文档内容
2023 学年第二学期模拟检测
初三数学试卷
（满分150分，考试时间100分钟）
考生注意：
1．本试卷含三个大题，共25题． 答题时， 考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作
答， 在草稿纸、本试卷上答题一律无效．
2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明， 都必须在答题纸的相应位置上写出证明或
计算的主要步骤．
一、选择题：（本大题共6题，每题4分，共24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一
个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题卡的相应位置上】
1. 单项式 的系数和次数分别是（ ）
A. 和2 B. 和3 C. 2和2 D. 2和3
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了单项式的知识，单项式中的数字因数叫做单项式的系数，一个单项式中所有字母的指
数的和叫做单项式的次数．
根据单项式系数和次数的概念求解．
【详解】解：单项式 的系数和次数分别是 和3．
2. 下列多项式分解因式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了因式分解的定义，把一个多项式表示成几个多项式积的形式；根据因式分解的定义逐
项判断即可．
【详解】解：A、 ，故分解错误；B、 不能分解，故错误；
C、不是因式分解，故错误；
D、分解正确；
故选：D．
3. 若关于 的一元二次方程 有实数根，则 应满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由方程有实数根，得到根的判别式的值大于等于 0，列出关于A的不等式，求出不等式的解集即
可得到a的范围．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2−2x＋a＝0有实数根，
∴△＝4−4a≥0，
解得：a≤1；
故选B．
【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的根与 ＝b2−4ac有如下关系：当
＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当 ＝0时，方程有两个相等的两个△实数根；当 ＜0时，方程△
无实数根． △ △
4. 在气象学上，每天在规定时段采集若干气温的平均数是当天的平均气温，连续 5天的平均气温在
以上，这5天中的第1个平均气温大于 以上的日期即为春天的开始，那么下列表述正确的是（ ）
A. 这5天中每天采集的若干气温中最高气温一定都大于
B. 这5天中每天采集的若干气温中最低气温一定都大于
C. 这5天中每天采集的若干气温的中位数一定都大于
D. 这5天中每天采集的若干气温的众数一定都大于
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了众数，中位数，熟练掌握众数，中位数的定义是解题的关键．根据众数，中位数的定义判断即可．
【详解】解： 这5天中的第1个平均气温大于 以上的日期即为春天的开始，
这5天中每天采集的若干气温中最高气温一定都大于 ，故A符合题意，B不符合题意；
这5天中每天采集 的若干气温的中位数不一定都大于 ，故本选项不符合题意；
这5天中每天采集的若干气温的众数不一定都大于 ，故本选项不符合题意，
故选：A．
5. 在四边形 中， ， ，对角线 、 相交于点 ．下列说法能使四边形
为菱形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的判定等知识．证明
，得 ，再证明 ，则四边形 是平行四边形，然后由菱形的判定
即可得出结论．
【详解】解：能使四边形 为菱形的是 ，理由如下：
如图，∵ ，
，
，，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
又 ，
平行四边形 为菱形，
故选：C．
6. 下列命题中真命题是（ ）
A. 相等的圆心角所对的弦相等
B. 正多边形都是中心对称图形
C. 如果两个图形全等，那么他们一定能通过平移后互相重合
D. 如果一个四边形绕对角线的交点旋转 90°后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了命题：判断事物的语句叫命题；正确的命题叫真命题，错误的命题叫假命题．依次进
行判断即可得到答案．
【详解】解：A．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故选项A是假命题；
B．把一个图形绕着某一个点旋转 后，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做
中心对称图形，正方形，正六边形等是中心对称图形，但正三角形，正五边形不是中心对称图形，故选项
B是假命题；
C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过翻折、平移和旋转后互相重合，故选项C是假命题；
