01，2023年宁夏回族自治区银川市兴庆区唐徕回民中学西校区中考数学第四次联考模拟预测题

这是一份01，2023年宁夏回族自治区银川市兴庆区唐徕回民中学西校区中考数学第四次联考模拟预测题，共23页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不同的运算法则或公式逐项加以计算，即可选出正确答案．
【详解】解：A：，故 A错误；
B：，故 B错误；
C：，故C错误；
D：．
故选：D
【点睛】本题考查了整式的加减法法则、乘法公式、同底数幂的除法法则、积的乘方、幂的乘方等知识点，熟知上述各种不同的运算法则或公式，是解题的关键．
2. 截止2023年1月16日，银川市在新能源产业建成光伏、风电装机容量万千瓦．将数据万用科学记数法表示为，则的值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了科学记数法的表示方法，根据科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数即可求解，解题的关键要正确确定的值以及的值．
【详解】解：万，
∴值为，
故选：C．
3. 若方程没有实数根，则的值可以是（ ）试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用根的判别式进行判断，求出m的取值范围即可．
【详解】解：由题可知：“△＜0”，
∴,
∴,
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，解决本题的关键是掌握当“△＜0”时，该方程无实数根，本题较基础，考查了学生对基础知识的理解与掌握．
4. 图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出两个高脚杯液体的高度，再通过三角形相似，建立其对应边的比与对应高的比相等的关系，即可求出AB．
【详解】解：由题可知，第一个高脚杯盛液体的高度为：15-7=8（cm），
第二个高脚杯盛液体的高度为：11-7=4（cm），
因为液面都是水平的，图1和图2中的高脚杯是同一个高脚杯，
所以图1和图2中的两个三角形相似，
∴，
∴（cm），
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是读懂题意，与图形建立关联，能灵活运用相似三角形的判定得到相似三角形，并能运用其性质得到相应线段之间的关系等，本题对学生的观察分析的能力有一定的要求．
5. 如图，的顶点A，B，C的坐标分别是，，，则顶点D的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形，根据平行四边形的性质，即可求得顶点D的坐标，注意数形结合思想的应用是解此题的关键．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∵的顶点的坐标分别是，
∴，
∴顶点D的坐标为．
故选：D．
6. 地球周围的大气层阻挡了紫外线和宇宙射线对地球生命的伤害，同时产生一定的大气压，海拔不同，大气压不同．观察图中数据，你发现（ ）
A. 图中曲线是反比例函数的图象
B. 海拔越高，大气压越大
C. 海拔为4千米时，大气压约为50千帕
D. 图中曲线表达了大气压和海拔两个量之间的变化关系
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了函数的图象，根据图中数据，进行分析确定答案即可，解题的关键是读懂题意，能正确识图．
【详解】解：A、代值图中点和，由横、纵坐标之积不同，说明图中曲线不是反比例函数的图象，故选项不符合题意；
B、海拔越高，大气压越低， 故选项不符合题意；
C、海拔为千米时，图中读数可知大气压应该是千帕左右，故选项不符合题意；
D、图中曲线表达的是大气压与海拔两个量之间的变化关系，故选项符合题意，
故选：D．
7. 如图，正六边形的边长为2，以为圆心，的长为半径画弧，得，连接，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等六边形的性质计算出AC的长度，再根据扇形面积计算公式计算即可．
【详解】解：过B点作AC垂线，垂足为G，
根据正六边形性质可知，，
∴，
∴S扇形=，
故选：A．
【点睛】本题主要考查扇形面积的计算，根据正六边形性质计算出扇形的半径是解题的关键．
8. 如图，在正方形中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，以为边构造菱形（点E在x轴正半轴上），将菱形与正方形组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第10次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，旋转的性质，先求出点F的坐标，根据题意可得每8次旋转一个循环，即可得出答案，找到旋转规律是本题解题的关键．
