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）
第八模拟
（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．下列实数中是无理数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据无理数的概念进行判断即可．
【详解】解：无理数是指无限不循环小数，像开方开不尽的数，有特殊意义的数，有
特殊形式的数，
A、 是无理数，符合题意；
B、 ，有限小数，不符合题意；
C、 ，有理数，不符合题意；
D、 ，有理数，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查无理数的概念，熟悉无理数的定义是解题关键．
2．新华广场为正方形广场，其边长为 ，其面积用科学计数法表示为：
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正方形的面积＝边长×边长列出代数式，根据积的乘方化简，结果写成
科学记数法的形式即可．
【详解】解：面积为 ，即 ，
故选：D
【点睛】本题考查了科学记数法﹣表示较大的数，掌握幂的运算法则是解题的关键．
3．某个几何体的三视图如图所示，该几何体是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据几何体三视图的定义进行逐项判断即可．【详解】解：根据所给的几何体的三视图，选项A、B、C中几何体符合主视图和左视
图，选项B中几何体符合俯视图，综合考虑，选项B符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查几何体的三视图，理解三视图的定义，熟知主视图是从正面看到的
图形；左视图是从左面看到的图形，俯视图是从上面看到的图形．会根据所给三视图
还原几何体是解答的关键．
4．某排球队12名队员的年龄如下表所示：该队队员年龄的众数与中位数分别是（
）
1 2
年龄/岁 18 20 22
9 1
人数/人 1 4 3 2 2
A．19岁，19岁 B．19岁，20岁 C．20岁，20岁 D．20岁，22岁
【答案】B
【分析】根据中位数和众数的定义求解．
【详解】解：观察图表可知：人数最多的是4人，年龄是19岁，故众数是19岁．
共12人，中位数是第6，7个人平均年龄，因而中位数是20岁．
故选：B．
【点睛】本题考查了众数与中位数的意义．中位数是将一组数据从小到大（或从大到
小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位
数．众数是数据中出现次数最多的数．
5．下列各式中，计算结果为 的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据积的乘方运算法则及同底数幂的乘法法则进行运算，即可一一判定．
【详解】解：A. ，故该选项不符合题意；
B. ，故该选项不符合题意；
C. ，故该选项不符合题意；
D. ，故该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了积的乘方运算及同底数幂的乘法法则，熟练掌握和运用各运算法
则是解决本题的关键．
6．如图，数轴上A，B两点分别表示数a，b，且满足 ，点M是线段
的中点，则原点的位置一定在（ ）A．点A左边 B．线段 上 C．线段 上 D．点B右边
【答案】C
【分析】由 ，再结合数轴上点的特点，可判断出原点在点M的右边或重合．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∴点A离原点比点B更远，
∴原点在线段 上．
故选C．
【点睛】本题考查了数轴和绝对值，掌握绝对值的意义是一个点到原点的距离是解题
的关键．
7．如图，在 中， ， ，以点 为圆心的量角器（半圆
）的直径和 重合，零刻度落在点 处（即从点 处开始读数），点 是 上一点，
连接 并延长与半圆交于点 ，若 ，则点 在量角器上的读数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据半圆的直径与等腰直角三角形斜边重合，由三角形的外角和定理求出
，如图所示，连接 ，根据圆周角与圆心角的关系算出 ，由此即可求
解．
【详解】解：∵ 中， ， ，
∴ ，
在 中， 是外角，且 ，
∴ ，
如图所示，连接 ，
根据题意得， ，∴点 在量角器上的读数为 ，
故选： ．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形，圆周角的综合，掌握三角形外角和定理，圆
周角与圆心角的关系是解题的关键．
8．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如上
图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方
形，设直角三角形较长直角边为a，较短直角边为b，若 ，大正方形的面
积为 ，则小正方形的面积为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】将完全平方式展开，结合勾股定理得到 及 的值，利用大正方形面积