D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转 后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形，
故选项D是真命题．
故选：D．
二、填空题（本大题共12题， 每题4分， 满分48分）【在答题纸相应题号后的空格内直
接填写答案】
7. 计算： __________．【答案】a5
【解析】
【分析】分析：根据同底数的幂的乘法，底数不变，指数相加，计算即可．
【详解】解：a2×a3=a2+3=a5．
故答案为：
【点睛】熟练掌握同底数的幂的乘法的运算法则是解题的关键．
8. 已知 ， _____．
【答案】 ##
【解析】
【分析】本题考查了函数值和分母有理化，把 代入 ，然后进行分母有理化即可求解，
熟练掌握函数值的计算方法是解题的关键．
【详解】∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
9. 已知关于x的方程 ，则 ________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解无理方程．方程两边平方得出 ，求出方程的解，再进行检验即可．
【详解】解： ，
方程两边平方，得 ，
，
，，
经检验： 是方程的解．
故答案为： ．
10. 不等式 的解集是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解一元一次不等式，先移项，再化系数为1，即可得出答案．
【详解】解：移项得： ，
系数化为1得： ，
不等式 的解集是 ，
故答案为： ．
11. 反比例函数的图像经过点 ，则这个反比例函数的解析式是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是用待定系数法求反比例函数的解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
设反比例函数解析式为 ，把点 代入即可求得 的值．
【详解】解：设反比例函数解析式为 ，
函数经过点 ，
，
解得 ．反比例函数解析式为 ．
故答案为： ．
12. 从1到10这十个自然数中抽取一个数，这个数是素数的概率是________．
【答案】 ##0.4
【解析】
【分析】此题考查了概率公式，用到的知识点为：概率 所求情况数与总情况数之比．先找出素数的个数，
再根据概率公式即可得出答案．
【详解】解：从1到10这十个自然数中，素数有4个，
则抽到这个数是素数的概率是 ．
故答案为： ．
13. 在 中， 和 互余，那么 _________°．
【答案】90
【解析】
【分析】此题主要考查了互为余角的定义，三角形的内角和定理，理解互为余角的定义，熟练掌握三角形
的内角和定理是解决问题的关键．
首先根据 和 互余得 ，然后再根据三角形内角和定理即可求出 的度数．
【详解】解： 和 互余，
，
根据三角形内角和定理得： ，
．
故答案为：90．
14. 正 边形的内角等于外角的5倍，那么 =_________．
【答案】12
【解析】【分析】此题主要考查了正 边形的内角和外角，熟练掌握正 边形的内角的度数和外角度数公式是解决
问题的关键．
根 据 正 边 形 的 一 个 内 角 等 于 ， 一 个 外 角 等 于 可 列 出 方 程
，解此方程求出 即可．
【详解】解： 正 边形的一个内角等于 ，一个外角等于 ，
又 正 边形的内角等于外角的5倍，
，
解得： ．
经检验得 是该分式方程的根，
故答案为：12．
15. 如图，已知平行四边形 中， ， ， 为 上一点， ，那么用 ， 表
示 _________．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了平面向量的知识．此题难度适中，注意掌握三角形法则的应用，注意掌握数形结合思
想的应用．
利用三角形法则，可求得 ，由平行四边形的对边平行且相等和已知条件可以推知： ，继而
求得答案；
【详解】解： ， ，
．，
．
在 中， ， ，
， ．
．
．
故答案为： ．
16. 数据显示，2023年全球电动汽车销量约1400万辆，其中市场份额前三的品牌和其它品牌的市场份额扇
形统计图如图所示，那么其它品牌的销量约为________万辆．
【答案】378；
【解析】
【分析】本题考查了扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
先根据扇形统计图求出其他品牌的销量占比，再用其他品牌的销量占比乘总体销量即可求出其它品牌的销
量．
【详解】解： ，
（万辆）
故答案为：378．
17. 如图，在 中， ，D是 的中点，把 沿 所在的直线翻
折，点B落在点E处，如果 ，那么 _________．【答案】
【解析】
【分析】由 D 为中点， ，则得 ，则 ；由 ，得
；由折叠的性质得 ，则 ，最
后得 ，由此三角的和为直角，从而得每个角为 ，则 ，
是等边三角形，由正切三角函数即可求得结果．
【详解】解：∵D为 的中点， ，
∴ ，
∴ ；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ；
