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（陕西专用）
黄金卷 7
（满分120分，考试用时120分钟）
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的）
1．（2022·江苏淮安·统考中考真题）−2的相反数是( )
1 1
A．−2 B．2 C． D．−
2 2
【答案】B
【分析】根据相反数的定义即可求解．相反数的定义是：如果两个数只有符号不同，我们称其中一个数为
另一个数的相反数，特别地，0的相反数还是0．
【详解】解：−2的相反数是2，
故选：B．
【点睛】本题考查了相反数的定义，掌握相反数的定义是解题的关键．
2．（2022·山东淄博·统考中考真题）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C．
D．
【答案】D
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够
与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分
能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
【详解】解：A．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
3．（2022·江苏淮安·统考中考真题）计算a2 ⋅a3的结果是（ ）
A．a2 B．a3 C．a5 D．a6
【答案】C
【分析】根据同底数幂相乘，底数不变，指数相加，即am ⋅an=am+n解答．
【详解】解：a2 ⋅a3=a2+3=a5．
故选：C
【点睛】此题考查同底数幂的乘法的性质，熟练掌握运算法则是解题的关键．
4．（2022·西藏·统考中考真题）如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE翻折，
使点B落在B'上，连接DB'．已知∠C＝120°，∠BAE＝50°，则∠ADB'的度数为（ ）
A．50° B．60° C．80° D．90°
【答案】C
【分析】由翻折的性质知∠BAE=∠B'AE=50°，AB'=AB，再由菱形的性质得∠BAD=120°，AB'=AD，最后
利用三角形内角和定理可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠C=120°，
∴∠BAD=∠C=120°，AB=AD，
∵将△ABE沿直线AE翻折，使点B落在B'上，
∴∠BAE=∠B'AE=50°，AB'=AB，
∴∠BAB' =100°，AB' =AD，
∴∠DAB' =20°，
∴∠AB'D=∠ADB' =（180°-20°）÷2=80°，
故选：C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，翻折的性质，三角形内角和定理等知识，求出∠DAB' =20°是解题
的关键．
5．（2022·广东韶关·统考一模）如图，“赵爽弦图”是吴国的赵爽创制的．以直角三角形的斜边为边长得
到一个正方形，该正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的小正方形组成，在一次游园活动中，数学
小组制作了一面“赵爽弦图锣”，其中∠AEB＝90°，AB＝13cm，BE＝5cm，则阴影部分的面积是（ ）
A．169cm2 B．25cm2 C．49cm2 D．64cm2
【答案】C
【分析】在Rt△ABE中，先根据勾股定理求出AE的长，再根据4个直角三角形是全等的，得出
AH=BE=5，从而得到小正方形的边长，进一步求出面积．
【详解】解：在Rt△ABE中，
AE=√AB2−BE2=√132−52=12，
∵4个直角三角形是全等的，
∴AH=BE=5，
∴小正方形的边长=AE−AH=12−5=7，
∴阴影部分的面积=72=49(cm2 )，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用、正方形的性质，解题的关键是掌握直角三角形中两直角边的平方和
等于斜边的平方．
6．（2022·贵州遵义·统考中考真题）若一次函数y=(k+3)x−1的函数值y随x的增大而减小，则k值可能
是（ ）
3 1
A．2 B． C．− D．−4
2 2
【答案】D
【分析】根据一次函数的性质可得k+3<0，即可求解．
【详解】解：∵一次函数y=(k+3)x−1的函数值y随x的增大而减小，∴k+3<0．
解得k<−3．
观察各选项，只有D选项的数字符合
故选D．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，掌握一次函数的性质是解题的关键．