减去4个三角形面积即可得到小正方形面积；
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵直角三角形较长直角边为a，较短直角边为b，大正方形的面积为 ，
∴ ， ，
∴ ，
故选D．
【点睛】本题考查勾股定理及完全平方公式，解题的关键是将完全平方公式展开得到
及 的值．
9．如图， 的半径为8， ， 是互相垂直的两条直径，点P是 上任意一点，
过点P作 于点M， 于点N，点Q是 的中点，当点P从点A运动
到点D时，点Q所经过的路径长为（ ）
A．2π B．4π C．6π D．8π
【答案】A
【分析】由题意易知四边形 是矩形，连接 ， 的长度不变，始终等于半径，则根据矩形的性质可得 ，再由走过的角度代入弧长公式即可．
【详解】连接 ，如图所示：
∵ ， 于点M， 于点N，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
又∵点Q为 的中点，
∴点Q为 的中点，
则 ，
点Q走过的路径长 ．
故选：A．
【点睛】本题考查了弧长的计算及矩形的性质，解答本题的关键是根据矩形的性质得
出点 运动轨迹的半径，要求同学们熟练掌握弧长的计算公式．
10．二次函数 （a，b，c是常数，且 ）的图像过 ， ，
且当 时，对应的函数值 ．若点 和 在该二次函数的图像
上，则当实数 时， ， 的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可知二次函数对称轴为 ，开口向下，点离对称轴的距离越远，函
数值越小，当 即 时，分别计算出 、 到对称轴
的距离进行比较；当 即 时，分别计算出 、 到对称轴
的距离进行比较．
【详解】解：二次函数 的图像过 ， ，
则二次函数 的对称轴为：当 时，对应的函数值 ，
则二次函数 的开口向下，
点离对称轴的距离越远，函数值越小，
当 即 时，
到对称轴的距离 ，
到对称轴的距离 ，
，
；
当 即 时，
到对称轴的距离 ，
到对称轴的距离 ，
，
，
综上所述： ，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的对称性、增减性、二次函数函数图像和性质；熟练掌
握二次函数函数图像和性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．一个不透明的袋子中装有7个小球，其中6个红球、1个绿球，这些小球除颜色外
无其它差别．从袋子中随机摸出一个小球，则摸出的小球是红球的概率为
____________．
【答案】
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；
二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：∵一个不透明的袋子中装有7个小球，其中6个红球、1个绿球，∴从袋子中随机摸出一个小球，则摸出的小球是红球的概率为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相
同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率 ．
12．因式分解： ___________．
【答案】
【分析】先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答．
【详解】解： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了因式分解，解题的关键是掌握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．
13．如图所示，已知 中， ， ， 于 ， 为 上任一点，
则 等于______．
【答案】
【分析】在 和 中，分别表示出 和 ，在 和
中，表示出 和 ，代入求解即可；
【详解】解：∵ 于 ，
∴ ，
在 和 中，
， ，
在 和 中，
，
，
，
．
故答案为： ．【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，准确分析计算是解题的关键．
14．如图，正方形 的边长为4，点 是 边上一点， ，将线段 绕点
旋转，使点 落在直线 上，落点记为 ，则 的长为______．
【答案】9或1
【分析】在正方形中利用勾股定理求出 ，得到 ，再分两种情况分别计算 的
长．
【详解】解：如图，正方形 中，
， ，
∵ ，
∴ ，
由旋转可知： ，
∴当点F在 延长线上时， ，
当点F在 延长线上时， ，
故答案为：9或1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，解题的关键是注意分类
讨论．
15．已知点 ， 在一反比例函数 的图象上， ，且
，则 的值是______．
【答案】4【分析】利用反比例函数图象上点的坐标特征得到 ， ，即可得到
，然后利用 ，得到 ，由 ，
变形得到 ，从而得到 ．
【详解】解：∵点 ， 在一反比例函数 的图象上，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，图象上的点 的横纵坐标的
积是定值k，即 ，也考查了反比例函数的性质．
