黄金卷04-赢在中考·黄金8卷备战2023年中考数学全真模拟卷（福建专用）（解析版）_初中数学人教版_9下-初中数学人教版_10中考模拟卷

【赢在中考·黄金8卷】备战2023年中考数学全真模拟卷 （福建专用） 第四模拟 （本卷满分150分，考试时间为120分钟） 一、单选题（共10小题，每小题4分，共40分。每小题给出的四个选项中只 有一个选项是最符合题意的） 1．医学研究发现一种病毒的直径约为0.00000012米，则这个数用科学记数法表示为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【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 ，与较 大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，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】解： ． 故选：B． 【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为 ，其中 ， 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． 2．下列各数：5， ，103003， ，0， ， ，其中有理数的个数是（ ） 个． A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】根据有理数的概念进行判别即可． 【详解】解：5， ， ， ，0， ，是有理数，共6个， 是无理数， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了有理数的概念，熟练掌握有理数的概念是解题的关键． 3．图1中是由6个相同的小正方块组成的几何体，移动其中一个小正方块，变成图2 中的几何体，则移动前后（ ） A．正面看的图改变，从上面看的图改变 B．正面看的图不变，从上面看的图改变 C．正面看的图不变，从上面看的图不变 D．正面看的图改变，从上面看的图不变 【答案】B 【分析】根据几何体变化前后的三视图，即可得出答案． 【详解】解：观察图形可知，图1图2从正面看的正方体的个数都为1、2、1，从上面看图1的正方体个数为3、1、1，图2的正方体个数为2、1、2，则正面看的图不变， 从上面看的图改变， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了三视图，从几何体的正面，左面，上面看的平面图形中正方 形的列数即正方形的个数是解决本题的关键． 4．甲、乙、丙、丁四人进行100 m短跑训练，统计近期10次测试的平均成绩都是 13.2 s，10次测试成绩的方差如下表，则这四人中发挥最稳定的是（ ） 选手 甲 乙 丙 丁 方差 0.020 0.019 0.020 0.022 A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】B 【分析】根据方差的意义判断，方差越小数据越稳定． 【详解】由题表可知，这四人中乙的方差最小， 所以这四人中发挥最稳定的是乙． 故选：B． 【点睛】本题考查方差的意义：方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大， 表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明 这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定． 5．在 中， ， 为 边上的高， ，则 的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等腰三角形的三线合一性质，进行计算即可解答． 【详解】解：∵ ， 为 边上的高， ∴ ， 故选：B． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键． 6．下列命题中，逆命题是真命题的是（ ） A．全等三角形的对应角相等 B．两直线平行，同位角相等 C．若 ，则D．对顶角相等 【答案】B 【分析】先写各个选项的逆命题，再判定真假． 【详解】解：A：逆命题为：对应角相等的三角形是全等三角形，是假命题； B：逆命题为：同位角相等，两直线平行，是真命题； C：逆命题为：若 ，则 ，是假命题； D：逆命题为：相等的角是对顶角，是假命题； 故选：B． 【点睛】本题考查了命题与定理，主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题， 错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 7．如图，在 中，点 是 的中点，分别以点 ， 为圆心，大于 的长 为半径作弧，两弧交于 ，直线 交 于点 ，连接 ，若 ， 的周 长为12，则 的周长为（ ） A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】D 【分析】根据线段中点的定义可得AC＝4，根据题意可得ED是AC的垂直平分线，从 而可得EA＝EC，然后根据△ABE的周长为12，可得AB＋BC＝12，从而求出△ABC 的周长，即可解答． 