详解】∵点，
∴，
在正方形中，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴点，
由题意可得每4次旋转一个循环，
∴，
∴点的坐标与点F坐标关于原点对称，
∴点F的坐标，
故选：D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，请把答案填在题中的横线上
9. 计算的结果是________．
【答案】3
【解析】
【分析】直接利用二次根式的乘法法则计算得出答案．
【详解】解：原式＝
＝
＝3．
故答案为：3．
【点睛】此题主要考查了二次根式的乘法法则，熟练掌握二次根式的乘法法则是解题关键．
10. 因式分解：______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，先提取公因式，再对余下的多项式运用完全平方公式继续分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
【详解】解：
，
故答案为：．
11. 为落实自治区中小学生“十个一”行动计划，学校举办以“强体质，炼意志”为主题的体育节．小亮报名参加1000米比赛项目，经过一段时间训练后，比赛时小亮的平均速度比训练前提高了，少用3分钟跑完全程．设小亮训练前的平均速度为x米/分，那么x满足的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了列分式方程；根据等量关系：原来参加米比赛时间经过一段时间训练后参加米比赛时间分钟，依此列出方程即可求解．
【详解】解：依题意有：
故答案为：．
12. 已知非零实数x，y满足，则的值等于______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查比例的性质，利用设参法进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴设，
∴；
故答案为：．
13. 如图，在中，，以点为旋转中心，将绕点逆时针旋转，得，连接，若，则的度数是______．
【答案】##度
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵以点为旋转中心，将绕点逆时针旋转，得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
14. 如图1是博物馆展出的古代车轮实物，《周礼•考工记》记载：“…故兵车之轮六尺有六寸，田车之轮六尺有三时寸…”据此，我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型．如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为rcm．作弦AB的垂线OC，D为垂足，经测量，AB＝90cm，CD＝15cm，则r＝__cm．通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
【答案】75
【解析】
【分析】先根据垂径定理可得，再在中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：由题意得：，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，
解得，
故答案为：75．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题关键．
15. 如图，A、B是双曲线上的两点，过点A作轴于点C，交于点D，且D为的中点，若的面积为4，点B的坐标为，则m的值为______．
【答案】16
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的性质的应用，几何意义的应用是解题关键．由三角形等底同高面积相等，得出，，再由几何意义求出k，即可求出m．
【详解】解：∵且D为的中点，
∴，
∴，
∴，
由几何意义得，，
∵，
∴，
∴，
即．
故答案为：16．
16. 《代数学》中记载，形如的方程，求正数解的几何方法是：“如图1，先构造一个面积为的正方形，再以正方形的边长为一边向外构造四个面积为的矩形，得到大正方形的面积为，则该方程的正数解为．”小唐按此方法解关于x的方程时，构造出如图2所示的图形，已知阴影部分的面积为64，则该方程的正数解为_________．

【答案】4
【解析】
【分析】根据已知的数学模型，同理可得空白小正方形的边长为3，先计算出大正方形的面积=阴影部分的面积+4个小正方形的面积，可得大正方形的边长，从而得结论．
【详解】解：，