7．（2022·湖南湘西·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M为BC的中点，H为AB上一点，
过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC＝8，AB＝6，则四边形ACGH周长的最小值是（ ）
A．24 B．22 C．20 D．18
【答案】B
【分析】通过证明△BMH≌△CMG可得BH＝CG，可得四边形ACGH的周长即为AB+AC+GH，进而可确定当
MH⊥AB时，四边形ACGH的周长有最小值，通过证明四边形ACGH为矩形可得HG的长，进而可求解．
【详解】∵CG∥AB，
∴∠B＝∠MCG，
∵M是BC的中点，
∴BM＝CM，
在△BMH和△CMG中，
¿，
∴△BMH≌△CMG（ASA），
∴HM＝GM，BH＝CG，
∵AB＝6，AC＝8，
∴四边形ACGH的周长＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，
∴当GH最小时，即MH⊥AB时四边形ACGH的周长有最小值，
∵∠A＝90°，MH⊥AB，
∴GH∥AC，
∴四边形ACGH为矩形，
∴GH＝8，∴四边形ACGH的周长最小值为14+8＝22，
故选：B．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，确定GH的值是解题的关键．
8．（2022·湖南岳阳·统考中考真题）已知二次函数y=mx2−4m2x−3（m为常数，m≠0），点
P(x ,y )是该函数图象上一点，当0≤x ≤4时，y ≤−3，则m的取值范围是（ ）
p p p p
A．m≥1或m<0 B．m≥1
C．m≤−1或m>0 D．m≤−1
【答案】A
【分析】先求出抛物线的对称轴及抛物线与y轴的交点坐标，再分两种情况：m>0或m<0，根据二次函数
的性质求得m的不同取值范围便可．
【详解】解：∵二次函数y=mx2−4m2x−3，
∴对称轴为x=2m，抛物线与y轴的交点为(0,−3)，
∵点P(x ,y )是该函数图象上一点，当0≤x ≤4时，y ≤−3，
p p p p
∴①当m>0时，对称轴x=2m>0，
此时，当x=4时，y≤−3，即m⋅42−4m2 ⋅4−3≤−3，
解得m≥1；
②当m<0时，对称轴x=2m<0，
当0≤x≤4时，y随x增大而减小，
则当0≤x ≤4时，y ≤−3恒成立；
p p
综上，m的取值范围是：m≥1或m<0．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，关键是分情况讨论．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分，本题要求把正确结果填在答题卡规定的横线上，不
需要解答过程）
9．（2022·辽宁·统考中考真题）分解因式：3x2y﹣3y＝_______．
【答案】3y(x+1)(x﹣1)
【分析】先提取公因式3y，然后再运用平方差公式因式分解即可．
【详解】解：3x2y﹣3y
＝3y（x2﹣1）＝3y（x+1）（x﹣1）．
故答案为：3y（x+1）（x﹣1）．
【点睛】本题主要考查了运用提取公因式、公式法进行因式分解，灵活应用相关因式分解的方法成为解答
本题的关键．
10．（2022·四川成都·校考模拟预测）边长为3的正六边形中，较短的那条对角线的长为______．
【答案】3√3
【分析】画出图形，连接AE，过F作FH⊥AE于H，根据正多边形性质和内角和公式，得出AF=EF，
∠AFE=120°，再根据等边对等角和三角形的内角和定理，得到∠FAH=30°，解直角三角形即可得到
答案．
【详解】解：如图，连接AE，过F作FH⊥AE于H，
∵AF=EF，∠AFE=120°，
∴∠FAH=30°，
∵AF=3，
AH AH √3
∵cos∠FAH= = = ，
AF 3 2
3√3
∴AH= ，
2
∴AE=2AH=3√3，
∴较短的那条对角线的长为3√3．
故答案为：3√3
【点睛】本题考查了多边形的对角线、正六边形的性质、等边对等角、三角形的内角和定理、解直角三角
形，正确的作出辅助线是解题的关键．
11．（2022·湖北随州·统考三模）n阶幻方是由前n2个自然数组成的一个n阶方阵，其各行、各列及两条对
角线上所含的n个数字和都相等，小明也找了九个数字做成一个三阶幻方，如图所示是这个幻方的一部分，
则a﹣b＝_____．【答案】-4
【分析】因为三阶幻方每行、每列及每条对角线的数字之和均为15，由此即可得到含有a、b的等式，再
由等式的性质即可得到a-b的值．
【详解】解：由题意知b+7＝a+11，
∴7-11=a-b，
即a﹣b＝7-11＝﹣4．
故答案为：﹣4．
【点睛】本题考查观察、归纳能力及等式的性质，通过阅读掌握“三阶幻方每行、每列及每条对角线的数