【详解】解：∵点D是AC的中点， ， ∴AC＝2AD＝ 由题意得：ED是AC的垂直平分线， ∴EA＝EC， ∵△ABE的周长为12， ∴AB＋BE＋AE＝12， ∴AB＋BE＋EC＝12， ∴AB＋BC＝12， ∴△ABC的周长为：AB＋BC＋AC＝12＋4＝16． 故选：D． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题 的关键． 8．某公司在一项工程招标时，接到甲、乙两个工程队的投标书，工程领导小组根据甲、 乙两队的投标书测算，可有三种施工方案：（1）甲队单独完成这项工程，刚好如期完工；（2）乙队单独完成这项工程要比规定日期多用5天；（3）若甲、乙两队合作4 天，余下的工程由乙队单独做，也正好如期完成．某同学设规定的工期为x天，根据 题意列方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设规定的工期为x天，等量关系为：甲4天的工作量+乙x天的工作量 ，据 此列方程即可． 【详解】设规定的工期为x天， 由题意得， ． 故选：B． 【点睛】本题考查分式方程的应用，解题的关键是找出等量关系列方程． 9．如图，在由小正方形组成的网格中，点A，B，C，D，E，F，O均在格点上．下列 三角形中，外心不是点O的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设小正方形边长为1，再通过勾股定理求出 到所有顶点长度，不相等的就 是外心不在的三角形． 【详解】解：设小正方形边长为1， 则： ， ， 根据三角形外心到各顶点距离相等可以判断： 点O是 三个三角形的外心； 不是 的外心， 故选：C． 【点睛】本题考查外心的定义，掌握勾股定理求出外心到各顶点距离是关键． 10．点 ， 都在 上，若 ，则 的取值范围是 （ ） A． B． C． D． 【答案】C【分析】由函数解析式可知，其图像开口向上，对称轴为 ．当 时，点 关于直线 对称，故 ；当 及 时，结合图像确定点 的位置， 然后比较即可获得答案． 【详解】解：对于函数， ，可知其图像开口向上，对称轴为 ， 则当 ，即当 时，如图1， 此时点 关于直线 对称，故 ； 当 时，如图2， 此时点 在对称轴 左侧，点 在对称轴 右侧， 随着 的增大而减小， 随着 的增大而增大，故 ； 当 时，如图3， 此时函数值 随着 的增大而增大，点 在点 左侧，故 ．综上所述，若 ，则 的取值范围是 ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图像与性质，理解并掌握二次函数的图像与性质 是解题关键． 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分） 11．计算 的值为_______． 【答案】1 【分析】根据有理数减法运算法则进行计算即可． 【详解】解： ． 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了有理数减法运算，熟练掌握减去一个数等于加上这个数的相 反数，是解题的关键． 12．某射击运动员封闭训练10个月，每天击中9环以上的频率记录如下图，封闭训练 结束时，估计这名运动员射击一次时“击中9环以上”的概率为______（结果保留一 位小数）． 【答案】 【分析】根据题目所给图象分析即可． 【详解】解：根据图象可知，当训练次数增加时，运动员击中9环的频率稳定再 附 近， 故答案为： ． 【点睛】本题考查用频率估算概率，能够根据图象分析出有用的数据是解决本题的关 键． 13．已知扇形的面积为 4π，圆心角为 90°，则它的半径为_________． 【答案】4 【分析】根据题意和扇形面积的计算公式，即可求得该扇形所在圆的半径． 【详解】设它的半径为r， ∵扇形的面积为4π，圆心角为90°，∴ ， 解得，r=4，r=-4（舍去）， 1 2 即它的半径为4， 故答案为：4． 【点睛】本题考查扇形面积的计算，解答本题的关键是明确题意，利用扇形面积的计 算公式解答． 14．如图，在 ABC中，已知点D为BC上一点，E，F分别为AD，BE的中点，且 S ABC＝9，则图中阴影部分 CEF的面积是_____． △ △ △ 【答案】 【分析】根据E、F分别为中点，利用等底同高面积相等求出所求即可． 【详解】解：∵E为AD的中点， ∴S BEC＝ S ABC＝ ， △ △ 又∵F为BE的中点， ∴S EFC＝ S BEC＝ ． △ △ 故答案为： ． 【点睛】本题考查了三角形的面积，熟练掌握三角形面积求法是解本题的关键． 15．如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是8和6，则重叠部分 的四边形周长是________． 【答案】 【分析】先证明四边形 是菱形，则 ，设 ，则 ，在 中，由勾股定理可得 ，解方程求出 ，即可得到重叠部分的四边形周长． 