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
（福建专用）
第七模拟
（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． 的绝对值的是（ ）
A． B．2022 C． D．
【答案】D
【分析】根据绝对值的意义进行判断即可．
【详解】解： ，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了绝对值的意义，解题的关键是熟练掌握绝对值的意义，
．
2．1纳米 米，则 纳米用科学记数法表示为（ ）
A． 米 B． 米 C． 米 D． 米
【答案】B
【分析】根据绝对值小于1的数可以用科学记数法表示，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，即可求解．
【详解】解： 纳米 米 米．
故选：B
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，熟练掌握一般形式为 ，其中
，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定是解题的
关键．
3．下列图形中既是轴对称，又是中心对称的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形、中心对称图形的定义逐项判断即可求解．
【详解】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形：如果一个
图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图
形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完
全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，熟知轴对称图形和中心对称图形的定义
是解题关键．
4．如图所示，等腰直角三角尺 斜边紧贴木板边缘，点O是 的中点， ，
则点O与直角顶点C之间的距离为（ ）
A．2 B． C．4 D．8
【答案】C
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解即可．
【详解】解：∵ ，点O是 的中点， ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线的性质，熟知直角三角形斜边上的
中线等于斜边的一半是解题的关键．
5．在一个不透明的口袋中，放置了3个黄球、1个红球和n个蓝球，这些小球除颜色
外其余均相同，课外兴趣小组每次摸出一个球记录下颜色后再放回，并且统计了蓝球
出现的频率（如图所示），则n的值最可能是（ ）A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【分析】根据图知，经过大量实验，蓝球出现的频率稳定在0.6附近，再根据频率公式
逐项判断即可．
【详解】解：根据图知，经过大量实验，蓝球出现的频率稳定在0.6附近，
则 ，
当n=4时， ，故A不符合题意；
当n=5时， ，故B不符合题意；
当n=6时， ，故C符合题意；
当n=7时， ，故D不符合题意；
∴ 的值最可能是6，
故选：C．
【点睛】本题考查频数与频率，能从图中获取到蓝球出现的频率稳定在0.6附近是解答
的关键．
6．若函数 与 的图像交于点 ，则关于x，y的二元一次方程
组 的解是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将点 代入 即可求得点 的坐标，根据由两个函数的交点坐标
同时满足两个函数解析式，从而可得方程组的解．
【详解】 函数 与 的图象交于点 ，，
即 ，
二元一次方程组 的解是 ．
故选：B．
【点睛】本题考查的是利用函数的交点坐标确定方程组的解，明确交点坐标的含义与
掌握数形结合的方法解题是关键．
7．图2是图1中长方体的三视图，用S表示面积， 则 （
）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由主视图和左视图的宽为c，结合两者的面积得出俯视图的长和宽，从而得出
答案．
【详解】解：∵ ， ，
∴俯视图的长为 ，宽为 ，
∴ ．
故选：C
【点睛】本题主要考查由三视图判断几何体，整式乘法的应用，解题的关键是根据主
视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、
宽、高．
8．甲、乙两个两位数，若把甲放在乙数的左边，组成的四位数是乙数的201倍；若把
乙数放在甲数的左边，组成的四位数比上面的四位数小1188，求这两个数，如果甲数
为x，乙数为y，则得方程组是（ ）
A．
B．
C．D．
【答案】D
【分析】设甲数为x，乙数为y，根据把甲放在乙数的左边，组成的四位数是乙数的
201倍；把乙数放在甲数的左边，组成的四位数比上面的四位数小1188，列出方程组．
【详解】解：设甲数为x，乙数为y，
由题意得， ．
故选：D．
【点睛】本题考查二元一次方程组的应用，设恰当未知数，找等量关系，列出方程是
解题的关键．
9．某博物馆有一个圆形展厅，在其圆形边缘的P点安装一台监视器，它的的监控角度
是 ，为了监控整个展厅，最少需要在展厅边缘安装监视器多少台？( )
A．2台 B．3台 C．4台 D．5台
【答案】C