字之和均为15”的事实是解题关键．
k
12．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨工业大学附属中学校校考一模）已知反比例函数y= (k≠0)，当
x
1≤x≤3时，y的最大值与最小值之差是4，则k=________．
【答案】6或-6．
【分析】根据反比例函数的增减性质列解一元一次方程解答即可．
【详解】解：当k>0时，在每个象限内y随x的增大而减小，
∴设x=1时y=a，则当x=3时，y=a-4，
∴a=3（a-4），
解得a=6，
∴k=6；
当k<0时，在每个象限内y随x的增大而增大，
∴设x=1时y=b，则当x=3时，y=b+4，
∴b=3（b+4），
解得b=-6，
∴k=-6；
∴k=6或-6，
故答案为：6或-6．
【点睛】此题考查反比例函数的增减性：当k>0时，在每个象限内y随x的增大而减小，当k<0时，在每个象限内y随x的增大而增大，以及正确解一元一次方程．
13．（2022·上海青浦·统考二模）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，E是AD上一定点，
AB=3,BC=6,AD=8,AE=2．点P是BC上一个动点，以P为圆心，PC为半径作⊙P．若⊙P与以E为
圆心，1为半径的⊙E有公共点，且⊙P与线段AD只有一个交点，则PC长度的取值范围是 __．
15
【答案】 −
2解不等式②得：x≤1
在数轴上表示不等式的解集，如图，
5
∴不等式组的解集为：− 2
3
11 11
∴当x= 时，y=60× +80=300千米，
3 3
即：当乙车到达A地时，甲车距A地的路程为300千米
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，读懂图象是解答本题的关键．
24．（8分）（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，在△ABC中，以AB为直径作⊙O交AC、BC于点
D、E，且D是AC的中点，过点D作DG⊥BC于点G，交BA的延长线于点H．(1)求证：直线HG是⊙O的切线；
2
(2)若HA=3,cosB= ，求CG的长．
5
【答案】(1)见解析
6
(2)
5
【分析】（1）连接OD，利用三角形中位线的定义和性质可得OD∥BC，再利用平行线的性质即可证明；
（2）先通过平行线的性质得出∠HBG=∠HOD，设OD=OA=OB=r，再通过解直角三角形求出半径
长度，再利用三角形中位线定理和相似三角形的判定和性质分别求出BC，BG的长度，即可求解．
【详解】（1）连接OD，
∵DG⊥BC，
∴∠BGH=90°，
∵D是AC的中点，AB为直径，
∴OD∥BC，
∴∠BGH=∠ODH=90°，
∴直线HG是⊙O的切线；
（2）由（1）得OD∥BC，∴∠HBG=∠HOD，
2
∵cos∠HBG= ，
5
2
∴cos∠HOD= ，
5
设OD=OA=OB=r，
∵HA=3，
∴OH=3+r，
在Rt△HOD中，∠HDO=90°，
OD r 2
∴cos∠HOD= = = ，
OH 3+r 5
解得r=2，
∴OD=OA=OB=2,OH=5,BH=7，
∵D是AC的中点，AB为直径，
∴BC=2OD=4，
∵∠BGH=∠ODH=90°，
∴△ODH∼△BGH，
OH OD 5 2
∴ = ，即 = ，
BH BG 7 BG
14
∴BG= ，
5
14 6
∴CG=BC−BG=4− = ．
5 5
【点睛】本题考查了切线的判定，三角形中位线的性质，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质
及解直角三角形，熟练掌握知识点是解题的关键．
25.（8分）（2022·山东·统考三模）如图，是某同学正在设计的一动画示意图，x轴上依次有A，O，N三
个点，且AO=2，在ON上方有五个台阶T ~T （各拐角均为90°），每个台阶的高、宽分别是1和1.5，
1 5
台阶T 到x轴距离OK=10．从点A处向右上方沿抛物线L:y=−x2+4x+12发出一个带光的点P．
1(1)求点A的横坐标，且在图中补画出y轴，并直接指出点P会落在哪个台阶上；
(2)当点P落到台阶上后立即弹起，又形成了另一条与L形状相同的抛物线C，且最大高度为11，求抛物线
C的表达式．
【答案】(1)点A的横坐标为−2；作图见解析；点P会落在台阶T 上
4
(2)y=−x2+14x−38
【分析】（1）由题意台阶T 的左边端点(4.5,7)，右边端点的坐标(6,7)，求出x=4.5，6时的y的值，即
4
可判断；
（2）由题意抛物线C:y=−x2+bx+c，经过R(5,7)，最高点的纵坐标为11，构建方程组求出b，c，可
得结论．
（1）