【详解】解：如图所示，由题意得，矩形 矩形 ， ∴ ， ， ， ， ， ∴四边形 是平行四边形， ∴平行四边形的面积＝ ， ∴ ， ∴四边形 是菱形， ∴ ， 设 ，则 ， 在 中，由勾股定理可得， ， 则 ， 解得 ， 即 ， ∴四边形 的周长 ． 故答案为： 【点睛】此题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，证明四边形 是菱形是解题的关键． 16．如图，已知正比例函数 与反比例函数 交于 、 两点，点 是第三 象限反比例函数上一点，且点 在点 的左侧，线段 交 轴的正半轴于点 ，若 的面积是 ，则点 的坐标是______． 【答案】 【分析】过 作 轴的平行线交 于点 ，联立正比例函数 与反比例函数求得 ， ，得到 的解析式为 ，利用 的 面积即可求得点 的坐标 【详解】联立 ， 解得： ， ， 设 ， ： ， 则 ， 解得： ， ， ： 过 作 轴的平行线交 于点 ， 则 ， ， 即： ， 解得， ， ． 【点睛】本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了反比例函数的性质、待定 系数法求一次函数的表达式及三角形的面积，熟练掌握反比例函数的性质和两个函数 的交点是解决问题的关键 三、解答题（本大题共9小题，满分86分）17．解不等式组： ，并将解集在数轴上表示出来． 【答案】 ，见解析 【分析】分别解两个一元一次不等式，找到它们的公共部分，即为不等式组的解集， 在数轴上将解集表示出来即可． 【详解】解： ， 解不等式①得： ， 解不等式②得： ， ∴不等式组的解集是 ． 将解集表示在数轴上如下： ． 【点睛】本题考查求不等式组解集，并在数轴上表示出不等式组的解集．正确的解出 每一个不等式，确定不等式组的解集，是解题的关键． 18．如图，在平行四边形 中，对角线 、 相交于点 ， 在对角线 上，且 ， ，求证：四边形 是矩形． 【答案】证明见解析 【分析】根据平行四边形的性质，得到对角线相互平分，则 ，再结 合 ， ，得到 ，结合矩形的判定定理即可得证． 【详解】证明：在平行四边形 中，对角线 、 相交于点 ， ， ， ， 四边形 是平行四边形， ， OEODOF OB，即EF BD， 四边形EBFD是矩形． 【点睛】本题考查矩形的判定，涉及平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质 及矩形的判定是解决问题的关键． ax1 2 19．关于x的方程：  1．若这个方程有增根，求a的值． x1 1x 【答案】3【分析】先将分式方程化为整式方程，再根据增根的定义得出x的值，最后将x的值带 入整式方程求解即可． 【详解】解：方程两边同时乘以 x1 得ax12x1， 即 a1x4， 当a1时，若原方程有增根，则x10， 解得：x1， 将x1代入整式方程得：a14， 解得：a3， 综上，a的值为3． 【点睛】此题考查了分式方程的增根，解题的关键是确定增根，增根确定后可按如下 步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值． 20．已知一纸板的形状为正方形ABCD，如图所示．其边长为10厘米，AD，BC与 投影面平行，AB，CD与投影面不平行，正方形ABCD在投影面上的正投影为 ABCD ．若ABB 45，求投影面ABCD 的面积． 1 1 1 1 1 1 1 1 1 【答案】50 2（平方厘米） 【分析】如图（见解析），过点A作AH BB 1 ，交BB 1 于点H ，先根据正投影的性质 求出投影面ABCD 是矩形，再利用等腰三角形的判定、余弦三角函数值求出AH的 1 1 1 1 长，从而可知AB 的长，然后根据矩形的面积公式求解即可． 1 1 【详解】由正投影的性质可得：投影面ABCD 是矩形，且AD  AD10（厘米） 1 1 1 1 1 1 如图，过点A作AH BB 1 ，交BB 1 于点H ∵ABB 45 1 ∴ABH 是等腰直角三角形 2 ∴AH  ABcos4510 5 2（厘米） 2 ∴AB  AH 5 2（厘米） 1 1 ∴矩形ABCD 的面积为AB AD 5 21050 2（平方厘米）． 1 1 1 1 1 1 1 1【点睛】本题考查了正投影的性质、余弦三角函数值等知识点，根据正投影的性质得 出投影面ABCD 为矩形是解题关键． 1 1 1 1 21．如图，AC是长方形ABCD的对角线． (1)在AB上求一点E，使AECE（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，若CD10，BE 4，求AC的长度． 【答案】(1)见解析 (2)AC 2 30 【分析】（1）作出AC的垂直平分线交AB于点E，则AECE； （2）由矩形的性质得ABCD10，由BE 4得CEAE6，再由勾股定理可得 BC 2 5以及AC 2 30． 【详解】（1）如图所示，点E即为所作， （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴ABCD10，�B�90 ， ∵BE 4， ∴AE ABBE1046， ∴CEAE6 在Rt BCE中，BC2BE2 CE2，  ∴BC2 CE2BE2 6242 20； 在Rt△ABC中，AB2BC2  AC2， ∴AC2  AB2BC2 10020120； ∴AC 2 30【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，矩形的性质以及勾股定理等知识， 熟练掌握线段垂直平分线的性质是解答本题的关键． 