数学（杭州卷）-学易金卷：2023年中考第二次模拟考试卷

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2023年中考数学第二次模拟考试卷
数学·全解全析
第Ⅰ卷
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
B
A
C
C
B
D
B
A
B
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．实际测量一座山的高度时，可在若干个观测点中测量每两个相邻的可视观测点的相对高度，然后用这些相对高度计算出山的高度．下表是某次测量数据的部分记录（用表示观测点A相对观测点C的高度），根据这次测量的数据，可得观测点A相对观测点B的高度是（    ）






100米
80米
米
50米
米
20米
A．米 B．240米 C．390米 D．210米
【答案】B
【分析】根据表格信息，利用有理数的加法运算法则进行计算．
【详解】解：由表可知：（米），（米），（米），（米），（米），（米），
∴（米）．
故选：B．
【点睛】本题考查有理数加法的应用，解题的关键是掌握有理数的加法运算法则．
2．天宫二号运行轨道距高地球大约393000米，数393000用科学记数法表示为（      ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，为整数．
【详解】解：．
故选B．
【点睛】本题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原来的数，变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数，确定与的值是解题的关键．
3．如图所示，平分平分，且，设，则△AMN的周长为（    ）

A．30 B．33 C．36 D．39
【答案】A
【分析】根据BO平分∠CBA，CO平分∠ACB，且MN∥BC，可得出MO=MB，NO=NC，所以三角形AMN的周长是AB+AC．
【详解】解：∵BO平分∠CBA，CO平分∠ACB，
∴∠MBO=∠OBC，∠OCN=∠OCB，
∵MN∥BC，
∴∠MOB=∠OBC，∠NOC=∠OCB，
∴∠MBO=∠MOB，∠NOC=∠NCO，
∴MO=MB，NO=NC，
∵AB=18，AC=12，
∴△AMN的周长=AM+MN+AN=AB+AC=18+12=30．
故选：A．
【点睛】本题主要考查学生对等腰三角形的判定和性质以及平行线的性质等知识点的理解和掌握，难度不大，是基础知识要熟练掌握．
4．已知a＞0，a＋b＜0，则下列结论正确的是（    ）
A．－a＜b B．a－b＜0 C．＞－1 D．a2＋ab＞0
【答案】C
【分析】根据题意，a是正数且a与b的和小于0，那么b的绝对值一定是大于a的绝对值．
【详解】解：且，
且，
A．，，故选项说法错误，不符合题意．
B．，，，故选项说法错误，不符合题意．
C．，，，，故选项说法正确，符合题意．
D．且，，故选项说法错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了不等式的性质，可以根据不等式的性质和举例解决问题．
5．下列命题中：①三角形的三条高线相交于三角形内一点；②每个命题都有逆命题；③直角三角形已知两边长为3和4，则第三边长为5；④三角形一条边的两个顶点到这条边上的中线所在的直线的距离相等，其中正确的命题有（    ）
A．①④ B．②③④ C．②④ D．②③
【答案】C
【分析】分别根据三角形的性质、命题的相关概念、三角形全等的判定定理与性质逐个判断即可得．
【详解】只有锐角三角形的三条高线相交于三角形内一点，则①错误
每个命题都有逆命题，则②正确
直角三角形已知两边长为3和4，若边长4为斜边，则第三边长为，则③错误
如图，AD为边BC上的中线，，求证：
为边BC上的中线 在和中，