∵阴影部分的面积为64，
∴，
设，
则，
同理：先构造一个面积为的正方形，
再以正方形的边长为一边向外构造四个面积为的矩形，
得到大正方形的面积为，
则该方程的正数解为，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
三、解答题（本大题共10小题，共72分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点，，均在格点上．
（1）画出将向左平移8个单位长度得到的；
（2）画出绕点顺时针旋转后得到的；
（3）求线段CA在旋转过程中扫过的面积．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平移的性质即可画出图形；
（2）根据旋转的性质即可画出图形，从而得出点的坐标；
（3）由勾股定理得，再代入扇形面积公式即可．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
【小问2详解】
解：如图，即为所求；
【小问3详解】
解：由勾股定理得，
线段在旋转过程中扫过的面积为．
【点睛】本题主要考查了作图平移变换，旋转变换，扇形的面积等知识，熟练掌握平移和旋转的性质是解题的关键．
18. 先化简，再求值：（﹣1）÷，其中x＝﹣4．
【答案】
【解析】
【分析】先将能够分子分母因式分解，再根据分式的运算法则进行化简，最后将x的值带去即可．
【详解】原式＝
＝
＝
当x＝﹣4时，
原式＝＝﹣1．
【点睛】本题主要考查了分式的混合运算，熟练地掌握分式的运算法则将分式进行约分化简是解题的关键．
19. 下面是小明同学解不等式组的过程，请认真阅读，完成相应的任务．
解：由不等式①，得．第一步
解得．第二步
由不等式②，得．第三步
移项，得．第四步
解得 第五步
所以，原不等式组的解集是．第六步
（1）任务一：小明的解答过程中，第______步开始出现错误，错误的原因是______．
（2）任务二：直接写出这个不等式组正确的解集是______．
【答案】（1）五，没有改变符号；
（2）
【解析】
【分析】本题考查了解一元一次不等式组；
（1）根据等式的性质可判断第五步错误；
（2）通过解一元一次不等式得到这个不等式组正确的解集．
【小问1详解】
明的解答过程中，第五步开始出现了错误，产生错误的原因是没有改变符号；
故答案为：五，没有改变符号；
【小问2详解】
不等式组正确的解集是．
解：由不等式①，得．
解得．
由不等式②，得．
移项，得．
解得
所以，原不等式组的解集是．
故答案为：．
20. 为推进“书香社区”构建，某社区计划购进一批图书．已知购买本科技类图书和3本文学类图书需元，购买本科技类图书和5本文学类图书需元．
（1）科技类图书与文学类图书的单价分别为多少元?
（2）社区计划购进两种图书共计本，其中科技类图书的数量不少于文学类图书的两倍．请帮助社区设计最省钱的购书方案，并计算该社区至少要准备多少购书款?
【答案】（1）科技类图书的单价为元，文学类图书的单价为元；
（2）科技类图书的购买数量为本，则文学类图书的购买数量为本，该社区至少要准备元购书款．
【解析】
【分析】（）设科技类图书的单价为元，文学类图书的单价为元，然后根据题意可列出方程组进行求解；
（）设科技类图书的购买数量为本，则文学类图书的购买数量为本，根据科技类图书的数量不少于文学类图书的两倍列出不等式求得的范围，即可得出结论；
此题主要考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系和不等关系，列出方程组和不等式．
【小问1详解】
解：设科技类图书的单价为元，文学类图书的单价为元，由题意得：
，
解得：，
答：科技类图书单价为元，文学类图书的单价为元；
【小问2详解】
解：设科技类图书的购买数量为本，则文学类图书的购买数量为本，依题意有：
，
解得，
∵文学类图书的单价低于科技类图书的单价，为整数，
∴时有最省钱的购书方案，
，
，
（元），
故该社区至少要准备元购书款，
答：科技类图书的购买数量为本，则文学类图书的购买数量为本，该社区至少要准备元购书款．
21. 如图1是某长征主题公园的雕塑，将其抽象成如图2所示的示意图，已知，，，，四点在同一直线上，测得，，．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）求雕塑的高（即点到的距离）．（结果保留小数点后一位）
（参考数据：，，）
【答案】（1）见解析 （2）雕塑的高约为
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，平行四边形的判定与性质；
（1）根据平行线的性质可得，从而可得，进而可得，然后利用平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，即可解答；
