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2023年浙江省绍兴市初中毕业生学业水平测试数学模拟试题(三)
一、单选题（每题4分，共40分）
1．（2023七下·福州期中）在下列实数中，无理数是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】无理数的认识
【解析】【解答】解：是分数，属于有理数；
是无理数；
是有限小数，属于有理数；
是有理数，
故答案为：B.
【分析】无限不循环小数叫做无理数，对于开方开不尽的数，圆周率π都是无理数，据此判断.
2．（2023·灯塔模拟）剪纸是中国民间艺术的瑰宝，下列剪纸作品中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故答案为：B
【分析】 轴对称图形为平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形。 如果一个图形绕某一个点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形。根据轴对称图形和中心对称图形的定义对每个选项一一判断即可。
3．（2023九下·上城月考）如图，从一块半径是 2 的圆形铁片上剪出一个圆心角为90°的扇形，将剪下来的扇形围成一个圆锥.那么这个圆锥的底面圆的半径是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：∵的半径是2，
∴，
连接，根据题意知，，
在中，，
即扇形的对应半径，
弧长，
设圆锥底面圆半径为r，则有
，
解得：，
故答案为：C.
【分析】根据半径可得底面圆的面积，连接BC、AO，根据题意知BC⊥AO，AO=BO=2，由勾股定理可得AB的值，利用弧长公式求出弧长，然后根据圆锥侧面展开扇形的弧长等于底面圆的周长就可求出底面圆的半径.
4．（2023·沛县模拟）抢微信红包成为节日期间人们最喜欢的活动之一.对某单位50名员工在春节期间所抢的红包金额进行统计，并绘制成了如下统计图.根据如图提供的信息，红包金额的众数和中位数分别是（ ）
A．30，30 B．30，20 C．40，40 D．30，40
【答案】C
【知识点】条形统计图；中位数；众数
【解析】【解答】解：∵红包金额为40元的人数最多，有19人，
∴众数是40元；
∵50个数据从小到大排列，第25、26位置的数都为40，
∴中位数为元，
故答案为：C.
【分析】找出出现次数最多的数据即为众数，50个数据从小到大进行排列，求出第25、26个数据的平均数即为中位数.
5．（2023·寻乌模拟）如下图所示的几何体，它的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：俯视图是从物体的上面看得到的平面图形，该几何体从上面看得到一个矩形，正中间是一条实线，左右各有一条虚线．
故答案为：D．
【分析】结合所给的几何体，再根据俯视图的定义对每个选项一一判断即可。
6．（2023七下·大田期中）国产手机芯片麒麟是全球首个纳米制程芯片，已知纳米米，将纳米用科学记数法表示为（ ）
A．米 B．米
C．米 D．米
【答案】D
【知识点】科学记数法—表示绝对值较小的数
【解析】【解答】解：纳米米米，
故答案为：D.
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数.确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数.