由折叠的性质得 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴ ， ，
∴ ，∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ．
在 中， ，
∴ ；
故答案为： ．
【点睛】本题考查了折叠的性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与
性质，特殊角三角函数．
18. 如图，在 中， ， ，以点C为圆心作半径为1的圆C，P是
上的一个点，以P为圆心， 为半径作圆P，如果圆C和圆P有公共点，那么 的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆和圆的位置关系，解直角三角形的应用．分圆P与圆C外切和圆P与圆C内切时，
两种情况讨论，画出图形，解直角三角形即可求解．
【详解】解：当圆P与圆C外切时，如图，作 ，垂足为 ，设 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ， ， ， ，
由勾股定理得 ，
解得 ，即 ，
当圆P与圆C内切时，如图，此时 ，
∴圆C和圆P有公共点，那么 的取值范围是 ．故答案为： ．
三、解答题（本大题共7题， 满分78分）【将下列各题的解答过程， 做在答题纸的相应位
置上】
19. 计算： ．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的运算．直接利用分数指数幂、特殊角的三角函数值，负整数指数幂以及绝对值
的性质分别化简得出答案．
【详解】解：
．
20. 解方程： ．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的求解，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为
整式方程求解．（2）解分式方程一定注意要验根．
方程两边同乘最简公分母 化为整式方程，然后求解，再进行检验．
【详解】解：
去分母得：整理得：
解得： ，
经检验： 都是原方程的根．
原方程的根是 ．
21. 如图，某农业合作社为农户销售草莓，经过测算，草莓销售的销售额 （元）和销售量 （千克）的
关系如射线 所示，成本 （元）和销售量 （千克）的关系如射线 所示．
（1）当销售量为 千克时，销售额和成本相等；
（2）每千克草莓的销售价格是 元；
（3）如果销售利润为2000元，那么销售量为多少？
【答案】（1）20 （2）20
（3）销售量为220千克，见详解
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的应用，渗透了函数与方程的思想，重点是一次函数表达式．
（1）即图中两条射线交点所对应的x值；
（2）从图中发现销售20千克时，销售额为400元，即可求解；
（3）依据利润=售价 成本，分别求出销售额 ，成本 关于销售量x的函数表达式，代入即可．
【小问1详解】
解：由图象可知当销售量为20千克时，销售额和成本相等，
故答案为：20．
【小问2详解】
解：每千克草莓的销售价格为 （元），故答案为：20．
【小问3详解】
解：设 ，
由题意得： ， ，
解得： ，
∴ 的解析式为 ， 的解析式为 ，
∵销售利润为2000元，
∴ ，
解得 ，
∴如果销售利润为2000元，那么销售量为220千克．
22. 上海中心大厦位于中国上海浦东陆家嘴金融贸易区核心区，是一幢集商务、办公、酒店、商业、娱乐、
观光等功能的超高层建筑．它的附近有一所学校的数学兴趣小组在讨论建筑物的高度测量问题，讨论发现
要测量学校教学楼的高度可以用“立杆测影”的方法，他们在平地上立一根2米长并且与地面垂直的测量
杆，量得影子长为1.6米，同时量得教学楼的影子长为24米，这样就可以计算出教学楼的高度．进而在讨
论测量上海中心大厦高度时，由于距离远和周围建筑密集等因素，发现用“立杆测影”的方法不可行，要
采用其他方法，经讨论提出两个方案（测角仪高度忽略不计）：
方案1：如图1所示，利用计算所得的教学楼（ ）高度，分别在教学楼的楼顶（点A）和楼底地面（点
B），分别测得上海中心大厦（ ）的楼顶（点S）的仰角 和 ，通过计算就可以得到大厦的高度；
方案2：如图2所示，在学校操场上相对于上海中心大厦的同一方向上选取两点 C、D，先量得 的长度，
再分别在点C、D测得上海中心大厦（ ）的楼顶（点S）的仰角 和 ，通过计算就可以得到大厦
的高度．测量并通过计算得： 米， ．（1）教学楼（ ）的高度为 米；
（2）请你在两种方案中选取一种方案，计算出上海中心大厦（ ）的高度（精确到1米）．
【答案】（1）30 （2）上海中心大厦（SH）的高度为632米
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，正确地作出辅助线是解题的关键．
（1）设教学楼（ ）的高度为x米，根据题意列方程即可得到结论；
（2）方案1，设 米，过点A作 ，垂足为点E，根据矩形的性质得到
（米），解直角三角形得到上海中心大厦（ ）的高度为632米；方案2，设
米，解直角三角形即可得到结论．
【小问1详解】
解：设教学楼（ ）的高度为x米，
根据题意得 ，
解得 ，
答：教学楼（ ）的高度为30米，