22．某著名景区计划在西峰修建安装至多4条索道接送游客，过去10年景区游客统计 资料显示，景区每年游客客流量X 都在160万人以上．过去10年的游客客流量的统计 情况绘制成如下频数分布直方图（数据包括左端点，不含右端点，假设每年游客客流 量不相互影响）． 以过去10年的游客客流量的统计情况为参考依据． (1)求该景区今年游客客流量不低于240万人的概率； (2)若该景区希望安装的索道尽可能运行，但每年索道最多可运行条数受游客客流量X 的限制，并有如下表关系： 年游客客流量（单 160 X 200 200x240 240 X 280 280x320 位：万人） 索道最多可运行条数 1 2 3 4 若某条索道运行，则该条索道年利润为6000万元；若某条索道未运行，则该条索道年 亏损2000万元，从平均获利的角度看，帮景区作出决策，应选择安装2条还是3条索 道获利较多？请说明理由． 1 【答案】(1) 5 (2)选择2条索道，理由见解析 【分析】（1）以过去10年游客流量不低于240万的比率作为今年的概率； （2）计算出不同游客流量出现的概率，再分别计算两种方案下各种游客流量概率下的 平均获利进行比较． (1) 该景区地过去10年游客客流量不低于240万人的年数为112（年），2 1 占总年数的比率为  ， 10 5 1 因此该景区今年游客客流量不低于240万人的概率为 ； 5 (2) 根据题意， 2 1 年游客客流量在 的概率为  ，此时可维持1条索道支行； 160 X 200 10 5 6 3 年游客客流量在 的概率为  ，此时可维持2条索道支行； 200x240 10 5 1 年游客客流量在 的概率为 ，此时可维持3条索道支行； 240 X 280 10 1 年游客客流量在 的概率为 ，此时可维持4条索道支行； 280x320 10 若安装2条索道， 1 3 1 1  则平均获利为60002000 60002   10400（万元）， 5 5 10 10 若安装3条索道， 1 3  1 1  则平均获利为600020002 600022000 60003  10000（万元）， 5 5 10 10 ∵1040010000， ∴选择安装2条索道获利较多． 【点睛】本题考查概率的应用，熟练掌握概率相关知识灵活运用是解题关键． 23．请阅读以下材料并完成相应的任务．17世纪德国著名天文学家开普勒曾经这样说 过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比 作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”．黄金分割比（简称：黄金比）是 指把一条线段分割为两部分，较长部分与整体长度之比等于较短部分与较长部分的长 AC BC 51 度之比（如图①）即  ，其比值为 ． AB AC 2 已知顶角为36°的等腰三角形是黄金三角形的一种；当底角被平分时，形成两个较小的 等腰三角形，这两个三角形之一相似于原三角形，而另一个三角形可用于产生螺旋形 曲线（如图②）． 任务： (1)如图③，在圆内接正十边形中，AB是正十边形的一条边，M是ABO的平分线与半径OA的交点．若OA2，求正十边形边长AB的长度； (2)在（1）的条件下，利用图③进一步探究，请你写出sin18与黄金比之间的关系，并 说明理由． 【答案】(1)AB 51 (2)sin18是黄金比的一半，理由见解析 【分析】（1）由题意易得AOB36，则可得ABM OBM 36，BMA72， 然后可得△ABM ∽△AOB，进而可得AB2  AO2AOAB，然后问题可求解； （2）延长AO交 O于点P，连接PB，由题意可得OPB18，则有AP2OA4， 然后可根据三角函数进行求解． 【详解】（1）解：∵正十边形的中心角为36°， ∴AOB36， ∵OAOB， ∴ABOBAO72， ∵BM 平分ABO， ∴ABM OBM 36，BMA72， ∴BMABAM ， ∴OM BM  AB， ∴△ABM ∽△AOB， AB AM AB AOAB ∴  ，即  ， AO AB AO AB ∴AB2  AO2AOAB，  AB 2 AB AB 51 ∴   1，解得  （负值已舍去），  AO AO AO 2 ∵OA2， ∴AB 51； （2）解：sin18是黄金比的一半； 理由如下：如图，延长AO交 O于点P，连接PB， ∵AOB36， ∴OPB18， ∵AP是 O的直径，AP2OA4，∴ABP90， AB 51 ∴sinP ，即sin18 ． AP 4 ∴sin18是黄金比的一半． 【点睛】本题主要考查黄金分割比、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握 黄金分割比、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键． 24．