7．（2023·交城模拟）如图，的顶点O与坐标原点重合，顶点A，B分别在第二、三象限，且轴，若，，则点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】点的坐标；勾股定理
【解析】【解答】解：设与x轴交于点C，
∵，轴，
∴，
∴，
∵点A在第二象限，
∴点A的坐标为
故答案为：A．
【分析】设与x轴交于点C，先利用勾股定理求出OC的长，再结合点A在第二象限，即可得到点A的坐标为。
8．（2023八下·菏泽月考）下面是教师出示的作图题．
已知：线段a，h，小明用如图所示的方法作，使，上的高．
作法：①作射线，以点A为圆心、※为半径画弧，交射线于点B；②分别以点A，B为圆心、△为半径画弧，两弧交于点D，E；③作直线，交于点P；④以点P为圆心、为半径在上方画弧，交直线于点C，连接，．
对于横线上符号代表的内容，下列说法错误的是（）
A．※代表“线段a的长” B．△代表“任意长”
C．△代表“大于的长” D．代表“线段h的长”
【答案】B
【知识点】作图-线段垂直平分线
【解析】【解答】解：符合题意作法如下：①作射线，以点A为圆心、线段a的长为半径画弧，交射线于点B；②分别以点A，B为圆心，大于DE为半径画弧，两弧交于点D，E；③作直线，交于点P；④以点P为圆心、线段h的长为半径在上方画弧，交直线于点C，连接，．
故答案为：B．
【分析】根据作法对每个选项一一判断即可。
9．（2023·灯塔模拟）如图，二次函数的图象与x轴相交于，B两点，对称轴是直线，下列说法正确的是（ ）
A．
B．当时，y的值随x值的增大而增大
C．点B的坐标为
D．
【答案】D
【知识点】二次函数y=ax^2+bx+c的图象；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：A、∵该抛物线开口向下，
∴，
故A不符合题意；
B、∵，
∴当时，，
故B不符合题意；
C、∵，该抛物线对称轴是直线，
∴，
故C不符合题意；
D、∵该抛物线对称轴是直线，
∴当时，y的值随x值的增大而减小，
∵，该抛物线开口向下，
∴当时，，
∴，
故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用二次函数的图象与性质对每个选项一一判断即可。
10．（2023·呼和浩特模拟）如图，在中，，于点．点是上两点，且，，若，．则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，
∵，，，
∴是等腰直角三角形，且，，
∴在中，，，
∴，，
∴，
已知，是的外角，是的外角，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设，则，
∴代入得，，解得，，（舍去），
∴，
故答案为：．
【分析】利用相似三角形的判定方法先求出，再求出，最后计算求解即可。
二、填空题（每空5分，共30分）
11．已知长方形的面积是 ，一边长是 ，则长方形的周长是 .
【答案】28a
【知识点】列式表示数量关系；因式分解﹣运用公式法；整式的除法
【解析】【解答】解：∵长方形面积是49a2-4b2，
∴S=49a2-4b2=（7a+2b）（7a-2b），
又∵一边长是7a-2b，
∴长方形另一边长=（7a+2b）（7a-2b）÷（7a-2b）=7a+2b，
∴长方形周长=2（7a+2b+7a-2b）=28a.
故答案为：28a.
【分析】先将表示面积的整式利用平方差因式分解，再利用整式除法求出长方形另一边长，最后由周长计算公式列式，化简即可求解.
12．（2023·茂南模拟）某公司组织内部抽奖活动，共准备了张奖券，设一等奖个，二等奖个，三等奖个．若每张奖券获奖的可能性相同，则随机抽一张奖券中一等奖的概率为 ．
【答案】
【知识点】简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：一等奖个，共准备了张奖券，
∴抽一张奖券中一等奖的概率为，
故答案为：．
【分析】由题意可知：一等奖个，共准备了张奖券，根据概率公式可得抽一张奖券中一等奖的概率为。
13．（2023·天门模拟）科技小组为了验证某电路的电压、电流电阻三者之间的关系：，测得数据如表格：那么，当电阻时，电流 A.
2 4 6 9
18 9 6 4
【答案】10
【知识点】反比例函数的实际应用
【解析】【解答】解：把，代入得：，
解得，
∴，
当 代入得：
，
故答案为：10.
【分析】利用待定系数法求出，再将代入即可求出I值.
14．（）用计算器计算： .（结果精确到0.01）
【答案】44.93
【知识点】计算器在数的开方中的应用；近似数及有效数字
【解析】【解答】解：用计算器计算，可得
，
故答案为：44.93.
【分析】首先根据计算器的使用方法，输入“
”，再输入“ 2019”，“=”即可得出2019的算术平方根，然后精确到0.01即可.
15．（2023·沁阳模拟）如图，甲楼AB高16米，乙楼CD坐落在甲楼的正北面，已知当地冬至中午12时，物高与影长的比是1：，已知两楼相距BD为12米，那么甲楼的影子落在乙楼上的高DE＝ 米（结果保留根号）.
