精品解析：2023年黑龙江省哈尔滨市香坊区中考三模数学试题（解析版）

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数学试题
考生须知：
1．本试卷满分为120分，考试时间为120分钟．
2．答题前，考生先将自己的“姓名”“考场”“座位号”在答题卡上填写清楚．
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸上、试题纸上答题无效．
4．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、字迹清楚．
5．保持卡面整洁，不要折叠、不要弄脏、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀．
第Ⅰ卷 选择题（共30分）（涂卡）
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 的倒数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据倒数的概念，乘积为的两个数互为倒数，由此即可求解．
【详解】解：的倒数是，
故选：．
【点睛】本题主要考查求一个数的倒数，掌握倒数的概念是解题的关键．
2. 下列运算一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同底数幂的乘法、幂的乘方、合并同类项以及完全平方公式逐项计算即可．
【详解】解：A. ，故选项A不符合题意；
B. ，故选项B不符合题意；
C. ，故选项C符合题意；
D ，故选项D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了同底数幂的乘法、幂的乘方、合并同类项以及完全平方公式等知识，熟练掌握相关运算法则是解答本题的关键．
3. 由4个相同的小正方体搭成的几何体如图所示，其主视图是（ ）

A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】主视图是从正面看到的图形，据此解答即可.
【详解】解：几何体的主视图是：

故选：D.
【点睛】本题考查了组合体的三视图，熟知主视图是从几何体的正面看到的图形是解题关键.
4. 将抛物线先向左平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度后所得抛物线解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线平移变化规律左加右减，上加下减求解即可．
【详解】解：将抛物线先向左平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度后所得抛物线解析式为：，
即：，
故选：A．
【点睛】本题考查了抛物线的平移，解题关键是明确平移变化规律左加右减自变量，上加下减常数项．
5. 反比例函数的图象，当时，随的增大而增大，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据当x＞0时，y随x的增大而增大判断出k-3的符号，求出k的取值范围即可．
【详解】解：∵反比例函数的图象，当x＞0时，y随x的增大而增大，
∴k-3＜0，解得k＜3．
故选：A
【点睛】本题考查的是反比例函数的性质，即反比例函数的图象是双曲线，当双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大．
6. 方程的解为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先把分式方程化为整式方程，求出的值，代入最简公分母进行检验．
【详解】解：方程两边同时乘以得：，
解得，
检验：，
∴是原方程的解，
故选：D．
【点睛】本题考查的是解分式方程，熟知解分式方程的基本步骤是解答此题的关键．
7. 如图，中，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过作于，若，则长为（ ）

A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用旋转的性质，得到，证明，得到，利用以及含30度角的直角三角形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
∵
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等，是解题的关键．
8. 一个不透明盒子里放了2个白球和2个黑球，它们除颜色外其它均相同，若同时从盒子中随机摸出两个球，则两个球颜色相同的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与摸到的两个球颜色相同的的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，摸到的两个球颜色相同的的有4种情况，
所以摸出两个颜色相同的的概率是，
故选：B．
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图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．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
9. 如图，为中边上中线，点分别在和边上，交于点．则下列结论中不一定成立的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，可知，，，利用相似三角形的性质列出比例关系，逐项进行判断即可．
【详解】解：∵，
∴，，，
∴，，，
则，，，故A、B正确，
∴，
∵为中边上中线，
∴，
∴，故D正确，
∵与不一定相等，
∴与不一定相等，故C错误，
故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的性质解决问题的关键．
10. 张先生开车从甲地前往乙地，到达后立即返回．去时以40千米/小时的速度匀速行驶，3小时到达乙地，返回时以60千米/小时的速度匀速行驶，设张先生开车时间为（小时），汽车离乙地的距离为（千米）．下列图象中表示与之间函数关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，张先生开车从甲地前往乙地，，可排除A、D选项，从乙地返回甲地时，所有时间为小时，可排除C选项，即可选得答案．
【详解】解：由题意可知，张先生开车从甲地前往乙地，所用时间为小时
，故排除A、D选项；
从乙地返回甲地时，所有时间为小时，
即张先生开车从甲地前往乙地，到返回甲地所用时间为5小时，故排除C选项，
故选：B．
【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题（每题3分，共30分）
11. 数用科学记数法表示为__________．
【答案】2.6×10-6．
【解析】
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】0.0000026=2.6×10-6．
故答案为：2.6×10-6．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
12. 在函数中，自变量的取值范围是________________．
【答案】
【解析】
【分析】在函数中，分母不为0，则x-3≠0，求出x的取值范围即可.
【详解】在函数中，分母不为0，
则，即，
故答案为：.
【点睛】本题是对分式有意义的考查，熟练掌握分母不为0是解决本题的关键.
13. 计算____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用二次根式的性质化简，再相减．
详解】解：