，则④正确
综上，正确的命题有②④
故选：C．

【点睛】本题考查了三角形的性质、命题的相关概念、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟记各性质与定理是解题关键．
6．对于任意的x值都有，则M，N值为（　　）
A．M＝1，N＝3 B．M＝﹣1，N＝3 C．M＝2，N＝4 D．M＝1，N＝4
【答案】B
【分析】先计算= ,根据已知可得关于M、N的二元一次方程组 ，解之可得．
【详解】解：
=
=
∴=
∴， 解得：，
故选B．
【点睛】本题主要考查分式的加减法，解题的关键是熟练掌握分式的加减法则，并根据已知等式得出关于M、N的方程组．
7．若（m–2018）x|m|–2017+（n+4）y|n|–3=2018是关于x，y的二元一次方程，则（   ）
A．m=±2018，n=±4 B．m=–2018，n=±4
C．m=±2018，n=–4 D．m=–2018，n=4
【答案】D
【分析】依据二元一次方程的定义求解即可．
【详解】解：是关于x，y的二元一次方程，
，
解得：、，
故选D．
【点睛】本题主要考查的是二元一次方程的定义，掌握二元一次方程的定义是解题的关键依据二元一次方程的定义求解即可．
8．如图，在等边△ABC中，，点在上，且，点是上一动点，连结，将线段绕点逆时针旋转得到线段，要使点恰好落在上，则的长是（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】∵，，
∴，
∵△ABC为等边三角形，
∴，
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
要使点恰好落在上，
∴，，
∵，，
∴，
在△AOP和△CDO中，
∵，
∴△AOP≌△CDO，
∴．
故选B．

9．已知抛物线与直线交于点，，点是抛物线上，之间的一个动点，过点分别作轴、轴的平行线与直线交于点，．以，为边构造矩形，设点的坐标为，则，之间的关系式是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据点的坐标，可得出点的坐标，点的坐标，继而确定点的坐标，将点的坐标代入抛物线解析式可求出，之间的关系式．
【详解】∵抛物线与直线交于点，，
将代入，
∴，
∴，
∴，
将将代入，
，
∴，
∴
∵直线的解析式为：，点的坐标为，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∴点的坐标为，
将点代入得，
，
∴，之间的关系式是，
故选：A
【点睛】本题考查了二次函数综合题，需要掌握矩形的性质、待定系数法求二次函数解析式的知识，解答本题需要同学们能理解矩形四个顶点的坐标之间的关系．
10．如图是墙壁上在，两条平行线间的边长为的正方形瓷砖，该瓷砖与平行线的较大夹角为，则两条平行线间的距离为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，过B作EF⊥l1于点E，EF与l2交于点F，则EF⊥l2，证明△ABE≌△BCF，得BE＝CF，解Rt△BCF便可得结果．
【详解】解：如图，过B作EF⊥l1于点E，EF与l2交于点F，则EF⊥l2，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝a，∠ABC＝90°，
∴∠ABE＋∠CBF＝∠ABE＋∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，
在Rt△BCF中，BF＝a•sinα，CF＝a•cosα，
∴BE＝a•cosα，
∴EF＝BE＋BF＝asinα＋acosα，
即两条平行线间的距离为asinα＋acosα，
故选：B．
【点睛】本题考查解直角三角形，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，本题属于中等题型．

第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．已知，则代数式的算术平方根是____________．
【答案】8
【分析】根据被开方数为非负数可求出a，b的值，从而计算出，即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∴a=6，b=28，
，
∴的算术平方根是8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了算术平方根的计算以及二次根式有意义的条件，解题的关键是根据已知条件得出a，b的值．
12．小明上下学的交通工具是公交车，上学、放学都可以坐3路、5路和7路这三路车中的一路，则小明当天上学、放学坐的是同一路车的概率为________．
【答案】
【分析】画出树状图即可求得
【详解】解：画树状图如下：

共有9种等可能的结果，其中当天上学、放学坐的是同一路车的有3种
故当天上学、放学坐的是同一路车的概率为
故答案为：
【点睛】此题考查了利用树状图与列表法求概率，注意概率=所求情况数与总情况数之比．
13．一次函数y=(m2－4)x+(1－m)和y=(m－1)x+m2－3的图象与y轴分别交于点P和点Q，若点P与点Q关于x轴对称，则m=______.
【答案】－1或2
【详解】试题解析：：∵y=（m2-4）x+（1-m）和y=（m-1）x+m2-3的图象与y轴分别交于点P和点Q，
∴P（0，1-m），Q（0，m2-3）
又∵P点和Q点关于x轴对称
∴可得：1-m=-（m2-3）
解得：m=2或m=-1．
∵y=（m2-4）x+（1-m）是一次函数，
∴m2-4≠0，
∴m≠±2，
∴m=-1．
14．2021年1月12日世界最大跨度铁路拱桥——贵州北盘江特大桥主体成功合拢．如图2所示，已知桥底呈抛物线，主桥底部跨度米，以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，桥面，抛物线最高点离路面距离米，米，，O，D，B三点恰好在同一直线上，则________米．