【分析】根据圆周角定理解答即可．
【详解】解： ，
圆周角 所对的弧所对的圆心角是 ，
，
为了监控整个展厅，最少需要在展厅边缘安装监视器4台，
故选：C．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角
相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
10．已知 、 是一元二次方程 的两个不相等的实数根， 、 是
一元二次方程 的两个不相等的实数根，其中 ．若
，则 的值为（ ）
A．8 B．9 C．12 D．18
【答案】D
【分析】根据抛物线表达式以及 分析出抛物线图像的大致情况，得
到 ，再根据抛物线对称轴得到 ，从而推出 ，即点C坐标，代入抛物线表达式中，即可求出n．
【详解】解：由题意画图可得：
抛物线 与x轴交于A，C，抛物线 与x轴交于B，D，
∵ ，
∴ ，
∵两个抛物线与y轴都交于 ，
∴ ，
∵抛物线 的对称轴为直线 ，
物线 的对称轴为直线 ，
∴ ，
∴ ，即 ，代入 中，
得： ，
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数的综合性质，解题的关键是要读懂题意，通过对图像的
分析将 转化为 ．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．把 因式分解的结果是___________．
【答案】
【分析】先提公因式，然后利用完全平方公式继续分解即可．
【详解】解：
．
故答案为： ．【点睛】本题考查提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含
有公因式，必须先提公因式．灵活运用因式分解的方法是解题的关键．
12．如图，菱形 的对角线 ， 相交于点 ， ， ，则菱形
的周长为____．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，对角线相互垂直且相互平分，则有直角三角形中 ，由
此即可求解．
【详解】解：∵菱形 的对角线 ， 交于点 ，
∴ ， ，
在 中， ，
∴菱形 的周长为 ，
故答案是： ．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
13．不等式组 的所有整数解的和为___________
【答案】
【分析】解出不等式组的解集，之后找到满足条件的整数解，即可得到答案．
【详解】解：解不等式 ，得 ；
解不等式 ，得 ，
∴原不等式组的解集为 ．不等式组所有整数解为 ， ， ， ，
∴该不等式组所有整数解的和为 ．
【点睛】本题主要考查解不等式组，掌握解不等式组的方法是解题的关键．
14．在“ ”的[ ]中，任意填写“ ”或“ ”，得到的所有多项式中是
完全平方式的概率为____．
【答案】
【分析】在空格中填入“+”或“ ”的情况有4种，而要满足完全平方式的情况只有
和 两种，用2除以4即可解出概率．
【详解】解：依题意得：任意填上“+”或“ ”，共有4种情况，
， ， ， ，
而满足条件的有 和 两种情况，因此概率为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是利用概率公式求解简单随机事件的概率，用到的知识点为：概
率=所求情况数与总情况数之比；满足完全平方式的情况只有 和
两种．
15．如图，正方形 的边长是4，点 在 上，点 在 上， ，
若 ．则 的长为___________．
【答案】
【分析】过点F作 于H，由正方形的性质得到 ，
， ，推出四边形 是矩形，得到 ，
，设 ，则 ，求出 ，证明
，得到 ，由此得到 ，
求出 ，即可得到 ．
【详解】解：过点F作 于H，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，
正确理解正方形的性质作出辅助线是解题的关键．
16．如图，点 、 在反比例函数 的图像上，连接 、 ，以 、
为边作平行四边形 ．若点 恰好落在反比例函数 的图像上，
则 ______．
【答案】
【分析】如图所示，过点B作 轴于B，过点C作 轴于E，连接 ，设
点C的坐标为 ，点B的坐标为 ，利用平行四边形对角线中点坐标相同
求出点A的坐标为 ，再根据点A在反比例函数 上，推出
，根据 求出 即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点B作 轴于B，过点C作 轴于E，连接 ，
设点C的坐标为 ，点B的坐标为 ，∴ 中点的坐标为 ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ 与 的中点坐标相同，
∴点A的坐标为 ，
又∵点A在反比例函数 上，
∴ ，
∴ ，
∴ （正值不合题意已舍），
∴
，
∴ ，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了反比例函数与几何综合，平行四边形的性质，正确作出辅助
线是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，满分86分）17．计算： ．
【答案】
【分析】根据特殊角的三角函数值、零次幂、负整数次幂、二次根式、绝对值的性质
进行计算即可．
【详解】解：原式
；
【点睛】本题考查实数与三角函数的综合运算,熟练掌握实数的有关运算法则、特殊三
角函数的值求解方法是解题关键．