故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的减法，解题的关键是掌握二次根式的化简及性质．
14. 把多项式分解因式的结果是_______．
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式再利用平方差公式分解因式得出答案．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了提公因式法和公式法因式分解，正确应用公式是解题关键．
15. 不等式组的解集为____________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出各个不等式的解，再求解集的公共部分即可得答案．
【详解】
解不等式①得，，
解不等式②得，，
∴不等式组的解集为．
故答案为∶ ．
【点睛】此题考查了解不等式组，解题关键是先求出不等式组中每一个不等式的解集，再利用口诀求出这些解集的公共部分：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无解．
16. 某品牌商品，按售价96元出售，可获得的利润，则商品的进价为____________元．
【答案】80
【解析】
【分析】设商品的进价为元，可获得的利润，可以表示出出售的价格为元，售价为96元其，相等关系是售价相等，由此列出方程求解．
【详解】解：设商品的进价为元，
由题意可得，，
解得：，
∴该商品的进价为80元，
故答案为：80．
【点睛】本题主要考查了解一元一次方程的应用，熟练掌握解一元一次方程的应用方法是本题解题的关键．
17. 若扇形的圆心角为，半径为6，则扇形的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式S=，可得．
【详解】S=
故答案为：
【点睛】考核知识点：扇形面积．熟记扇形面积公式是关键．
18. 如图，已知的半径为7，是的弦，点在弦上．若，则的长为______________．

【答案】5
【解析】
【分析】连接，过点作于点，如图所示，先利用垂径定理求得，然后在中求得，再在中，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，过点作于点，如图所示，

则，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了垂径定理及勾股定理的运用，构造直角三角形是解题的关键．
19. 等腰三角形一边上的高等于底边的一半，则这个等腰三角形顶角的度数为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情形①是腰上的高，②是底边上的高，分别求解即可．
【详解】①如图，

∵，，
，
∴，，
∴，则；
②如图中，

∵，，
∴，
∵，
∴，
则，
∴，
∴；
∴等腰三角形的顶角为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
20. 如图，在四边形中，对角线，点在上，连接，，则边的长为_______________．

【答案】
【解析】
【分析】过点A作交于点F，由平行线的性质得，证明，得到的长度，根据，求得，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：过点A作交于点F，

∵，
∴，
在和中，

∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，正确作辅助线是解题的关键．
三、解答题（共计60分）
21. 先化简，再求代数式的值，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】先对分式进行化简，然后根据特殊三角函数值可进行求解．
【详解】解：


，
∵，
∴原式．
【点睛】本题主要考查分式的化简求值及特殊三角函数值，熟练掌握分式的化简求值及特殊三角函数值是解题的关键．
22. 如图，在正方形网格中，每个小正方形边长均为1，线段的端点均在小正方形的顶点上．

（1）在图1中画出以为对角线的菱形（各顶点均在小正方形的顶点上），使所画菱形的面积为12；
（2）在图2中画出以为对角线的矩形（各顶点均在小正方形的顶点上），并直接写出所画矩形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）作图见解析，矩形的面积为10
【解析】
【分析】（1）直接利用菱形的性质得出顶点位置进而得出答案；
（2）取格点，，，，即为所求矩形，再利用面积公式即可求解．
【小问1详解】
解：以为对角线的菱形，且面积为12，
则，
∴，

