文档内容
【赢在中考·黄金8卷】备战2023 年中考数学全真模拟卷（湖北武汉专用）
第一模拟
亲爱的同学：
在你答题前，请认真阅读下面的注意事项.
1. 本试卷由第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分组成.全卷共6页，三大题，满分120
分.考试用时120分钟.
2. 答题前，请将你的姓名、准考证号填写在“答题卡”相应位置，并在“答题卡”背面左上角
填写姓名和座位号.
3. 答第I卷（选择题）时，选出每小题答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号
涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答在“试卷”上无效.
4. 答第II卷（非选择题）时，答案用 0.5毫米黑色笔迹签字笔书写在“答题卡”上.答在“试
卷”上无效.
5. 认真阅读答题卡上的注意事项.
预祝你取得优异成绩！
第Ⅰ卷（选择题 共 30 分）
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
下列各题中有且只有一个正确答案，请在答题卡上将正确答案的标号涂黑.
1
1．− 的相反数是（ ）
2
1 1
A．− B． C．﹣2 D．2
2 2
1 1
解：− 的相反数是 ，
2 2
答案：B．
2．下列事件中，是必然事件的是（ ）
A．购买一张彩票，中奖
B．任意画一个三角形，其内角和是180°
C．经过有交通信号灯的路口，遇到红灯
D．射击运动员射击一次，命中靶心
解：购买一张彩票，可能中奖，也可能不中奖，因此选项A不正确；
任意三角形的内角和都是180°，因此选项B正确；
经过有交通信号灯的路口，可能遇到红灯，也可能遇到绿灯，因此选项C不正确；
射击运动员射击一次，可能命中靶心，也可能命不中靶心，因此选项D不正确；答案：B．
3．下列品牌的标识中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
解：A．是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
答案：A．
4．下列式子正确的是（ ）
A．a3•a2＝a5 B．（a2）3＝a5 C．（ab）2＝ab2 D．a3+a2＝a5
解：A、a3•a2＝a5，故A符合题意；
B、（a2）3＝a6，故B不符合题意；
C、（ab）2＝a2b2，故C不符合题意；
D、a3与a2不能合并，故D不符合题意；
答案：A．
5．如图是由5个大小相同的正方体搭成的几何体，则这个几何体的主视图是（ ）
A． B． C． D．
解：从正面看该组合体，一共有三列，从左到右小正方形的个数分别为1、3、1．
答案：C．
2
6．已知点A（x ，m），B（x ，n）都在反比例函数y=− 图象上，且0＜x ＜x 则m，n的大小关系是（ ）
1 2 1 2
x
A．m＞n B．m＝n C．m≤n D．m＜n
2
解：反比例函数y=− 的图象位于二、四象限，在每个象限内，y随x的增大而增大，
x∵0＜x ＜x ，
1 2
∴点A（x ，m），点B（x ，n）都在第四象限，
1 2
∴m＜n，
答案：D．
7．学校组织部分师生去烈士陵园参加“不忘初心，牢记使命”主题教育活动．师生队伍从学校出发，匀速行走 30
分钟到达烈士陵园，用1小时在烈士陵园进行了祭扫和参观学习等活动，之后队伍按原路匀速步行45分钟返校．
设师生队伍离学校的距离为y米，离校的时间为x分钟，则下列图象能大致反映y与x关系的是（ ）
A． B． C． D．
解：根据已知0≤x≤30时，y随x的增大而增大，
当30＜x≤90时，y是一个定值，
当90＜x≤135时，y随x的增大而减小，
∴能大致反映y与x关系的是A，
答案：A．
8．假定按同一种方式掷两枚均匀硬币，如果第一枚出现正面朝上，第二枚出现反面朝上，就记为（正，反），如
此类推，出现（正，正）的概率是（ ）
3 1 1
A．1 B． C． D．
4 2 4
解：画树状图如下：
共有4种等可能的结果，其中出现（正，正）的结果有1种，
1
∴出现（正，正）的概率为 ，
4
答案：D．
9．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，以AB上的一点O为圆心的圆与AC相切于点G，与BC交于
D，E两点，连接DF，EF．若∠DFE＝∠B，则弦DE的长是（ ）5 9 12 72
A． B． C． D．
2 4 5 31
解：连接OG、OD，作OH⊥CB于H，
∵∠DOE＝2∠DFE，∠DFE＝∠B，
∴∠DOE＝2∠B，
∵OD＝OE，OH⊥DE，
1
∴∠DOH＝∠EOH= ∠DOE＝∠B，
2
∵AC切圆O于G，
∴OG⊥AC，即∠OGC＝90°，
∵∠C＝90°＝∠OHC＝90°，
∴四边形GCHO为矩形，
∴OH＝GC，
Rt△ABC 中，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
BC 4 4 3 4
∴sinA= = ，tanA= ，sinB= ，cosB= ，
AB 5 3 5 5
3
设OG＝OD＝OE＝r，则AG= OG，
4
4
∴CG＝OH＝ODcosB= r，
5
3 4
∴AC＝AG+GC= r+ r=3，
4 5
60
∴r= ，