18．如图， 为等边三角形，点 、 分别为 、 上一点，且 ，
、 相交于点 ，求 的度数．
【答案】
【分析】根据条件证明 ，得出 ，再根据外角的性质得到
，进一步可得结论．
【详解】解： 是等边三角形，
， ，
在 和 中，
，
，
，
．
【点睛】本题考查等边三角形性质、全等三角形的判定与性质、外角的性质，解题的
关键是熟知三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和．
19．先化简，再求值： ，请在 范围内选择一个你喜欢的
整数 代入求值．
【答案】 ， 时，原式
【分析】先计算括号内的加法，再进行除法运算即可，再选取合适的整数 代入求值即可．
【详解】解：
∵ ，且 ，且x为整数，
∴ ，
原式
【点睛】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则是解题的关键．
20．如图，点F、C在 上，已知 ， ．求
证：四边形 是矩形．
【答案】证明过程见详解
【分析】证明 ，可知 ，再证明 ，得出
，由此可知平行四边形 ，且 ，由矩形的判定即可求证．
【详解】证明：∵ ，
∴ ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
又∵ ，
∴四边形 是矩形．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，三角形全等的判定和性质，矩形的判定，掌握
矩形的判定是解题的关键．21．如图， 是 的外接圆．
(1)分别只用一次直尺和圆规，在 上确定点D，使 ；（保留作图痕
迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，若 ， ， 的半径为2，求 的长．
【答案】(1)答案见详解；
(2) ．
【分析】（1）以 为圆心， 为半径画弧，交 于点 （异于点 ），连接 交
于点 即可；
（2）利用圆周角定理的推论，推出 ，得线段 为直径，然后在等腰直角
中求出 的长，然后利用相似三角形的对应边成比例，列式计算求得 的长．
【详解】（1）解：如图1所示，点 为所作；
，
，
又 ，
；
（2）解：如图2所示，连接 ，
， ，
， ，
，
为直径， 为等腰直角三角形；
的半径为2，
，
，
又 ，，
，
．
【点睛】此题考查了尺规作图、相似三角形的判定与性质、圆周角定理的推论等知识，
熟练掌握相似三角形的判定与性质、圆周角定理的推论是解答此题的关键．
22．材料1：对于一个四位自然数A，如果A满足各数位上的数字均不为0，它的百位
上的数字比千位上的数字大2，个位上的数字比十位上的数字大2，则称A为“阶梯
数”．对于一个“阶梯数”A，把A的千位数字放在最右边，得到一个新的四位数B，
规定： ．
例如： ，因为 ，所以1324是“阶梯数”；将A的千位数字1
放在最右边，得到 ．
材料2：对于任意四位自然数 （a，b，c，d均为整数），规定：
．
根据以上材料，解决下列问题：
(1)请判断3512、6846是不是“阶梯数”，请说明理由；如果是，请求出对应的
的值；
(2)已知C、D是“阶梯数”，其中C的千位数字为n（n是整数且 ），十位数
字为5；D的千位数字为4，个位数字为m（m是整数且 ）．若 能
被11整除且 ，求满足条件的 的最大值．
【答案】(1) 不是“阶梯数”， 是“阶梯数”； ；
(2)满足条件的 的最大值为 ．
【分析】（1）根据“阶梯数”的定义逐一分析，再计算 即可；
（2）根据新定义的含义可得： ，再根据整除的含义及m，
n的取值范围分别确定m，n的值，从而可得答案．
【详解】（1）解：∵ ， ，
∴ 不是“阶梯数”，∵ ， ，
∴ 是“阶梯数”；
∴ ；
（2）∵C的千位数字为n（n是整数且 ），十位数字为5；
∴C的百位数字为 （n是整数且 ），个位数字为7；
∴ ，
∵D的千位数字为4，个位数字为m（m是整数且 ），
∴D的百位数字为6，十位数字为 （m是整数且 ），
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ 能被11整除，
∴ ，
∴ ；
∵ ， ， ，
当 ，则 ，不符合题意，舍去；
当 ，则 ，
此时 ，
∴ ；
当 ，则 ，
此时 ，
∴ ；
当 ，则 ，
此时 ，
∴ ；
当 ，则 ，
此时 ，
∴ ；
综上：满足条件的 的最大值为 ．
【点睛】本题考查的是新定义运算的含义，整除的含义，二元一次方程的整数解的含
义，不等式的性质，理解题意，确定合适的方法解题是关键．23．某风景区内的公路如图1所示，景区内有免费的班车，从入口处出发，沿该公路
开往草甸，途中停靠塔林（上下车时间忽略不计），第一班车上午8点发车，以后每
隔10分钟有一班车从入口处发车，小聪周末到该风景区游玩，上午7：40到达入口处，
因还没到班车发车时间，于是从景区入口处出发，沿该公路步行25分钟后到达塔林，
离入口处的路程 （米）与时间 （分）的函数关系如图2所示．
（1）求第一班车从入口处到达塔林的时间．
（2）小聪在塔林游玩40分钟后，想坐班车到草甸，则小聪最早能够坐上第几班车？
如果他坐这班车到草甸，比他在塔林游玩结束后立即步行到草甸提早了几分钟？（假
设每一班车速度均相同，小聪步行速度不变）．
（3）若小聪在8：30至8：50之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机
的，则他等车时间不超过3分钟的概率是多少？
【答案】（1）10；（2）7；（3） .