【答案】
【知识点】解直角三角形的应用
【解析】【解答】解：如图，过点E作FE⊥AB于点F，则四边形BDEF是矩形，则BF=DE，EF=BD=12
在Rt△AEF中，∠AFE=90°，EF=BD=12米.
∵物高与影长的比是1：，
，
即米，
（米），
故答案为：.
【分析】过点E作FE⊥AB于点F，则四边形BDEF是矩形，BF=DE，EF=BD=12，根据物高与影长的比是1：可得AF的值，然后根据DE=BF=AB-AF进行计算.
16．（2023八下·杭州期中）如图，正方形ABCD的边长为2，G是对角线BD上一动点，GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，连结EF．给出四种情况：
①若G为BD上任意一点，则AG=EF；
②若BG=AB，则∠DAG=22.5°；
③若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形；
④若DG：BG=1：3，则S△ADG=
则其中正确的是 .
【答案】①②③④
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：连接AC交BD于O，连接CG，
∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABG=∠CBG，∠BCD=90°，
在△ABG和△CBG中
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴AG=CG，
∵GF⊥BC，GE⊥DC，
∴∠GFC=∠GEC=∠DCB=90°，
∴四边形EGFC是矩形，
∴CG=EF，
∴AG=EF，故①正确；
∵AB=BG，
∴∠BAG=∠BGA=（180°-∠ABD）=（180°-45°）=67.5°，
∴∠DAG=90°-67.5°=22.5°，故②正确；
∵点G为BD的中点，GE∥BC，
∴点E为DC的中点，
∴DE=CE，
∴△DGE是等腰直角三角形，
∴DE=GE=EC，
∵四边形CEGF是矩形，
∴四边形CEGF是正方形，故③正确；
连接AC，
∵正方形ABCD，
∴AC=BD=2AO，AC⊥BD，
在Rt△ABD中，2AB2=BD2=8，
解之：，
∴；
∵
∴，
解之：，
∴，故④正确；
∴正确结论的序号为①②③④.
故答案为：①②③④
【分析】连接CG，利用正方形的性质可证得AB=BC，∠ABG=∠CBG，∠BCD=90°，利用SAS证明△ABG≌△CBG，利用全等三角形的性质可证得AG=CG，再证明四边形EGFC是矩形，利用矩形的对角线相等，可证得CG=EF，据此可对①作出判断；利用等边对等角及三角形的内角和定理可求出∠BAG的度数，即可得到∠DAG的度数，可对②作出判断；利用点G为BD的中点，GE∥BC，可证得DE=CE，可推出△DGE是等腰直角三角形，可知DE=GE=EC；再利用有一组邻边相等的矩形是正方形，可对③作出判断；连接AC，利用正方形的性质可证得AC=BD=2AO，AC⊥BD，利用勾股定理求出BD的长，可得到OA的长，再根据DG：BG=1：3，可求出DG的长，然后利用三角形的面积公式求出△ADG的面积，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的序号.
三、解答题（共8题，共80分）
17．（2023九下·宁波月考）
（1）化简：
（2）解不等式：.
【答案】（1）解：
；
（2）解：，
去分母得：，
去括号得：，
移项合并得：，
系数化为1得：.
【知识点】分式的混合运算；解一元一次不等式
【解析】【分析】（1）对括号中的式子进行通分，对括号外分式的分母进行分解，然后将除法化为乘法，再约分即可；
（2）根据去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1的步骤进行求解.
18．（2023七上·西安期末）如图，数轴上有a，b，c三点，化简：.
【答案】解：根据题意，得，
∴，，，
∴原式
.
【知识点】数轴及有理数在数轴上的表示；绝对值的非负性
【解析】【分析】根据a、b、c在数轴上的位置可得，于是，然后根据绝对值的非负性可去绝对值求解.
19．（2023·衢州模拟）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE是⊙O的直径，点B的中点，过点B的切线与AC的延长线交于点D.