如图，菱形即为所求；
【小问2详解】
如图，取格点，则，，，
∴，则，
同样取格点，可知，，
∴四边形是矩形，

如图，矩形即为所求，
∴矩形的面积为：．
【点睛】此题主要考查了应用设计与作图，正确掌握菱形、长方形的性质是解题关键．
23. 哈市某小区部分居民向物业部门反应该小区活动广场空间不足的问题，引起小区物业部门的重视．物业部门计划改造部分绿地为休闲活动区域．为此物业管理人员随机调查了该小区若干户小区业主对该计划的态度，要求每户必选且只选一项．（态度分别为：A：没有意见；B：支持改造：C：不同意改造）并将调查结果绘制成图1和图2的不完整统计图，请根据图中提供的信总，解答下列问题：

（1）此次抽样调查中，共调查了多少户小区业主？
（2）通过计算将图1补充完整；
（3）根据抽样调查结果，请你估计该小区2000户业主中有多少是支持改造的．
【答案】（1）100 （2）见解析
（3）1400
【解析】
【分析】（1）根据态度为C的户数为10，所占百分比为，即可求得调查总人数；
（2）求出态度为A的户数，即可补充条形统计图；
（3）根据持“支持改造”的业主所占的百分比，求得该小区2000户业主中持“支持改造”意见的业主户数．
【小问1详解】
解：共调查小区业主总数为：户
答：共调查了100户小区业主；
【小问2详解】
态度为A的户数为：户，
则条形统计图如图所示：
【小问3详解】
，
答：该小区2000户业主中有1400户是支持改造的．
【点睛】本题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合应用，解决问题的关键是掌握扇形统计图是用整个圆表示总数，用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数．
24. 在正方形中，点分别在边和上，连接平分．

（1）如图1，求证：平分；
（2）如图2，连接分别交于，连接，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图2中所有的直角三角形（等腰直角三角形除外）．
【答案】（1）见解析 （2）直角三角形形有：，，，
【解析】
【分析】（1）过点作，则，由正方形性质可知，，由角平分线的性质可知，，则，可证，可知，即可得证结论；
（2）由正方形的性质可知，，均为直角三角形，过点作，结合（1）可证，可证得，，，四点共圆，由，可知为直径，进而可得，则，易知为直角三角形．
【小问1详解】
证明：过点作，则，

∵四边形是正方形，
∴，，
∵平分，
∴，则，
∴，
∴，
∴平分；
【小问2详解】
直角三角形形有：，，，，
理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，，均为直角三角形，
过点作，则，

由（1）可知，则，
由（1）可知，，，
∴
∴，
则，
∴，
∴，
∴，，，四点共圆，
又∵，
∴为直径，
∴，则，为等腰直角三角形，
∴为直角三角形，
综上，直角三角形形有：，，，．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，圆周角定理，角平分线的性质，熟练掌握相关性质，证明，，，四点共圆，是解决问题的关键．
25. 光明文教店老板计划到厂家购进两种不同型号的书包．若购买1个型号书包和4个型号书包，则需要280元；若购买2个型号书包和3个型号书包，则需要260元．
（1）求每个A型号书包和每个型号书包进价各多少元?
（2）光明文教店决定购买以上两种型号书包共30个，总费用不超过1560元，那么该文教店最多可以购进型号书包多少个?
【答案】（1）每个A型号书包进价为40元，每个B型号书包进价为60元
（2）最多可以购进型号书包18个
【解析】
【分析】（1）设每个A型号书包进价为元，每个B型号书包进价为元，由“购买1个型号书包和4个型号书包，则需要280元；若购买2个型号书包和3个型号书包，则需要260元” 列出方程组可求解；
（2）设购进型号书包个，则购进型号书包个，由“总费用不超过1560元” 列出不等式可求解．
【小问1详解】
解：设每个A型号书包进价为元，每个B型号书包进价为元，
由题意可得：，
解得：，
答：每个A型号书包进价为40元，每个B型号书包进价为60元；
【小问2详解】
设购进型号书包个，则购进型号书包个，
由题意可得：
解得：
∴最多可以购进型号书包18个，
答：最多可以购进型号书包18个．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，理清题中的数量关系是解题的关键．
26. 已知，是的外接圆，为的直径，交于点，过点作的切线交的延长线于点，且，连接，延长交于点．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，点为弧上一点，连接交于点，若，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接并延长交于点，作，垂足为点，若，的面积为，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据切线性质得到，再根据平行线性质和垂径定理的推论以及圆周角定理求得，结合等腰三角形的性质得，由三角形的外角性质证得，进而证得结论；
（2）连接、，证明得到，再证明，利用全等三角形的性质可得结论；
（3）连接，，过F作于R，先根据等弦对等弧和与圆周角定理、垂径定理证得，，进而证明得到，根据线段垂直平分线的性质得到，利用（2）中结论和垂径定理、三角形的中位线性质证得,设，则，，，利用勾股定理和锐角三角函数分别求得，，，，设，则，由，求得，，利用三角形的面积公式求得n值，进而求得和，则，在中，利用锐角三角函数求解即可．
【小问1详解】
证明：∵为的直径，是的切线，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：在图2中，连接、，