16．如图，菱形纸片 中， ， ，将纸片沿对角线 剪开，再将
沿射线 的方向平移得到 ，当 是直角三角形时， 平移
的距离为___．
【答案】 或
【分析】根据题意画出图形，利用菱形的性质得到 ∥ ∥ ，进而求得
，根据相似三角形的判定得到 ∽ ， 的长度可
得到，即可求解，注意有两种情况．
【详解】解：①当 时，连接 交 于O．四边形 是菱形，
， ，
∥ ∥ ， ，
，
，
∽ ，
，
，
，
②当 时，易知 ，
6 ，
平移的距离为 或 ．
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查菱形的性质，平移变换等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思
想思考问题，属于中考常考题型．
三、解答题（本大题共9小题，满分86分）
17．解不等式组： ，并写出它的正整数解．
【答案】 ，1
【分析】分别解出两个不等式的解集，再根据解集的规律：大小小大中间找确定不等
式组的解集，然后再确定它的正整数解．
【详解】解： ，解不等式①得： ，
解不等式②得： ，
不等式组的解集为： ，
则它的正整数解为1．
【点睛】此题主要考查了一元一次不等式组的解法，关键是掌握不等式组确定解集的
方法．
18．如图，已知 ， ， ．求证： ．
【答案】见解析
【分析】先求出 ，再利用“边角边”证明 和 全等，根据全
等三角形对应边相等证明即可．
【详解】证明：∵ ，
∴ ，
即 ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定方法是解
题的关键．
19．先化简，再求值： ，其中 ．
【答案】
【分析】括号里先通分进行分式加减运算，然后再进行分式乘除运算，根据特殊角的
三角函数值求出x的值后代入，即可得出最后结果．
【详解】解：，
当 时，
，
原式 ．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，熟记分式混合运算的运算法则以及特殊的三角
函数值是解答本题的关键．
20．共享电动车是一种新理念下的交通工具：主要面向 的出行市场，现有 、
两种品牌的共享电动车，收费与骑行时间之间的函数关系如图所示，其中 品牌收
费方式对应 ， 品牌的收费方式对应 ．
(1) 品牌10分钟后，每分钟收费______；
(2)求出 品牌的函数关系式；
(3)求两种收费相差1.4元时， 的值．
【答案】(1) 元
(2)
(3)8或34
【分析】（1）由图象可知，第10至20分钟， 品牌收费 元，由此可解；
（2）利用待定系数法求解；
（3）根据题意和图象可知：两种收费相差1.4元时分两种情况，列出相应的方程求解
即可．
【详解】（1）解：由图可得， 品牌10分钟后，每分钟收费：
（元），
故答案为： 元；
（2）解：设 品牌的函数关系式为 ，点 在该函数图象上，
，
解得 ，
品牌的函数关系式为 ；
（3）解：由图可知，两种收费相差1.4元时，可能在 分钟内或 分钟以后，
在 分钟内时， ，
解得 ；
在 分钟以后时， ，
解得 ；
因此x的值为8或34．
【点睛】本题考查一次函数的实际应用，解题的关键是从图象中获取信息，求出相关
直线的函数解析式．
21．如图，已知四边形 是矩形， 为对角线．
(1)把 绕点C顺时针旋转一定角度 得到 ，点A的对应点为E，且在 的
延长线上，点B的对应点为F，请你在图中作出 ．（要求：尺规作图，不写作法，
保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若 ，求旋转角 的大小．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）利用等腰三角形的三线合一的性质证明 ，再利用平行线的性质求
出 ，可得结论．
【详解】（1）如图， 即为所求；（2）∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ．
∵ ， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
【点睛】本题考查作图-旋转变换，矩形的性质，等腰三角形的三线合一的性质等知识，
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
22．三张硬纸片上分别写有一个代数式，分别是 ， ，
．
(1) 的值为P．当 时，求P的值；
(2)将三张纸片背面向上，打乱顺序后，在背面分别标上①、②、③，摆成如图所示的
一个式子，请用树状图或列表法求出能使运算结果为常数的概率．
【答案】(1)60
(2)
【分析】（1）先根据整式的加减计算法则求出P，再代值计算即可；
（2）先根据整式的加减计算法则求出 ， 的结
果不为常数， 的结果为常数，再画出对应的树状图得到所有的等
可能性的结果数，再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【详解】（1）解：∵ ， ， ，
∴ ，，
当 时， ；
（2）解：由（1）得 ，结果不是常数，同理
，结果不是常数；
∴ 的结果不为常数，
同理 ，结果不为常数；
，
∴ 的结果为常数，
同理可得 的结果为常数；
画树状图如下：