①求证：BD⊥AD；
②若AC＝9，tan∠ABC＝，求⊙O的半径.
【答案】解：①证明：如图，连接OB，
∵BD为⊙O的切线，
∴∠OBD＝90°，
∵点B为 的中点，
∴ ，
∴∠CAB＝∠BAE，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴∠CAB＝∠OBA，
∴OB∥AD，
∴∠D＝90°，
∴BD⊥AD；
②解：如图，连接CE，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE＝90°，
∵∠AEC＝∠ABC，
∴
∴
∵AC＝9，
∴EC＝12，
在Rt△ACE中，
∵∠ACE＝90°，
∴
∴⊙O的半径为 .
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；切线的性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】①连接OB，根据切线的性质可得∠OBD＝90°，由圆周角定理可得∠CAB＝∠BAE，根据等腰三角形的性质可得∠OAB＝∠OBA，则∠CAB＝∠OBA，推出OB∥AD，据此证明；
②连接CE，由圆周角定理可得∠ACE＝90°，∠AEC＝∠ABC，结合三角函数的概念可得EC，然后利用勾股定理进行计算.
20．（2022七下·西青期末）注意：为了使同学们更好地解答本题，我们提供了一种解题思路，你可以依照这个思路按下面的要求填空，完成本题的解答．也可以选用其他的解题方案，此时不必填空，只需按照解答题的一般要求进行解答．
“冰墩墩”和“雪容融”分别是北京2022年冬奥会和冬残奥会的吉祥物．某冬奥官方特许商品零售店购进了一批同一型号的“冰墩墩”和“雪容融”玩具，连续两个月的销售情况如下表：
月份 销售量/件 销售额/元
冰墩墩 雪容融
第1个月 120 40 17160
第2个月 150 60 22200
求此款“冰墩墩”和“雪容融”玩具的零售价格．
解题方案：设此款“冰墩墩”玩具的零售价格为元，“雪容融”玩具的零售价格为元，
（Ⅰ）根据题意，列出方程组
（Ⅱ）解这个方程组，得
答：此款“冰墩墩”玩具的零售价格为 元，“雪容融”玩具的零售价格为 元．
【答案】；；118；75
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】根据题意直接列出方程组，再求解即可。
21．（2020八下·右玉期中）如图，公路 MN 和公路 PQ 在点 P 处交会，且∠QPN=30°．点 A
处有一所中学，AP=160m，一辆拖拉机从 P 沿公路 MN 前行，假设拖拉机行驶时周围 100m 以内会受到噪声影响，那么该所中学是否会受到噪声影响，请说明理由，若受影响，已知拖拉机的速度为 18km/h，那么学校受影响的时间为多长？
【答案】解：过点A作AB⊥MN于B，
∵∠QPN=30°，AP=160m，
∴ ，
∵80＜100，
∴该所中学会受到噪声影响；
以A为圆心，100m为半径作圆，交MN于点C与D，
则AC=AD=100m，
在Rt△ABC中， ，
∵AC=AD，AB⊥MN，
∴BD=BC=60m，
∴CD=BC+BD=120m，
∵ ，
∴学校受影响的时间为：120÷5=24（秒）．
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】过 点A作AB⊥MN于B， 由 ∠QPN=30°，AP=160m， 根据直角三角形中30°对的直角边是斜边的一半，即可求得AB的长，即可知该所中学是否会受到噪声影响，然后以A为圆心，100m为半径作圆，交MN于点C与D，由勾股定理，即可求得BC的长，继而求得CD的长，则可求得学校受影响的时间 。
22．（2022八下·沧州期末）在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并完成证明过程．
已知，如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，点E、F在AC上， （填写序号）．
求证：四边形DEBF是平行四边形．
【答案】解：可以选择①或③．证明如下：如图，连接BE、DF，若选择①，证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∵∴即∴四边形DEBF是平行四边形若选择③，证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∵∴，在和中，，∴，∴，∴四边形DEBF是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】 若选择① ：由平行四边形的性质可得，，由AE=CF可推出OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即证；
若选择③ ：由平行四边形的性质可得OD=OB，由平行线的性质可得，根据AAS可证明，可得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即证.
