2023年河南省新乡市九年级天一大联考中考三模数学试题（含解析）

这是一份2023年河南省新乡市九年级天一大联考中考三模数学试题（含解析），共24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年河南省新乡市九年级天一大联考中考三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．下列各数中，最小的数是（    ）A． B． C．0 D．32．如图是由4个相同的小正方体组成的几何体，若其左视图的面积为2，则其俯视图的面积是（    ）  A．1 B．2 C．3 D．43．经测量，100张面值为100元的新版人民币大约厚，如果能将10亿元面值为100元的新版人民币摞起来，总厚度可用科学记数法表示为（    ）A． B． C． D．4．下列计算正确的是（    ）A． B． C． D．5．如图，直线，将含有角的三角板的直角顶点放在直线上，若，则的度数为（    ）  A． B． C． D．6．某校为了解同学们某季度参与“青年大学习”的时长，从中随机抽取5位同学，统计他们的学习时长（单位：分钟）分别为：75，80，85，90，▲（被污损）．若该组数据的平均数为82，则这组数据的众数为（    ）A．75 B．80 C．85 D．907．若关于的一元二次方程有实数根，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．8．如图，在平面直角坐标系中，的顶点均在坐标轴上，已知点，，，，连接，则所在直线的表达式是（    ）  A． B． C． D．9．风力发电是一种常见的绿色环保发电形式，它能够使大自然的资源得到更好地利用．如图1，风力发电机有三个底端重合、两两成角的叶片，以三个叶片的重合点为原点，水平方向为轴建立平面直角坐标系（如图2所示），已知开始时其中一个叶片的外端点的坐标为，在一段时间内，叶片每秒绕原点顺时针转动，则第时，点的对应点的坐标为（    ）  A． B． C． D．10．如图，是边长为8的等边三角形，以为底边在右侧作等腰三角形，连接，交于点O，过点D作交于点E，交于点F，若，则的长为（    ）  A． B． C． D． 二、填空题11．若二次根式有意义，则取值范围是______．12．打扑克牌是广受大众喜欢的一种纸牌游戏，扑克牌有红桃、方片、梅花、黑桃4种花色．将4张不同花色的纸牌（除花色外完全相同）背面朝上混合均匀，随机抽取1张后放回，再次混合均匀后随机抽取1张，则所抽取的2张纸牌花色恰好相同的概率是______．13．关于x的不等式组无解，则a的取值范围是______．14．如图，在扇形中，，，将扇形沿射线方向平移得到对应的扇形，交于点，若点恰好为弧的点，则图中阴影部分的面积为______．  15．如图，在平行四边形中，，，点是直线上一点，连接，将沿直线折叠，点落在点处，若四边形是菱形，则的长为______．   三、解答题16．（1）计算：；（2）化简：．17．某学校计划组织学生开展课外活动，活动备选地点分别为A：美术馆；B：纪念馆；C：科技馆；D：博物馆，为了解全校学生最喜欢的活动地点，随机调查了部分学生（每人仅选一个），根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图：  请根据以上信息，解答下列问题：(1)本次共调查了______名学生，______°；(2)请将条形统计图补充完整；(3)若该校有1200名学生，估计该校最喜欢的活动地点为“”的学生人数．18．天中柱又名天中塔，是驻马店的标志性建筑．某数学活动小组欲测量天中塔的高度，如图，他们选取的测量点与天中塔的底部在同一水平直线上，在点处测得塔顶的仰角为，沿射线方向前行到达点，在点处测得塔顶的仰角为，求天中塔的高度．（结果精确到，参考数据：，，）  19．某园区准备进行二次绿化，计划购进A，B两种绿化树，经调查可知购进5棵A绿化树和10棵B种绿化树共需1100元，购进10棵A种绿化树和8棵B种绿化树需1600元．(1)求A，B两种绿化树每棵的价格；(2)若最终决定购买A，B两种绿化树共24棵，且A种绿化树的数正不少于B种绿化树数量的3倍，请你设计一种费用最低的购买方案，并求出最低费用．20．如图，一次函数与反比例函数的图像交于，两点，点是线段上一动点，过点作轴于点，连接．(1)求反比例函数及一次函数的表达式；(2)的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．21．如图，是的直径，点为上一点，连接，，过点作的切线．交线段的延长线于点．  (1)尺规作图：作的平分线，交线段于点（不写作法，只保留作图痕迹）(2)在（1）的条件下，若的半径为2，，求线段的长． 