3160 3 36
∴DH＝ODsinB= × = ，
31 5 31
∵OH⊥DE，OD＝OE，
72
∴DE＝2DH= ．
31
答案：D．
10．在长方形ABCD中，放入6个形状大小完全相同的小长方形，所标尺寸如图所示，则小长方形的宽 AE的长度
为（ ）cm．
A．1 B．1.6 C．2 D．2.5
解：设小长方形的长为xcm，宽为ycm，则AD＝x+3y，AB＝x+y＝6+2y，
即x﹣y＝6，
根据题意，得
{x+3 y=14
，
x−y=6
{x=8
解得 ，
y=2
即AE＝2，
答案：C．
第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分）
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
下列各题不需要写出解题过程，请将结果直接填写在答题卡指定的位置.
11．计算： 1 1 ．
√(−11) 2=
解： 11．
√(−11) 2=√121=
答案：11．
12．某班50名同学的身高（单位：cm）如下表所示：
身高 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168
人数 3 5 1 2 2 10 4 3 1 2 6 8 1 2则该班同学的身高的众数为 16 0 ．
解：身高160的人数最多，
故该班同学的身高的众数为160．
答案：160．
1 a 1
13．计算： − = ．
a−1 a2−1 a2−1
a+1 a
解：原式= −
(a+1)(a−1) (a+1)(a−1)
1
=
(a+1)(a−1)
1
= ．
a2−1
1
答案： ．
a2−1
14．如图，某雕塑MN位于河段OA上，游客P在步道上由点O出发沿OB方向行走．已知∠AOB＝30°，MN＝
2OM＝40m，当观景视角∠MPN最大时，游客P行走的距离OP是 2 0√3 米．
解：如图，取MN的中点F，过点F作FE⊥OB于E，以直径MN作 F，
⊙
∵MN＝2OM＝40m，点F是MN的中点，
∴MF＝FN＝20m，OF＝40m，
∵∠AOB＝30°，EF⊥OB，
∴EF＝20m，OE=√3EF＝20√3m，
∴EF＝MF，
又∵EF⊥OB，
∴OB是 F的切线，切点为E，
∴当点P⊙与点E重合时，观景视角∠MPN最大，
此时OP＝20√3m，答案：20√3．
15．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象如图所示，顶点坐标为（﹣2，﹣9a），下列结论：①abc＜0；②
5a﹣b+c＜0；③方程ax2+bx+c＝0的两根分别为x ＝﹣5，x ＝1；④若方程|ax2+bx+c|＝1有四个根，则这四个
1 2
根的和为﹣4．其中正确的结论有 ①②③ ．
解：∵抛物线的开口向上，则a＞0，对称轴在y轴的左侧，则b＞0，交y轴的负半轴，则c＜0，
∴abc＜0，
所以①结论正确；
∵抛物线的顶点坐标（﹣2，﹣9a），
b 4ac−b2
∴− =−2， =−9a，
2a 4a
∴b＝4a，c＝﹣5a，
∴5a﹣b+c＝5a﹣4a﹣5a＝﹣4a＜0，
故②结论正确；
∵抛物线y＝ax2+bx+c＝ax2+4ax﹣5a，
当y＝0时，ax2+4ax﹣5a＝0，即a（x+5）（x﹣1）＝0，
∴x＝﹣5或1，
∴方程ax2+bx+c＝0的两个根x ＝﹣5，x ＝1，
1 2
故结论③正确；
若方程|ax2+bx+c|＝1有四个根，设方程ax2+bx+c＝1的两根分别为x ，x ，
1 2
x +x
则 1 2=−2，可得x +x ＝﹣4，
1 2
2
设方程ax2+bx+c＝﹣1的两根分别为x ，x ，
3 4
x +x
则 3 4=−2，可得x +x ＝﹣4，
3 4
2
所以这四个根的和为﹣8，
故结论④错误，
答案：①②③．16．如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD
于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为 4√34
．
解：如图，连接AE，AF，EN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，
∴∠EAF＝90°，
∴△EAF为等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，
∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），
∴EN＝FN，
设DN＝x，
∵BE＝DF＝5，CN＝8，
∴CD＝CN+DN＝x+8，
∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3，
在Rt△ECN中，由勾股定理可得：
CN2+CE2＝EN2，
即82+（x+3）2＝（x+5）2，
解得：x＝12，
∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20，∴AN 4 ，
=√AD2+DN2=√202+122= √34
答案：4√34．
三、解答题（共8小题，共72分）
下列各题需要在答题卡指定的位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形.