∵，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：在图3中，连接，，过F作于R，

∵，
∴，则，
∴，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∵，∴，
∴，又，
∴；
由（2）中得，，即，
∴，又，
∴，又,,
∴,
设，则，
∴，，
在中，，，
∴，
∴在中，；
∵，∴，
∵，
∴，则，
设，则，
∵，∴，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴或（舍去），
∴，
在中，，，
∴，
∴，则，
∵，
∴在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，主要涉及切线性质、圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、锐角三角函数、三角形的中位线性质等知识，涉及知识多，综合性强，难度大，属于中考压轴题型，熟练掌握相关知识的联系和运用是解答的关键，尤其是借助锐角三角函数，进行角、边的转化是解答的关键．
27. 在平面直角坐标中，点为坐标原点，直线与轴交于点，与轴交于点，点在直线上，且点横坐标为6，抛物线经过点和点．

（1）求和的值；
（2）如图1，点是直线上方抛物线上一点（点不与点、点重合），过点作轴交于点，若，求点坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，延长交轴于点，连接，延长交轴于点，点是上一点，连接，点是第一象限抛物线上的一点，连接与相交于点，连接，若，，求直线的解析式．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由可得，，再利用待定系数法即可求解；
（2）由（1）可知，，可求得，过点作直线轴，延长交直线于，则，可知，由，可知，可得，即，进而可知设，则，，可得，求得，（与点重合，舍去），进而可得；
（3）由（1）（2）可知，，，，求得直线解析式为，可得，根据题意可知，易求得，连接，延长，过作，则，，求得，，由，，证得，由，，，则，可得，易证，得，则，，
可证得，可知为的中点坐标，求得，由在直线设，根据，则，解得（不合题意舍去），得，可求得直线解析式为，联立，可求得，易求得直线解析式为．
【小问1详解】
解：∵
当时，，当时，，
∴，，
将，代入可得：，
解得：，
即：，；
【小问2详解】
由（1）可知，
∵，
∴当时，，即：，
则，，，
∴，
过点作直线轴，延长交直线于，则，

∵，直线轴，
∴，
则，
∵，即：，
∴，即，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
即：，
解得：，（与点重合，舍去），
则，
∴；
【小问3详解】
由（1）（2）可知，，，，
设直线解析式为，将，代入可得：，
解得：，
∴直线解析式为，
当时，，即：，
∵轴，交轴于点，
∴，
则，，，，
∴，
连接，延长，过作，则，

∵，则，
∴，则，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，则，
∴，
∴，
∴，则，，
又∵，，即：，
∴，，则
∴，
∴为的中点坐标，
则其横坐标为：，纵坐标为：，
∴，
由在直线，设，
∵，则，解得（不合题意舍去），
∴，
设直线解析式为，将，代入可得：，
解得：，
∴直线解析式为，
联立，解得，（舍去），
∴，
设直线解析式为，将，代入可得：，
解得：，
∴直线解析式为．
【点睛】本题属于二次函数与几何综合，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数中线段问题，相似三角形的判定及性质，解直角三角形，作出辅助线构造相似三角形是解决问题的关键．