22．如图，抛物线交轴于点，交轴于点，连接，点A的坐标为，抛物线的对称轴为直线．  (1)求抛物线的表达式和顶点坐标；(2)在直线上找一点，使的和最小，并求出点的坐标；(3)将线段沿轴向右平移个单位长度，若线段与抛物线有唯一交点，请直接写出的取值范围．23．综合与实践【问题发现】(1)如图1，在正方形中，点E，F，G，H分别在边，，，上，且于点O．试猜想线段与的数量关系为__________；【类比探究】(2)如图2，在矩形中，，，点E，F，G，H分别在边，，，上，连接，，且，垂足为O．试写出线段与的数量关系，并说明理由；【拓展应用】(3)如图3，在四边形中，，，点M，N分别在边，上，连接，，且，垂足为O．已知，，若点M为的三等分点，直接写出线段的长．
参考答案：1．A【分析】根据负数大于正数，两个负数比较绝对值大的反而小即可求解．【详解】解：，最小，故选：A．【点睛】本题考查了有理数的大小比较，掌握有理数的大小比较是解题的关键．2．C【分析】根据俯视图的定义，画出俯视图，即可求解；【详解】解：如图，俯视图为：  面积为．故选：C．【点睛】本题考查了俯视图的定义，会根据定义画出相应的视图是解题的关键．3．C【分析】10000元摞起来大约厚，10亿里包含个10000元，因此厚度为，再写成的形式即可．【详解】解：100张面值为100元的新版人民币共10000元，大约厚，10亿，因此总厚度为：，故选C．【点睛】本题考查科学记数法表示绝对值大于1的数，解题的关键是掌握中，n与小数点移动的位数相同．4．C【分析】根据合并同类项法则，二次根式性质，同底数幂的除法，幂的乘方，逐个进行判断即可．【详解】解：A、，故A不正确，不符合题意；B、，故B不正确，不符合题意；C、，故C正确，符合题意；D、，故D不正确，不符合题意；故选：C．【点睛】本题主要考查了合并同类项法则，二次根式性质，同底数幂的除法，幂的乘方，解题的关键是熟练掌握相关运算法则和性质，并灵活运用．5．D【分析】利用平行线的性质求得的度数，再利用三角形的外角性质即可求解．【详解】解：∵，，∴，∴，  故选：D．【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的外角性质，熟记平行线的性质并准确识图是解题的关键．6．B【分析】根据平均数的定义可求出▲的数，再由一组数据中出现次数最多的数据是这组数据的众数，即可求解．【详解】解：由题意得，解得：，在75，80，85，90，中出现次数最多的数是 ，众数是，故选：B．【点睛】本题考查了平均数的定义、众数的定义，理解定义是解题的关键．7．D【分析】根据题意可得方程根的判别式，即可得到关于m的不等式，求解即可.【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根，∴，即，解得：；故选：D.【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，正确理解题意、得出关于m的不等式是解题的关键.8．A【分析】如图所示，过点C作轴于D，证明得到，进而求出，由此利用待定系数法求出对应的函数解析式即可．【详解】解：如图所示，过点C作轴于D，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，设直线所在直线的表达式为，∴，即，∴直线所在直线的表达式为，故选A．  【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，求正比例函数解析式，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．9．B【分析】根据旋转的性质分别求出第1、2、3、4s时，点A的对应点、、、的坐标，找到规律，进而得出第时，点A的对应点的坐标．【详解】解：∵，∴A在第一象限的角平分线上，∵叶片每秒绕原点顺时针转动，∴，，，，∴点A的坐标以每4秒为一个周期依次循环，∵，∴第时，点A的对应点的坐标与相同，为．故选：B．  【点睛】本题考查了旋转的性质，点的坐标，找到点A的坐标循环的规律是解题的关键．10．C【分析】根据等边三角形和等腰三角形的性质可知垂直平分，再根据勾股定理求出和的长，进一步可得的长，根据平行线的性质进一步可得，过点F作于点H，根据等腰三角形的性质可得的长，设，则，根据勾股定理列方程，求解即可．【详解】解：在等边中，， 在等腰中，， ∴垂直平分， ∴，， ∴， 根据勾股定理，得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点F作于点H，  则H是的中点， ∴， 设，则， 根据勾股定理，得， 解得 或（舍去）， ∴， 故选：C．