17．解不等式组：{ 3x≤6+x① ．
x−1≤3(x+1)②
请结合题意填空，完成本题的解答．
（Ⅰ）解不等式①，得 x ≤ 3 ．
（Ⅱ）解不等式②，得 x ≥﹣ 2 ．
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（Ⅳ）所以原不等式组的解集为 ﹣ 2 ≤ x ≤ 3 ．
解：{ 3x≤6+x① ．
x−1≤3(x+1)②
（Ⅰ）解不等式①，得x≤3，
（Ⅱ）解不等式②，得x≥﹣2，
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
（Ⅳ）所以原不等式组的解集为﹣2≤x≤3，
答案：（Ⅰ）x≤3；
（Ⅱ）x≥﹣2；
（Ⅲ）数轴表示见解答；
（Ⅳ）﹣2≤x≤3．
18．如图，四边形ABCD为平行四边形，F是CD的中点，连接AF并延长与BC的延长线交于点E．求证：BC＝
CE．证明：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAF＝∠E，∠ADF＝∠ECF，
又∵F是CD的中点，即DF＝CF，
∴△ADF≌△ECF，
∴AD＝CE，
∴BC＝CE．
19．4月23日是世界读书日，习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩
然正气”．某校响应号召，开展了“读红色经典，传革命精神”为主题的读书活动，学校对本校学生五月份阅
读该主题相关书籍的读书量进行了随机抽样调查，并对所有随机抽取的学生的读书量（单位：本）进行了统计．
根据调查结果，绘制了不完整的统计表和扇形统计图．
（1）本次调查共抽取学生多少人？
（2）表中a的值为 2 0 ，扇形统计图中“3本”部分所对应的圆心角 的度数为 108 ° ．
（3）已知该校有3000名学生，请估计该校学生中，五月份读书量不少于β“3本”的学生人数．
读书量 1本 2本 3本 4本 5本
人数 10人 25人 30人 a 15人解：（1）抽样调查的学生总数为：25÷25%＝100（人），
答：本次调查共抽取学生100人；
（2）a＝100﹣10﹣25﹣30﹣15＝20；
30
扇形统计图中“3本”部分所对应的圆心角 的度数为：360°× =108°，
100
β
答案：20；108°；
30+20+15
（3）3000× =1950（人），
100
答：估计该校学生中，五月份读书量不少于“3本”的学生人数为1950人．
20．如图，AB为 O的直径，C为 O上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D．
（1）求证：AC⊙平分∠DAB； ⊙
3
（2）若AD＝8，tan∠CAB= ，求：边AC及AB的长．
4
（1）证明：连接OC，如图，
∵CD为 O的切线，
∴OC⊥C⊙D，
∵AD⊥CD，
∴OC∥AD，
∴∠DAC＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴AC平分∠DAB；
（2）解：连接BC，如图，∵∠DAC＝∠OAC，
3
∴tan∠DAC＝tan∠CAB= ，
4
CD 3
在Rt△DAC中，∵tan∠DAC= = ，
AD 4
3
∴CD= ×8＝6，
4
∴AC 10，
=√CD2+AD2=√62+82=
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
BC 3
∴tan∠CAB= = ，
AC 4
3 15
∴BC= ×10= ，
4 2
√ 15 25
∴AB= ( ) 2+102= ．
2 2
21．如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：
（1）画出△ABC关于x轴对称的△AB C ，并写出B 的坐标；
1 1 1
（2）画出△ABC绕点M逆时针旋转90°后的△A B C ，其中点A，C的对应点分别为A （1，﹣02），C （0，
2 2 2 2 2
﹣5），写出旋转中心M点坐标．解：（1）如图，△AB C 即为所求，B 的坐标（﹣2，2）；
1 1 1
（2）旋转中心M点坐标（1，0）．
22．为落实国家《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，某校准备在校园里利用围墙（墙长12m）和
21m长的篱笆墙，围成Ⅰ、Ⅱ两块矩形劳动实践基地．某数学兴趣小组设计了两种方案（除围墙外，实线部分
为篱笆墙，且不浪费篱笆墙），请根据设计方案回答下列问题：
