2023年上海市杨浦区中考数学三模试卷（含解析）

2023年上海市杨浦区中考数学三模试卷

一、选择题（本大题共6小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  下列各数中，无理数是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  下列计算中，正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

3.  下列各统计量中，表示一组数据波动程度的量是(    )

A. 平均数 B. 众数 C. 方差 D. 频数

4.  平面直角坐标系中，若点和在反比例函数图象上，则下列关系式正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

5.  下列四边形中，是中心对称但不是轴对称的图形是(    )

A. 矩形 B. 等腰梯形 C. 正方形 D. 平行四边形

6.  新定义：由边长为的小正方形构成的网格图中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都在格点上的三角形称为格点三角形如图，已知是的网格图中的格点三角形，那么该网格中所有与相似且有一个公共角的格点三角形的个数是(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共12小题，共48.0分）

7.  计算：______．

8.  函数的定义域是______．

9.  二次根式的有理化因式是______ ．

10.  不等式组的解集是______ ．

11.  如果关于的方程有两个相等的实数根，那么的值是______．

12.  如果抛物线在对称轴左侧呈上升趋势，那么的取值范围是______ ．

13.  一个不透明的盒子中装有个红球，个黄球，这些球除了颜色外无其他差别，从中随机摸出一个小球，则摸到黄球的概率为______．

14.  已知一个个数据的样本，把它分成组，第一组到第四组的频数分别是、、、，第五组的频率是，那么第六组的频数是______ ．

15.  已知点是的重心，设，，那么用、可表示为______ ．

16.  如果一个矩形的面积是，两条对角线夹角的余切值是，那么它的一条对角线长是______ ．

17.  如图，已知点在正六边形的边上运动，如果，那么线段的长度的取值范围是______ ．

18.  如图，已知在中，，，将绕点顺时针旋转，点、分别落在点、处，连接，如果，那么边的长为______ ．

三、解答题（本大题共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

19.  本小题分
计算：．

20.  本小题分
解方程组：．

21.  本小题分
某商店购进了一种生活用品，进价为每件元，销售过程中发现，该商品每天的销售量件与每件售价元之间存在一次函数关系其中，且为整数，部分对应值如表：

求与的函数解析式；
如果该商店打算销售这种生活用品每天获得元的利润，那么每件生活用品的售价应定为多少元？

22.  本小题分
如图，已知是的直径，弦与相交于点，，，．
求的值；
求点到弦的距离．

23.  本小题分
已知：如图，在中，，点是边的中点，，，连接、．
求证：≌；
如果平分，求证：．

24.  本小题分
已知抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点为点．
求抛物线的表达式和顶点的坐标；
点是线段上的一个动点，过点作轴的垂线交抛物线于点，如果，求点的坐标；
在第小题的条件下，点在轴上，且点到直线、的距离相等，求线段的长．

25.  本小题分
已知在矩形中，，，点是边上的一点不与点重合，以点为圆心，长为半径作圆，交射线于点．
如图，当与直线相切时，求半径的长；
当与的三边有且只有两个交点时，求半径的取值范围；
连接，过点作，垂足为点，延长交射线于点，如果以点为圆心，长为半径的圆与相切，求的正切值．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：．是无理数，故本选项符合题意；
B.是分数，属于有理数，故本选项不合题意；
C.，是整数，属于有理数，故本选项不合题意；
D.是有限小数，属于有理数，故本选项不合题意．
故选：．
根据无理数的定义判断即可．
本题考查了无理数，掌握无限不循环小数是无理数是解题的关键．
 

2.【答案】 

【解析】解：、，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C符合题意；
D、，故D不符合题意；
故选：．
利用完全平方公式，合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查完全平方公式，合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
 

3.【答案】 

【解析】解：能反映一组数据波动程度的是方差或标准差，
故选：．
根据平均数、众数、中位数反映一组数据的集中趋势，而方差、标准差反映一组数据的离散程度或波动大小进行选择．
本题考查了标准差的意义，波动越大，标准差越大，数据越不稳定，反之也成立．
 