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，利用直接开平方法解方程等，熟练掌握这些性质是解题的关键．11．【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数，即可进行解答．【详解】解：∵二次根式有意义，∴，解得，故答案为：．【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握二次根式有意义的条件：被开方数为非负数．12．【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两次抽出的牌花色恰好相同的情况，再利用概率公式即可求得答案．【详解】解：设红桃、方片、梅花、黑桃4种花色分别为A、B、C、D，∵共有16种等可能的结果，两次抽出的牌花色恰好相同的有4种情况,∴两次抽出的卡片所标字母不同的概率是．  故答案为：.【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．13．【分析】先求出每个不等式的解集，根据不等式组无解得出答案即可．【详解】解：，解不等式①，得：，解不等式②，得：，∵关于x的不等式组无解，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了解一元一次不等式组以及不等式组的解，能得出关于a的不等式是解此题的关键．14．【分析】根据平移的性质，圆周角定理以及直角三角形的边角关系求出，再根据图形中的面积关系进行计算即可求解.【详解】解：如图，连接，过点N作于点F，由平移可知，四边形是平行四边形，  ∵点P是的中点，∴，∴，∴，∴，在中，，∴，在中，，∴=.故答案为：.【点睛】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，扇形的面积计算，能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键．15．1或【分析】需要分两种情况讨论：①点落在线段上；②点落在线段的延长线上．计算出每种情况下的长度即可得到答案．【详解】①如图，当点落在线段上．   四边形是菱形，,．又，为等边三角形．．②如图，当点落在线段的延长线上时．  连接，交于点．四边形是菱形，，，，．．．故答案为：或．【点睛】本题主要考查菱形的性质（菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直且平分，每一条对角线平分一组对角），以及利用锐角三角函数解直角三角形．牢记菱形的性质及利用锐角三角函数解直角三角形的方法是解题的关键．16．（1）6；（2）【分析】（1）利用绝对值的概念，零指数幂，负整数指数幂，即可解答；（2）先利用通分计算括号中的式子，再对两个分式的分子分母进行因式分解，最后进行除法化简即可．【详解】解：（1）原式；（2）原式．【点睛】本题考查了绝对值的概念，零指数幂，负整数指数幂，分式的混合运算，熟知计算法则是解题的关键．17．(1)50，108(2)见解析(3)240名 【分析】（1）用选择A的人数除以其所占比例即可求出调查的人数，用乘以选择D的占比即可求出m的值；（2）先求出选择C的人数，进而可补全统计图；（3）利用样本估计总体的思想求解．【详解】（1）本次共调查的学生有（名）；；（2）选择的人数为（名）．补全条形统计图如下．    （3）（名）．答：估计该校最喜欢B类活动地点的学生约有240名．【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图以及利用样本估计总体等知识，属于常考题型，从统计图中得出解题所需要的信息是解题的关键．18．【分析】设天中塔的高度为，在和中，解直角三角形，列出方程求解即可.【详解】解：设天中塔的高度为，中，，∴．∴．在中，，∴，即，解得．答：天中塔的高度约为．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用－仰角俯角：解决此类问题要找出角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形．19．(1)A种绿化树每棵的价格为120元，B种绿化树每棵的价格为50元(2)购进18棵A种绿化树和6棵B种绿化树时，费用最低，最低费用是2460元 【分析】（1）设A种绿化树每棵的价格为元，B种绿化树每棵的价格为元，根据两种购数方法：购进5棵A绿化树和10棵B种绿化树共需1100元，购进10棵A种绿化树和8棵B种绿化树需1600元，可列二元一次方程，解答即可；（2）设购买A种绿化树的数量为棵，则购买B种绿化树的数量为棵，根据A种绿化树的数正不少于B种绿化树数量的3倍，列出不等式，解之，再设购买绿化树的总费用为元，得到关于的一次函数，利用一次函数的性质，即可得到费用最低的购买方案．