由树状图可知一共有6种等可能性的结果数，其中运算结果为常数的有2种，
∴运算结果为常数的概率 ．
【点睛】本题主要考查了整式的化简求值，整式的加减计算，树状图或列表法求解概
率，熟知整式的加减计算法则是解题的关键．
23．如图，在 中，O为 上一点，以点O为圆心， 为半径作圆，与 相
切于点C，过点A作 交 的延长线于点D，且 ．(1)求证： 为 的切线；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）作 ，先由 求得 ，再由
及 求得 ，最后证
得 ，依据切线的判定可得；
（2）先求得 ，在 中求得 、 ，由切线长定理知
、 、 ，继而得 ，再证 得 ，
据此可得答案．
【详解】（1）过点 作 于点 ，
于点 ，
，
， ，
，
，
又 为 的切线，
，
，
，
，
在 和 中，
，
，
，
，是 的切线；
（2） ， ，
，
， ，
，
则 ，
由（1）知 ，
，
，
，
， ，
， ，
，
，即 ，
．
， ，
，
，即 ，
．
【点睛】本题主要考查切线的判定与性质，解题的关键是掌握切线的判定、切线长定
理、全等与相似三角形的判定与性质及解直角三角形的应用．
24．【知识感知】我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)【概念理解】如图2，在四边形 中， ，问四边形 是
垂美四边形吗？请说明理由．
(2)【性质探究】如图1，试探索垂美四边形 两组对边 与 之间
的数量关系，并证明你的猜想．
(3)【性质应用】如图3，分别以 的直角边 和斜边 为边向外作正方形和正方形 ，连接 已知 ，求 长．
【答案】(1)是，见解析
(2) ，见解析
(3)
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【详解】（1）如图2，四边形 是垂美四边形．
证明：连接 交于点E，
∵ ，
∴点A在线段 的垂直平分线上，
∵ ，
∴点C在线段 的垂直平分线上，
∴直线 是线段 的垂直平分线，
∴ ，即四边形 是垂美四边形；
（2）猜想结论 ．
如图1，已知四边形 中，∵ ，
∴ ，
由勾股定理得， ，
，
∴ ；
（3）如图3，连接 ，
∵ ，
∴ ，即 ，
在 B和 中，
，
∴ ，
∴ ，又 ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴四边形 是垂美四边形，
由（2）得， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股
定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
25．如图，抛物线 经过点 和点 ，与x轴的另一个交点为
A，连接 、 ．
(1)求抛物线的解析式及点A的坐标；
(2)如图1，若点D是线段 的中点，连接 ，在y轴上是否存在点E，使得
是以 为斜边的直角三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，点P是第一象限内抛物线上的动点，过点P作 轴，分别交 、x
轴于点M、N，当 中有某个角的度数等于 度数的2倍时，请求出满足条
件的点P的横坐标．
【答案】(1)抛物线的解析式为 ；
(2)存在，E的坐标为 或(3)满足条件的点P的横坐标为2或
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为 ，令 得
．
（2）由 ， ，知线段 的中点 ，设 ，根据
，
得 ，即可解得E的坐标为
或 ；
（3）分当 时， 时，当 时三种情况，
利用二次函数的性质和等腰三角形，勾股定理等性质进行计算即可．
【详解】（1）解：将点 和点 代入抛物线 中，
则 ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为 ，
在 中，令 得 ，
解得： ， ，
∴ ；
（2）解：存在y轴上一点E，使得 是以 为斜边的直角三角形，理由如下：
如图：
∵点D是线段 的中点， ， ，∴ ，
设 ，
又 ，
∵ ，
∴ ，
即 ，
化简得： ，
解得： ， ，
∴E的坐标为 或 ；
（3）解：∵ ， ，
∴设直线 的解析式为 ，
把点 代入解析式得， ，
解得： ，
∴直线 的解析式为 ，
设点 ，则 ，
①当 时，
过点C作 于点F，如图，
∵ ， 轴，
∴ ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴F是线段 的中点，∴ ，
整理得： ，
解得： 或 ，
∵点P是第一象限内抛物线上的动点，
∴ ；
② 时，
∵ ，
∴ ，即 ，
∵ 轴，
∴ ，
即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴此种情况不存在；
③当 时，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
整理得： ，
解得： ；
综上所述，满足条件的点P的横坐标为2或 ．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、等腰三角形性质、直角三角
形性质及应用，勾股定理，利用分类讨论的思想是解题的关键．