故答案为：30；
【小问2详解】
解：方案1，设 米，过点A作 ，垂足为点E，
∴ ，∴四边形 是矩形，
∴ （米）
在 中， ，
，
在 中， ，
，
∴ ，
解得： ，
的
∴上海中心大厦（ ） 高度为632米；
方案2，设 米，
在 中， ，
,
在 中， ，
,
∴ ，
解得 ，
∴上海中心大厦（ ）的高度为632米．
23. 如图， 已知： D 是 的边 上一点，点 E 在 外部，且 ，
， 交 于点F．（1）求证： ；
（2）如果 ，求证： ．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，掌握
相似三角形的判定方法是解题的关键．
（1）由 得到 ，根据“角边角”推得 ，即可证得答案；
（2）先证明 ，得到 ，再证明 ，得到 ，所以
，由此即得答案．
【小问1详解】
，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
， ，
， ，
，
，
，
，
，
，
．
24. 已知：抛物线 经过点 、 ，顶点为P．
（1）求抛物线的解析式及顶点P的坐标；
（2）平移抛物线，使得平移后的抛物线顶点Q在直线 上，且点Q在y轴右侧．
若点B平移后得到的点C在x轴上，求此时抛物线的解析式；
若平移后的抛物线与y轴相交于点D，且 是直角三角形，求此时抛物线的解析式．
【答案】（1） ，顶点P的坐标是
（2） ；
【解析】【分析】（1）把点 和点 的坐标代入二次函数的解析式，用待定系数法求解即可；
（2） 先求直线 的解析式，设Q点的坐标是 ，再根据抛物线平称的规律求解即可；
抛物线与y轴的交点是D（0， ），分两种情况： 或 ，根据等腰直
角三角形的性质求解即可．
【小问1详解】
由题意得： ，
∴ ，抛物线的解析式为 ，
，顶点P的坐标是 ．
【小问2详解】
①设直线 的解析式是 ，
∴ ，
∴ ，
∴直线 的解析式是 ，
设Q点的坐标是 ，其中 ，此时抛物线的解析式是 ，
∵点B平移后得到的点C在x轴上，
∴抛物线向上平移了3个单位，
∴ ，即 ，
∴此时抛物线的解析式是 ，即 ．
②抛物线 ，与y轴的交点是D（0， ），
如果 ，即 轴不合题意，
如果 ，∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
作 轴，则 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
解得 （不合题意，舍去）或 ，
∴ ，
此时抛物线的解析式是 ，即 ．
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象及性质，二次函数的平移，二次函数
与直角三角形综合，掌握二次函数的图象及性质，综合运用二次函数的知识解决问题是解题的关键．
25. 如图，已知：等腰梯形 中， ， ，以A为圆心， 为半径的圆与 相交
于点E，与 相交于点F，联结 ，设 分别与 相交于点G、H，其中H是
的中点．（1）求证：四边形 为平行四边形；
（2）如图1，如果 ，求 的值；
（3）如图2，如果 ，求 的余弦值．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意知， ，则 ， ，由等腰梯形 ，可得
，则 ，进而结论得证；
（2）由垂径定理得 ，证明 ，则 ，设 ，则
， 证 明 ， 则 ， ， 由 勾 股 定 理 得 ，
， ，则 ，根据 ，求解作答即可；
（3）由（2）可知， ，则 ， ，由（2）可知， ，则 ， ，如图，作 ，垂足为点I，连接
，则 ，设 ， ，则 ， ，证明 ，可得
， ， 由 勾 股 定 理 得 ，
，即 ，可得 ，根据 ，求解作答
即可．
【小问1详解】
证明：由题意知， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵等腰梯形 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为平行四边形．
【小问2详解】
解：∵ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由勾股定理得， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
【小问3详解】
解：由（2）可知， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
由（2）可知， ，∴ ，
∴ ，
如图，作 ，垂足为点I，连接 ，
∵ ，
∴ ，
设 ， ，则 ， ，
∵
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由勾股定理得 ， ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了等腰梯形 的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的
判定与性质，勾股定理，垂径定理，余弦等知识．熟练掌握等腰梯形的性质，平行四边形的判定，全等三
角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，余弦是解题的关键．