【详解】（1）解：设A种绿化树每棵的价格为元，B种绿化树每棵的价格为元，根据题意，得，解得答：A种绿化树每棵的价格为120元，B种绿化树每棵的价格为50元．（2）解：设购买A种绿化树的数量为棵，则购买B种绿化树的数量为棵，由题意得，解得．设购买绿化树的总费用为元，由题意得．∵，∴随的增大而增大，∴当时，（元）．此时B种绿化树的数量为（棵）．答：购进18棵A种绿化树和6棵B种绿化树时，费用最低，最低费用是2460元．【点睛】本题考查了二元一次的实际应用，一元一次不等式的应用，一次函数的实际应用，熟练找出等量关系和不等关系是解题的关键．20．(1)(2)存在，的最大值为 【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）设的坐标为，，则，再由，可得当时，．【详解】（1）一次函数与反比例函数的图象交于，两点，，反比例函数为，把代入得，，解得，，把、的坐标代入得，解得，一次函数为；（2）存在，依题意，设的坐标为，，则的面积，，当时，．【点睛】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．21．(1)见解析(2) 【分析】（1）根据作角平分线的步骤逐步画图即可；（2）由（1）得平分，可得．证明．可得．证明．而，可得．求解．再结合切线的性质与勾股定理可得答案．【详解】（1）解：如图所示，射线即为的平分线．  ．（2）解：由（1）得平分，∴．由同弧所对的圆周角等于圆心角度数的一半，可知．∴．∴．而，∴．∴．与相切于点，∴．∵的半径为2，∴．∴．【点睛】本题考查的是作已知角的角平分线，切线的性质，圆周角定理的应用，平行线分线段成比例的应用，勾股定理的应用，掌握圆中的基本定理与圆的性质是解本题的关键．22．(1)抛物线的表达式为，抛物线的顶点坐标为(2)(3) 【分析】（1）根据对称轴得出，再将点代入确定解析式，即可确定顶点坐标；（2）连接，交直线于点，点即为所求，连接，利用两点之间线段最短得出的和最小，由待定系数法确定直线的表达式为，即可确定点P的坐标；（3）根据题意得：点的运动轨迹为射线，点A的运动轨迹为射线，若线段与抛物线有唯一交点，则线段在线段间平移（含线段），由抛物线的对称性得，，即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线，∴，解得．∴．把点代入，得，解得．∴抛物线的表达式为．把代入，得，∴抛物线的顶点坐标为．（2）如图1，连接，交直线于点，点即为所求．连接，由抛物线的对称性可知点A与点关于直线对称，则点的坐标为．此时，即的和最小．，令，则．∴点的坐标为．设直线的表达式为，把点，代入可得解得∴直线的表达式为．当时，．∴点的坐标为．  （3）．如图2，根据题意得：点的运动轨迹为射线，点A的运动轨迹为射线，若线段与抛物线有唯一交点，则线段在线段间平移（含线段），由抛物线的对称性得，，∴当线段与抛物线有唯一交点时，的取值范围为．  【点睛】题目主要考查待定系数法确定函数解析式，线段最短问题及交点问题，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．23．(1)证明见解析(2)，证明见解析(3)或 ． 【分析】（1）过点H作交于N，过点G作交于M，证明即可求解； （2）过点H作交于Q，过点G作交于P，由（1）可得，再结合相似三角形的性质可得结论； （3）如图3，过点D作于S，根据垂直的定义得到，根据已知条件得到或，根据勾股定理得到或 ，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：相等，理由如下：过点H作交于N，过点G作交于M， ∵四边形是正方形， ∴，四边形是矩形，四边形是矩形，∴，，，∴， ∵， ∴， ∴， ∴；故答案为：相等；（2）解：； 理由：过点H作交于Q，过点G作交于P，∴， 由（1）同理可得，， ，，∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴ ； ∴；（3）解：如图3，过点D作于S， ∴， ∵，， ∴， ∵点M为的三等分点，， ∴或， ∵， ∴或 ， 由（2）同理可得：， ∴ ， ∴ 或， 解得：或 ．【点睛】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数的应用，正确地作出辅助线是解题的关键．