4.【答案】 

【解析】解：解法一：反比例函数，
反比例函数的图象经过一、三象限，且在每一象限内，随的增大而减小，
和都在第一象限，
，
．
故选：．
解法二：点和在反比例函数图象上，
，，
，，
，
．
故选：．
解法一：结合题意根据反比例函数的性质可得，反比例函数的图象经过一、三象限，且在每一象限内，随的增大而减小，再结合点，的坐标即可解答．
解法二：将点，的坐标代入反比例函数解析式中，解得，，根据同分子分式的性质即可比较，的大小．
本题主要考查反比例函数的性质、反比例函数图象上点的坐标特征，解题关键是明确题意，利用反比函数的性质或反比例函数图象上点的坐标特征解决问题．
 

5.【答案】 

【解析】解：、矩形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、等腰梯形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：．
根据中心对称图形的定义旋转后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义：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，这条直线叫做对称轴，即可判断出答案．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，关键是找出图形的对称中心与对称轴．
 

6.【答案】 

【解析】解：如图，

符合条件的三角形有：，，共个．
故选：．
根据格点三角形的定义进行分析，结合相似三角形的判定定理进行求解即可．
本题主要考查相似三角形的判定，解答的关键是熟记两组对应边成比例并夹角相等的两个三角形相似．
 

7.【答案】 

【解析】解：．
故填．
根据有理数减法的法则，减去等于加上，即可得解．
有理数的减法法则：减去一个数等于加上这个数的相反数．
有理数的加法法则：两个负数相加，符号不变，把绝对值相加．
 

8.【答案】 

【解析】解：由题意得，，
解得．
故答案为：．
根据分母不等于列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为；
当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
 

9.【答案】或答案不唯一 

【解析】解：，，
二次根式的有理化因式是或，
故答案为：或答案不唯一．
根据平方差公式进行计算，即可解答．
本题考查了分母有理化，熟练掌握有理化因式的意义是解题的关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：，
解得，
解得，
则不等式组的解集是：．
故答案是：．
首先解每个不等式，两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集．
本题考查的是一元一次不等式组的解，解此类题目常常要结合数轴来判断．还可以观察不等式的解，若较小的数、较大的数，那么解集为介于两数之间．
 

11.【答案】 

【解析】解：关于的方程有两个相等的实数根，
，
解得：，
的值为．
故答案为：．
根据方程的系数结合根的判别式，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出的值．
本题考查了根的判别式，牢记“当时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．
 

12.【答案】 

【解析】解：抛物线在对称轴左侧呈上升趋势，
抛物线开口向下，
，
故答案为：．
由题意可得抛物线开口向下，进而求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
 

13.【答案】 

【解析】解：盒子中装有个红球，个黄球，共有个球，
从中随机摸出一个小球，恰好是黄球的概率是；
故答案为：．
直接根据概率公式求解．
本题考查了概率公式：随机事件的概率事件可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
 

14.【答案】 

【解析】解：根据题意，得：第一组到第四组的频率和是，
又第五组的频率是，
第六组的频率为，
第六组的频数为：．
故答案为：．
首先根据频率频数总数，计算从第一组到第四组的频率之和，再进一步根据一组数据中，各组的频率和是，进行计算即可．
本题主要考查了对频率、频数灵活运用，注意：各小组频数之和等于数据总和，各小组频率之和等于，比较简单．
 

15.【答案】 

【解析】解：设的中点为，


，
故答案为：．
根据重心的性质以及向量线性运算即可求出答案．
本题考查平面向量运算，解题的关键是熟练运用平面向量的线性运算以及三角形的重心，本题属于基础题型．
 

16.【答案】 

【解析】解：如图，作于．

四边形是矩形，
，设，
，
，，
由题意：，
，
，
故答案为：．
如图，作于由四边形是矩形，推出，设，由，可得，，由题意：，求出即可解决问题．
本题考查矩形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
 

17.【答案】 

【解析】解：如图，正六边形的外接圆为，连接，，则点在上，
正六边形，
，，
，
，
在中，，，
，
点在正六边形的边上运动时线段的长度的取值范围是，
故答案为：．
根据正六边形的性质，求出其内角的度数，进而得出是含有角的直角三角形，求出，的长即可．
本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
 

18.【答案】 

【解析】解：如图，连接，，
将绕点顺时针旋转，点、分别落在点、处，
，，，
与是等边三角形，
，，
，
，
点，，三点共线，
，
，
设，
，，
，
，
负值舍去，
的长为，
故答案为：．
如图，连接，，根据旋转的性质得到，，，根据等边三角形的性质得到，，求得，推出点，，三点共线，得到，设，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
 