（1）方案一：如图①，全部利用围墙的长度，但要在Ⅰ区中留一个宽度AE＝1m的水池，且需保证总种植面
积为32m2，试分别确定CG、DG的长；
（2）方案二：如图②，使围成的两块矩形总种植面积最大，请问BC应设计为多长？此时最大面积为多少？
解：（1）∵（21﹣12）÷3＝3（m），
∴Ⅰ、Ⅱ两块矩形的面积为12×3＝36（m2），
设水池的长为am，则水池的面积为a×1＝a（m2），
∴36﹣a＝32，
解得a＝4，
∴DG＝4m，
∴CG＝CD﹣DG＝12﹣4＝8（m），
即CG的长为8m、DG的长为4m；
（2）设BC长为xm，则CD长度为21﹣3x，7 147
∴总种植面积为（21﹣3x）•x＝﹣3（x2﹣7x）＝﹣3（x− ）2+ ，
2 4
∵﹣3＜0，
7 147
∴当x= 时，总种植面积有最大值为 m2，
2 4
7 147
即BC应设计为 m总种植面积最大，此时最大面积为 m2．
2 4
23．两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等
的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．
（1）问题发现：
如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边．求证：BD＝CE；
（2）解决问题：
如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为
△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由．
（1）证明：∵△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由如下：
如图：
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝90°＝∠DCE，∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝135°，
∴∠BEC＝∠ADC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME，
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM，
∴DE＝2CM，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
24．如图1，抛物线y＝ax2+2x+c，交x轴于A、B两点，交y轴于点C，F为抛物线顶点，直线EF垂直于x轴于点
E，当y≥0时，﹣1≤x≤3．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是线段BE上的动点（除B、E外），过点P作x轴的垂线交抛物线于点D．
①当点P的横坐标为2时，求四边形ACFD的面积；
②如图2，直线AD，BD分别与抛物线对称轴交于M、N两点．试问，EM+EN是否为定值？如果是，请求出这
个定值；如果不是，请说明理由．
解：（1）∵当y≥0时，﹣1≤x≤3，
∴x ＝﹣1，x ＝3是ax2+2x+c＝0的两根，A（﹣1，0），B（3，0），
1 2
{a−2+c=0
∴ ，
9a+6+c=0{a=−1
解得： ，
c=3
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）①把x＝2代入y＝﹣x2+2x+3得：y＝3，
∴D（2，3）．
又当x＝0，y＝3，
∴C（0，3），
∴线段CD∥x轴．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
1
∴F（1，4），S =S +S = CD(y −y )=4；
四 边 形ACF△DFCD △ACD 2 F A
②设D（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），
直线AD：y＝k x+b ，BD：y＝k x+b ，
1 1 2 2
{ 0=−k +b { 0=3k +b
因此可得： 1 1 或 2 2 ，
−m2+2m+3=k m+b −m2+2m+3=k m+b
1 1 2 2
解得：{k
1
=3−m 或{k
2
=−1−m
，
b =3−m b =3m+3
1 2
∴直线AD：y＝（3﹣m）x+（3﹣m），BD：y＝﹣（m+1）x+3（m+1）．
令x＝1得y ＝6﹣2m，y ＝2m+2，
M N
∴ME＝6﹣2m，NE＝2m+2，
∴NE+ME＝8．