【答案】18
【分析】根据题意设表达式为，得到E、F、B、D的坐标，可得CD，证明△BCD∽△OAB，得到，求出a值，可得CD．
【详解】解：设抛物线，
则，，
∴，，
∴，
∵B，D，O共线，
∴∠CBD=∠AOB，又∠BCD=∠BAO=90°，
∴△BCD∽△OAB，
∴，
∴，
解得：，
经检验：是原方程的解，
∴．
故答案为：18．

【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，相似三角形的判定和性质，根据已知条件设出函数表达式，从而表示相应点的坐标是解题的关键．
15．如图，是一个“摩天轮”蛋糕架，圆周上均匀分布了8个蛋糕篮悬挂点，圆O半径为20cm，O到MN的距离为32cm，A，B两个悬挂点之间间隔了一个悬挂点．
（1）A、B两个悬挂点之间的高度差最大可达到__________cm．
（2）当A在B的上方且两个悬挂点的高度差为4cm时，A到MN的距离为________________cm．

【答案】     44或48或20或16
【分析】（1），勾股定理求得，则当A、B两点在同一竖直线上时，A、B之间高度差达到最大值
（2）A、B两个悬挂点的高度差为4cm，需分为两类情况：A比B高4cm（情形②、③）B比A高4cm（情形①、④），如图，过点O作MN的平行线，过A、B分别向该平行线作垂线，垂足记为F、E，证明≌．设较短直角边为x（cm），则较长直角边为（x+4）cm，勾股定理建立方程，解方程求解，根据O到MN的距离为32cm，结合图形分情况即可求解．
【详解】（1）圆周上均匀分布了8个蛋糕篮悬挂点，A，B两个悬挂点之间间隔了一个悬挂点．
，
如图，连接，

圆O半径为20cm，
，
当A、B两点在同一竖直线上时，A、B之间高度差达到最大值
故答案为：
（2）A、B两个悬挂点的高度差为4cm，需分为两类情况：A比B高4cm（情形②、③）B比A高4cm（情形①、④）．
如图，过点O作MN的平行线，过A、B分别向该平行线作垂线，垂足记为F、E，
则，
在与中，

≌．
设较短直角边为x（cm），则较长直角边为（x+4）cm，
在中，由勾股定理可得：，解得．
情形①、③中，AF=12cm，情形②、④中，AF=16cm．
O到MN的距离为32cm，
四个情形中，A到MN的距离分别为32+12=44，32+16=48，32-12=20，32-16=16．
故答案为：44或48或20或16

              ①                                       ② ③ ④
【点睛】本题考查了圆的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，掌握以上知识是解题的关键．
16．如图，△ABC内接于⊙O，BD⊥AC于点E，连接AD，OF⊥AD于点F，∠D=45°．若OF=1，则BE的长为______．

【答案】
【分析】如图（见解析），连接OA、OD，先根据等腰直角三角形的判定与性质得出，再根据等腰三角形的三线合一可得，，然后根据圆周角定理可得，最后根据相似三角形的判定与性质即可得．
【详解】如图，连接OA、OD