19.【答案】解：

． 

【解析】根据实数的相关运算法则计算即可．
本题考查了实数的运算能力，分数指数幂、负整数指数幂、零指数幂的相关计算及绝对值的性质的应用是解题关键．
 

20.【答案】解：，
由得：，
即，，
则由和组成两个方程组，，
解之得：，，
即原方程组的解是，． 

【解析】由得出，求出，，由和组成两个二元一方程组，再求出方程组的解即可．
本题考查了解高次方程组，能把高次方程组转化成二元一次方程组低次方程组是解此题的关键．
 

21.【答案】解：设与的函数解析式为，
将，代入得：，
解得：，
与的函数解析式为，且为整数；
根据题意得：，
整理得：，
解得：，不符合题意，舍去．
答：每件生活用品的售价应定为元． 

【解析】根据给定数据，利用待定系数法，即可求出与的函数解析式；
利用总利润每件的销售利润日销售量，可得出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：利用待定系数法，求出一次函数解析式；找准等量关系，正确列出一元二次方程．
 

22.【答案】解：如图，过点作直径，连接，
是直径，
，
在中，，，
，
是直径，，
，
，
又，
∽，
，
即，
解得，，
；
过点作于点，
在中，，
由于，
即，
，
即点到弦的距离是． 

【解析】根据圆周角定理以及勾股定理可求出，再根据相似三角形求出、，由锐角三角函数的定义可求出答案；
过点作，垂足为，求出即可，在直角三角形中由锐角三角函数的定义可求出答案．
本题考查圆周角定理，垂径定理以及弧、圆心角、弦的关系，掌握垂径定理、圆周角定理以及相似三角形的性质是正确解答的前提．
 

23.【答案】证明：，点是边的中点，
，
，
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌；
延长交的延长线于点，
，平分，
，
≌，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
点是的中点，
是的中位线，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
． 

【解析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，根据，可知，，根据等角的补角相等可得，根据即可得证；
延长交的延长线于点，根据角平分线的定义和全等三角形的性质可知，进一步可得，根据可证≌，根据全等三角形的性质可得，，根据三角形中位线定理，可得，根据，，可知四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，进一步即可得证．
本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理等，本题综合性较强，添加合适的辅助线是解题的关键．
 

24.【答案】解：抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，
，
解得，
抛物线的表达式为，
由，
顶点的坐标为；
如图，

设，则，
，
，解得，舍去，
点的坐标为；
如图，设直线与轴交于，

点的坐标为，
，
顶点的坐标为，
设直线的表达式为，
，解得，
直线的表达式为，
，
，，
，
点到直线、的距离相等，
点在的角平分线上，
轴，
． 

【解析】利用待定系数法求出抛物线的表达式，转化成顶点式即可知顶点的坐标；
令，求得，设，则，根据已知条件得出，解方程即可求得的坐标；
求出点的坐标，利用待定系数法求出直线的表达式，可得直线与轴的交点为，则，根据等腰三角形的性质即可求解．
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的表达式，二次函数的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握待定系数法以及等腰三角形的性质是解题的关键．
 

25.【答案】解：如图，设于相切于点，连接、，则，
四边形是矩形，，，
，，
，，
是的半径，
与相切于点，
，
，
，，
∽，
，
，
半径的长为．
设与相切于点，此时与的三边有三个交点，
如图，连接，则，
，
四边形是矩形，
，
当时，与的三边有且只有两个交点，
如图，经过点，此时与的三边有三个交点，
连接，则，
，，
，解得
当点于点重合时，，
当时，与的三边有且只有两个交点，
综上所述，半径的取值范围是或．
如图，与外切，
于点，
，
，
，
，
，
，
解得，
；
如图，经过点，此时与内切，
，
，
，
综上所述，的正切值是或． 

【解析】设于相切于点，连接、，由勾股定理得，而与相切于点，所以，则，再证明∽，得，则；
存在两种情况，一是与相切，设切点为点，此时与的三边有三个交点，连接，可证明四边形是矩形，则，所以当时，与的三边有且只有两个交点；二是经过点，此时与的三边有三个交点，连接，则，，所以，得，则当时，与的三边有且只有两个交点；
存在两种情况，一是与外切，可证明，则，得，则，求得，则；二是经过点，此时与内切，则，所以．
此题重点考查矩形的判定与性质、切线的性质、切线长定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、圆与圆的位置关系等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．