在Rt  ACB中，ACB90，AC BC． (1)如图1，点E在AB上（不与点A，B重合），连接CE，将CE绕点C逆时针旋转 90，得到CD，连接DE，AD． ①求证：VACD≌VBCE； ②若AB5，AE2，求DE的长． (2)如图2，若点E在AB外，且CECB，将CE绕点C逆时针旋转90，得到CD，连 接DE交AB于点G，射线DA与射线BE相交于点H．求证：HAHE． 【答案】(1)①见解析；② 13 (2)见解析． 【分析】（1）①由DCEACB90可得ACDBCE，易证  ACD≌  BCESAS ； ②由①可知ADBE，DAC B，可求得DAE=90，ADBE3，在RtVDAE 中，运用勾股定理可求解； （2）如图，连接AE，同①可证 ACD≌  BCESAS ，结合已知 CADCDACBE CEB，CAECEA，CADCAEHAE180， CEBCEAHEA180，可求得HAE HEA，根据等角对等边可得证． 【详解】（1）①证明： DCEACB90， DCEACEACBACE， 即ACDBCE， 在 ACD与 BCE中， CACB  ACDBCE  CDCE   ACD≌  BCESAS ；② ACD≌  BCE， ADBE，DAC B，  ACB90，CACB， CABBDAC 45， DAEDACCAB90，  AB5，AE2， ADBE3， 在RtVDAE中， DE  AD2  AE2  32  22  13； （2）（2）如图，连接AE，  DCEACB90， DCEACEACBACE， 即ACDBCE， 又 CACBCDCE，   ACD≌  BCESAS ， CADCDACBE CEB，  CACE， CAE CEA，  CADCAEHAE 180， CEBCEAHEA180， HAEHEA， HAHE． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的证明和性质的应用，勾股定理求边长， 还考查了等腰三角形性质的应用和证明；熟练掌握相关性质是解题的关键． 25．如图，抛物线yx2bxc经过点B(3,0)，点C(0,3)，D为抛物线的顶点．(1)求抛物线的表达式； (2)在抛物线的对称轴上找一点Q，使AQC90，求点Q的坐标； (3)在坐标平面内找一点P，使 OCD与 CBP相似，且CODBCP，求出所有点P 的坐标． 【答案】(1)yx22x3 (2) 1,1 或 1,2 45 24 27 6  (3)5,0或3,2或 17 , 17   或 17 , 17   【分析】（1）利用待定系数法转化为解方程组即可解决； 1 （2）如图2中，点M是 中点，求出点M坐标，设点 ，根据MQ AC， AC Q(1,m) 2 列出方程即可解决问题； （3）如图3中，作DK OC于K，当CP在直线BC上方时，因为CBO45，所以 CD CO  当 时，点 在x轴上，根据 ，求解即可，当 CBP DCO P BP BC CPBDCO 1 1 1 2 CP CB PM CM CP 时， 2  ，求出 ，作 于M，利用 2   2 即可解决问题． CO DO CP PM CO OP CO CP 2 2 1 1 当直线CP在直线BC下方时，根据对称性，即可解决问题． 93bc0 b2 【详解】（1）把 B3,0,C0,3代入 yx2bxc 得  c3 解得 c3 ， 故抛物线的解析式为yx22x3． （2）令y0得到x22x30， 解得x=1或3， 故点A(1,0)， 如图2中，连接AC．∵yx22x3x124， ∴抛物线对称轴是直线x1， 设点Q(1,m)，取AC的中点M， ∵A(1,0)，， 1 3 ∴M( , )， 2 2 ∵AQC90， 1 ∴MQ AC， 2 1 3 1 ∴ (1 )2(m )2  1232 ， 2 2 2 解得m1或2， ∴点Q坐标(1,1)或(1,2)． （3）如图3中，作DK OC于K， ∵点D坐标(1,4)，点C坐标(0,3)， ∴CK DK,KCD45， ∴DCO135， ∵  OCD与 CBP相似，CODB， 当CP在直线BC上方时， ∵CBO45， ∴当CBP DCO时，点P在x轴上， 1 1 CD CO ∴  ， BP BC 1 2 3 ∴  ， BP 3 2 1 ∴BP 2， 1 ∴P(5,0)， 1 CP CB 当 时， 2  ， CPBDCO CO DO 2CP 3 2 ∴ 2  ， 3 17 18 ∴CP  ， 2 34 作PM CO于M， 2 PM CM CP ∵ 2   2 ， OP CO CP 1 1 27 45 ∴CM  ,PM  ， 17 2 17 24 ∴OM  ， 17 45 24 ∴P( , )， 2 17 17 当直线CP在直线BC下方时，根据对称性，可知：BP BP 2，此时P(3,2)， 3 1 3 18 27 6 ∵CP CP  ，同理可得P( , )． 4 2 34 4 17 17 45 24 27 6  综上所述点P坐标5,0或3,2或 17 , 17   或 17 , 17   ． ． 【点睛】本题考查二次函数综合题、待定系数法、相似三角形的性质、勾股定理．直 角三角形斜边中线性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会正确 画出图形，本题一题多解，属于中考压轴题．