∴△ADE是等腰直角三角形


∴△AOD是等腰三角形

OF平分，（等腰三角形的三线合一）

由圆周角定理得：

在∴△AOF和△ABE中，
∴△AOF∽△ABE
，即
解得
故答案为：．

【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．


三、解答题（本大题共7小题，满分66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（6分）四个有理数A、B、C、D，其中，与6相加得0的数是A，C是的倒数．
(1)如果，求B的值；
(2)在（1）的条件下，如果，求D的值；
(3)在（1）（2）的条件下，计算：．
【答案】(1)(2)(3)30
【分析】（1）先求出A、C值，再代入求解即可；
（2）把（1）问中A、B值代入求解即可；
（3）把A、B、C、D值代入计算即可．
【详解】（1）解：由题意，得，
∴，
∵C是的倒数，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，且，，
∴，
∴；
（3）解：，，，，
∴，


．
【点睛】本题考查有理数的运算，倒数，熟练掌握有理数运算法则是解题的关键．


18．（8分）市体校射击队要从甲、乙两名射击队员中挑选一人参加省级比赛，因此，让他们在相同条件下各射击10次，成绩如图所示．

为分析成绩，教练根据统计图算出了甲队员成绩的平均数为8.5环、方差为1.05，请观察统计图，解答下列问题：
(1)先写出乙队员10次射击的成绩，再求10次射击成绩的平均数和方差；
(2)根据两人成绩分析的结果，若要选出总成绩高且发挥稳定的队员参加省级比赛，你认为选出的应是　 　，理由是：　 　．

【答案】(1)乙队员10次射击的成绩分别为6，7，7，8，8，8，9，9，10，10；乙10次射击成绩的平均数：8.2，方差：1.56；
(2)甲；平均数高，且成绩稳定．
【详解】（1）解：乙队员10次射击的成绩分别为6，7，7，8，8，8，9，9，10，10；
则乙10次射击成绩的平均数，
方差；
（2）∵，，，
∴，
∴甲的平均数高，且成绩稳定，
∴选择甲同学参加射击比赛．
故答案为：甲；平均数高，且成绩稳定．

19．（8分）如图，在△ABC中，于点D，点E在AB上（不与点A，点B重合），连接CE交AD于点F，．
(1)求证：．
(2)若，，，求的面积．


【分析】（1）先证明，再利用四边形的内角和定理可得结论；
（2）利用勾股定理先求解 再证明，利用相似三角形的性质求解 再证明， 可得， 利用， 建立方程求解， 从而可得答案．
【解析】（1）证明： ，，
，
，
，
，
（4分）
（2）解： ，，
，
，，
，
，，
∴△CFD∽△CBE，
，
，
，，
，
，
， 即，
而，
，
，（负根舍去）
．（4分）
【点睛】本题考查的是四边形的内角和定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的利用相似三角形与锐角三角函数求解三角形的边长是解本题的关键．

20．（10分）已知y关于x的一次函数y＝kx＋k＋6与反比例函数y＝﹣．
(1)若一次函数y＝kx＋k＋6与x轴的交点横坐标为﹣3．
①求k的值；
②直接写出当x满足什么条件时，﹣＜kx＋k＋6．
(2)试说明：y＝kx＋k＋6与y＝﹣的图象至少有一个交点．
【答案】(1)①3；②﹣2＜x＜﹣1或x＞0 (2)见解析
【分析】(1)①直接把（﹣3，0）代入一次函数y＝kx＋k＋6即可求解；
②把一次函数与反比例函数的解析式组成方程组求得交点坐标，然后反比例函数和一次函数的性质即可求解；
(2)把y＝kx＋k＋6与y＝﹣消去y，化为关于x的一元二次方程利用判别式即可求解．
【解析】（1）①把（﹣3，0）代入y＝kx＋k＋6得，0＝﹣3k＋k＋6，
解得k＝3；
②解解得或，
∴一次函数y＝kx＋k＋6与反比例函数y＝﹣的交点为（﹣1，6），（﹣2，3），
∵反比例函数图象在二、四象限，一次函数图象经过一、二、三象限，
∴当﹣2＜x＜﹣1或x＞0时，﹣＜kx＋k＋6．（5分）
（2）（2）令kx＋k＋6＝﹣，整理得kx2＋（k＋6）x＋6＝0，
∵△＝（k＋6）2﹣4•k•6＝（k﹣6）2≥0，
∴y＝kx＋k＋6与y＝﹣的图象至少有一个交点．（5分）
【点睛】本题是一次函数与反比例函数的交点问题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，函数与不等式的关系．