【分析】（1）根据题意设y=kx+b，运用待定系数法求解并把y=1500代入即可得出答
案；
（2）由题意设小聪坐上了第n班车，30-25+10（n-1）≥40，解得n≥4.5，可得小聪坐
上了第5班车，再根据“路程、速度与时间的关系”解答即可;
（3）根据题意求出小聪等车时间不超过3分钟的时间长度，代入概率计算公式，即可
得出答案．
【详解】解：（1）由题意可设函数表达式为：y=kx+b（k≠0），
把（20，0），（38，2700）代入y=kx+b，
得 ，解得 ，
∴第一班车离入口处的路程y（米）与时间x（分）的函数表达为y=150x-3000
（20≤x≤38）；
把y=1500代入y=150x-3000，解得x=30，
30-20=10（分），
∴第一班车从入口处到达塔林所需时间10分钟.
（2）设小聪坐上了第n班车，则30-25+10（n-1）≥40，解得n≥4.5，
∴小聪坐上了第5班车，即等车的时间为5分钟，坐班车所需时间为：1200÷150=8（分），
步行所需时间：1200÷（1500÷25）=20（分），
20-（8+5）=7（分），
∴比他在塔林游玩结束后立即步行到草甸提早了7分钟．
(3)由题意设小聪到达时间为y，
当y在8：37至8：40，或8：47至8：57时，共计6分钟，小聪等车时间不超过3分
钟，
又小聪在8：30至8：50之间到达发车站乘坐班车，
故有其概率为： .
【点睛】本题主要考查一次函数的实际应用，熟练掌握待定系数法求出函数解析式是
解答本题的关键．
24．如图1，在 中， ， ，点 ， 均在边 上（点 在
点 的左侧），且 ．
(1)如图1，将 绕点 逆时针旋转 得到 ，连接 ，求证：
；
(2)如图2，若 ，求证： ；
(3)如图3，若 ， ， ，求线段 的长度．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质，可得： ，由 ， ，
可得 ，即有 ， ，即
可证明；
（2）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，连接 ， ，先求出
，根据旋转的性质有： ， ，即有
，则在 中，有： ，结合（1）
的证明方法可得 ，问题得证；
（3）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，连接 ， ，过F点作
，交 的延长线于点G，易得 是等边三角形，即有 ，
；表示出 ，根据（1）中的方法可证明： ，即 ，求出 ，即有
，在 中， ，即 ， ，
在 中，由 ，可得 ，解方程即可求解．
【详解】（1）根据旋转的性质，可得： ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ；
（2）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，连接 ， ，
∵ ， ，
∴ ，
根据旋转的性质有： ， ，
∴ ，
∴在 中，有： ，
根据（1）中的方法，同理可证明 ，
∴ ，
∴结合 ，有 ；
（3）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，连接 ， ，过F点作
，交 的延长线于点G，如图，
∵ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∵ ，∴ ，
根据（1）中的方法可证明： ，
∴ ，
根据旋转的性质有： ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴在 中， ，即 ，
∴利用勾股定理可得： ，
∵在 中， ，
∴ ，
解得： ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全
等三角形的判定与性质，勾股定理，以及含 角的直角三角形的性质等知识，合理作
出相应的辅助线是解答本题的关键．
25．二次函数 （ 是常数）的图象与x轴交于A，B两点．
(1)若A，B两点的坐标分别为 ，求函数 的表达式及其图象的对称轴；
(2)若函数 的图象经过点 ，且 时，求m的最大值：
(3)若一次函数 （k，b是常数， ），它的图象与 的图象都经过x轴上
同一点，且 ．当函数 的图象与x轴仅有一个交点时，求k的值．
【答案】(1) ，对称轴为直线：
(2)2
(3)
【分析】（1）根据A，B两点的坐标分别为 ，得到 ，即
可求出解析式，进而求出对称轴即可；
（2）将点 ，代入解析式，转化为新的二次函数，求最值即可；
（3）分 的图象与 的图象都经过 和 的图象与 的图象都经
过 两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵A，B两点的坐标分别为 ，∴ ，对称轴为直线： ；
（2）解：∵函数 的图象经过点 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴
；
∴当 时， 有最大值，最大值为： ；
（3）解：①当一次函数 （k，b是常数， ），的图象与 的图象都经过
时，则： ，
∴ ，
∴ ，
∴
，
∵函数 的图象与x轴仅有一个交点，
∴ ，
∴
，
∴ ，
∴
∵ ，∴ ；
②当一次函数 （k，b是常数， ），的图象与 的图象都经过 时，
同法①可得： ，
，
，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ；
综上：当函数 的图象与x轴仅有一个交点时， 的值为： ．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．熟练掌握二次函数的性质，以及二次函数图
象与 轴只有一个交点时， ，是解题的关键．
