，两个交点分别为和P

由，

解得，（舍去）．

②当时，两个交点分别为点F、P，

由，

解得，（舍去）．

∴或（答对第一个给1分，第二个给2分）