21．（10分）如图，，，于点E，于点F．
（1）求证：；
（2）已知，求的值．


【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）根据平行线性质得∠ABC=∠BCD，即可求证△ABC∽△BCD；
（2）设BC=k，则AC=2k，根据勾股定理可求得AB，再根据△ABC∽△BCD得对应边比值相等即可解题．
【详解】（1）∵，
∴，
又∵
∴；
（2）∵
∴可设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵于点E，于点F，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的判定与性质．

22．（12分）已知抛物线（a，b为常数，且）
(1)已知点，，，若该抛物线只经过其中的两点．求抛物线的表达式；
(2)点为（1）中抛物线上一点，且，求n的取值范围；
(3)若抛物线与直线都经过点，设，求证．
【答案】(1)(2)(3)见解析
【分析】（1）先求出抛物线与y轴的交点坐标为（0，3），从而确定抛物线经过A、B两点，利用待定系数法求解即可；
（2）根据（1）所求函数解析式利用二次函数的性质求解即可；
（3）根据抛物线与直线都经过点，可以推出，得到，由此即可证明结论．
【详解】（1）解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线与y轴的交点坐标为（0，3），
∴抛物线不可能经过点C（0，2），即抛物线经过点A（1，4）、B（-1，0），
∴， ∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：由（1）得抛物线解析式为，
∴抛物线的函数值最大值为4，
∵，
∴当时，y随x增大而增大，当时，y随x增大而减小，
当时，，当时，，
∴当时，，
∵点为抛物线上一点，且，
∴；
（3）解：∵抛物线与直线都经过点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵当，，
∴．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．

23．如图，四边形ABCD中， ，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，．

(1)求证：△PQM≌△CHD；
(2)△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50°时停止．
①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积；
②如图2，点K在BH上，且．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长；
③如图3．在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含d的式子表示）
【答案】(1)见详解(2)①；②；③
【分析】（1）先证明四边形是矩形，再根据算出CD长度，即可证明；
（2）①平移扫过部分是平行四边形，旋转扫过部分是扇形，分别算出两块面积相加即可；
②运动分两个阶段：平移阶段：；旋转阶段：取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作于T；设，利用算出，，，利用算出DG，利用算出GT，最后利用算出，发现，从而得到，度数，求出旋转角，最后用旋转角角度计算所用时间即可；
③分两种情况：当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，证明△DEF∽△CED，结合勾股定理，可得，即可得CF与d的关系．
【解析】（1）∵，
∴
则在四边形中

故四边形为矩形
，
在中，
∴，
∵
∴；（4分）
（2）①过点Q作于S

由（1）得：
在中，
∴
平移扫过面积：
旋转扫过面积：
故边PQ扫过的面积：（2分）
②运动分两个阶段：平移和旋转
平移阶段：


旋转阶段：
由线段长度得：
取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，则H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作于T

设，则
在中：


设，则，，
，，
∵DM为直径
∴
在中 ：
在中：
在中：
∴，
PQ转过的角度：
s
总时间：（3分）
③设CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，如图：

∵∠EDF=30°，∠C=30°，
∴∠EDF=∠C，
又∵∠DEF=∠CED，
∴△DEF∽△CED，
∴，即，
∴，
∵在△DHE中，，
∴，
∴
当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，如图：CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
同理：可得

综上所述：．（3分）
【点睛】本题考查动点问题，涉及到平移，旋转，矩形，解直角三角形，圆的性质，相似三角形的判定和性质；注意第（2）问第②小题以PM为直径作圆算出是难点，第（2）问第③小题用到相似三角形的判定和性质．