（2）过点作，垂足为，根据平行四边形的性质可得，从而可求出的长，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，即可解答．
【小问1详解】
证明：，
，
，
，
，
，
四边形平行四边形；
【小问2详解】
解：过点作，垂足为，
四边形为平行四边形，
，
，
在中，，
，
雕塑的高约为．
22. 实验中学在落实“双减”的背景下，决定在课后延时服务中组织学生开展社团活动，现准备开设手工、摄影、航模、编程四门校本课程，规定每名学生必须且只能选修一门校本课程，学校对七年级学生选修校本课程的情况进行了抽样调查，根据调查结果绘制了下面两幅不完整的统计图．
请你根据统计图提供的信息，解答下列问题．
（1）本次调查，一共调查了______名学生；
（2）补全条形统计图；
（3）将名选修“航模”的学生和名选修“编程”的学生编为一组，再从中随机抽取人，请用列表或画树状图的方法求出人都选修“航模”的概率．
【答案】（1）；
（2）图见解析； （3）树状图见解析，．
【解析】
【分析】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率，用列表法或画树状图法不重复不遗漏的列出所有可能的结果是解题的关键．
（1）根据摄影的人数以及百分比，即可得到本次调查 一共调查了名学生；
（2）选修航模的人数为（人），即可补全条形统计图；
（3）用列表或画树状图的方法，即可得到共有12种等可能的结果，其中2人都选修“航模”的情况有2种，即可求出2人都选修“航模”的概率．
【小问1详解】
解：样本容量，
∴本次调查，一共调查了名学生．
【小问2详解】
解：选修手工的人数为：
（名），
补全条形统计图和扇形统计图：
【小问3详解】
解：如图：
共有种等可能的结果，其中人都选修“航模”的情况有种，
∴人都选修“航模”的概率．
23. 如图，内接于，，是的直径，交于点，过点作，交的延长线于点，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）已知，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由圆周角定理得，即，再由等腰三角形的性质和圆周角定理得，，则，然后由平行线的性质得，则，即，即可得出结论；
（2）证，得：：，则，即可求解．
【小问1详解】
证明：是的直径，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
又是的半径，
是的切线；
【小问2详解】
解：，，
，
，，
，
：：，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定与性质，证明是解题的关键．
24. 如图，已经抛物线经过点，，且它的对称轴为．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点是轴上的一点，且为等腰三角形，请直接写出点坐标．
【答案】（1）
（2）的坐标为，或或或
【解析】
【分析】本题考查二次函数的综合应用；
（1）由抛物线经过点，对称轴为直线，知抛物线经过点，设抛物线的解析式为，用待定系数法可得抛物线的解析式为；
（2）设，有，，，分三种情况：①若，则，②若，则，③若，则，分别解方程可得答案．
【小问1详解】
解： 抛物线经过点，对称轴为直线，
抛物线经过点，
设抛物线的解析式为，
把代入得：，
解得：，
，
抛物线的解析式为；
【小问2详解】
设，
，，
，，，
①若，则，
解得或，
的坐标为或；
②若，则，
解得（与重合，舍去）或，
；
③若，则，
解得，
；
综上所述，的坐标为或或或．
25. 如图，直线经过点，交反比例函数的图象于点．
（1）求的值；
（2）点为第一象限内反比例函数图象上点下方的一个动点，过点作轴交线段于点．
①若点横坐标为4，为轴上一动点，且四边形为平行四边形，求点的坐标；
②连接，当点的坐标为多少时，的面积最大，求最大值．
【答案】（1）
（2）①；②；最大面积为
【解析】
【分析】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，二次函数的性质求最值；
（1）根据待定系数法求得直线解析式，进一步求得点的坐标，代入即可求得的值；
（2）①结合（1）求出，两点坐标，根据平行四边形的性质可得，进而可以求点的坐标；
②设，则，利用三角形面积公式得到，根据二次函数的性质即可得到结论．
【小问1详解】
解：把代入得，，
解得，
直线的解析式为，
当时，，
，
把的坐标代入得，；
【小问2详解】
①反比例函数解析式为，点横坐标为4，
，
轴，
点纵坐标为3，
把代入，得，
，
，
为轴上一动点，且四边形为平行四边形，
，
，
，
，
点的坐标为；
②设，
反比例函数解析式为，
，
，
当时，的面积有最大值．
．
， 的面积有最大值．