解：图形如图所示，由题意台阶T 左边的端点坐标(4.5,7)，右边的端点(6,7)，
4
对于抛物线y=−x2+4x+12，
令y=0，x2−4x−12=0，解得x=−2或6，
∴A(−2,0)，
∴点A的横坐标为−2，
当x=4.5时，y=9.75>7，
当x=6时，y=0<7，
当y=7时，7=−x2+4x+12，
解得x=−1或5，
∴抛物线与台阶T 有交点，设交点为R(5,7)，
4
∴点P会落在台阶T 上；
4
（2）
解：由题意抛物线C:y=−x2+bx+c，经过R(5,7)，最高点的纵坐标为11，
−4c−b2
=11
∴ { −4 ，
−25+5b+c=7
b=14 b=6
解得{ 或{ （舍弃），
c=−38 c=2
∴抛物线C的解析式为y=−x2+14x−38．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是学会寻找
特殊点解决问题，属于中考压轴题．
26.（10分）（2022秋·辽宁大连·九年级统考期末）综合与实践问题情境：数学活动课上，王老师出示了一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点D在BC边上，
1
AD=AE，∠ADE= ∠BAC，延长BA至点F，连结EF．求证：∠DAC=∠EAF．
2
独立思考：（1）请解答王老师提出的问题．
实践探究：（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面的条件，并提出新问题，请你解答．
1
“如图2，连结BE交AC于G，若∠AGE=∠GEF，AB=AF，求证AG= CD．”
2
问题解决：（3）数学活动小组同学解决完上述问题后，感悟了此题的数学思想方法，对此题进行变式，
提出新的问题，请你解答．
3 3
“如图3，在△ABC中，AB= AC．点D在BC边上，点F在△ABC内．AD= AF，
2 2
AE
∠DAF=∠ADC，∠ADB=∠BAC，连结BF交AD于点E，求 的值”．
CD
6
【答案】独立思考：见解析；实践探究：见解析；问题解决：
13
【分析】（1）说明∠DAE=∠CAF即可证明结论；
（2）首先利用SAS证明△ADC≌△AEF，得DC=EF，取BE的中点H，连接AH，可知AH为△BEF的
1
中位线，由∠AHG=∠AGH，则AG=AH= EF，即可证明结论；
2
3
（3）延长BA至点M，使AC= AM，连接FM，利用两边成比例且夹角相等得△ADC∽△AFM，从而
2
4
说明AD∥FM，得△ABE∽△MBF，设AB=3a，AC=2a，AM= a，进而解决问题．
3
【详解】解：（1）证明：∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，∴∠DAE=180°−2∠ADE，
1
∵∠ADE= ∠BAC，
2
∴∠DAE=180°−∠BAC=∠CAF，
∴∠DAC+∠CAE=∠CAE+∠EAF，
∴∠DAC=∠EAF；
（2）证明：∵AB=AF，AB=AC，
∴AF=AC，
又∵∠DAC=∠EAF，AD=AE，
∴△ADC≌△AEF(SAS)，
∴DC=EF，
如图2，取BE的中点H，连接AH，
∵AB=AF，
∴A为BF的中点，
∴AH为△BEF的中位线，
1
∴AH∥EF，AH= EF，
2
∴∠AHB=∠GEF，
∵∠GEF=∠AGE，
∴∠AHB=∠AGE，
∴∠AHG=∠AGH，
1
∴AG=AH= EF，
2
∵EF=CD，
1
∴AG= CD；
23
（3）如图3，延长BA至点M，使AC= AM，连接FM，
2
AD AC 3
∴ = = ，
AF AM 2
∵∠ADC+∠ADB=180°，∠ADB=∠BAC，
∴∠ADC+∠BAC=180°，
∵∠BAC+∠CAM=180°，
∴∠ADC=∠CAM，
∵∠ADC=∠DAF，
∴∠DAF=∠CAM，
∴∠DAC=∠FAM，
∴△ADC∽△AFM，
∴∠ADC=∠AFM，
∵∠ADC=∠DAF，
∴∠DAF=∠AFM，
∴AD∥FM，
∴△ABE∽△MBF，
AE AB
∴ = ，
MF BM
3 3
∵AB= AC，AC= AM，
2 2
4
∴设AB=3a，AC=2a，AM= a，
3
4 13
∴BM=AB+AM=3a+ a= a，
3 3
AE 3a 9
= =
∴ MF 13 13，
a
3
9
∴AE= MF，
13
又∵△ADC∽△AFM，
DC AD 3
∴ = = ，
MF AF 2
3
∴DC= MF，
29
MF
AE 13 6
∴ = = ．
CD 3 13
MF
2
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形
中位线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