23．如图，已知抛物线y=﹣x2﹣2x+m+1与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，且x1＜0，x2＞0，与y轴交于点C，顶点为P．（提示：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两个实根，则x1+x2=﹣ ，x1 x2= ）
（1）求m的取值范围；
（2）若OA=3OB，求抛物线的解析式；
（3）在（2）中抛物线的对称轴PD上，存在点Q使得△BQC的周长最短，试求出点Q的坐标．
【答案】（1）解：令y=0，则有﹣x2﹣2x+m+1=0，即：x1，x2是一元二次方程x2+2x﹣（m+1）=0，∵抛物线y=﹣x2﹣2x+m+1与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，∴x1 x2=﹣（m+1），x1+x2=﹣2，△=4+4（m+1）＞0，∴m＞﹣2∵x1＜0，x2＞0，
∴x1 x2＜0，
∴﹣（m+1）＜0，∴m＞﹣1，即m＞﹣1
（2）解：∵A（x1，0）、B（x2，0）两点，且x1＜0，x2＞0，
∴OA=﹣x1，OB=x2，
∵OA=3OB，
∴﹣x1=3x2，①
由（1）知，x1+x2=﹣2，②
x1 x2=﹣（m+1），③
联立①②③得，x1=﹣3，x2=1，m=2，
∴抛物线的解析式y=﹣x2﹣2x+3
（3）解：存在点Q，
理由：如图，
连接AC交PD于Q，点Q就是使得△BQC的周长最短，（∵点A，B关于抛物线的对称轴PD对称，）
连接BQ，
由（2）知，抛物线的解析式y=﹣x2﹣2x+3；x1=﹣3，
∴抛物线的对称轴PD为x=﹣1，C（0，3），A（﹣3，0），
∴用待定系数法得出，直线AC解析式为y=x+3，
当x=﹣1时，y=2，
∴Q（﹣1，2），
∴点Q（﹣1，2）使得△BQC的周长最短
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象与系数的关系
【解析】【分析】（1）表示出抛物线与x轴的两个交点，利用△＞0，以及两个交点的符号，求出m的范围。
（2）根据OA=3OB以及x1+x2=﹣2，x1 x2=﹣（m+1），解出m的值，表示出函数的解析式。
（3）利用待定系数法，求出直线AC，连接AC交PD于Q，点Q就是使得△BQC的周长最短。
24．（2023·永嘉模拟）旋转的图形带来结论的奥秘.已知，将绕点逆时针旋转得到.
初步探索 素材1： 如图①，连接对应点，，则. 素材2： 如图②，以为圆心，边上的高为半径作，则与相切.
问题解决 （1）（ⅰ）请证明素材1所发现的结论. （ⅱ）如图2，过点作，垂足为.证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格.
深入研究 （2）在满足，，是的中点，绕点逆时针旋转得. （ⅰ）如图③，当边恰好经过点时，连接，则的长为▲ . （ⅱ）若一时边所在直线恰好经过点，于图④中利用无刻度的直尺和圆规作出直线.（只保留作图痕迹） （3）在（2）的条件下，如图⑤，在旋转过程中，直线，交于点，求的最大值为▲ .
【答案】解：问题解决（i）证明 ， ，
∴
∴ ，
∴ 。
（ii） ， ；
深入研究（2）（i）
（ii）
（3）
【知识点】切线的判定；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】（1） （ii） 证明：∵△ABC≌△AB'C'，
∴AB=AB'，∠B=∠B'，
∵∠ADB=∠AD'B'=90°，
∴△ABD≌△AB'D'（AAS），
∴AD=AD'，
∵AD'是圆A的半径，AD'⊥B'C'，
∴B'C'是圆A的切线；
故答案为：∠B=∠B'，AD=AD'；
（2）（i）如图，连接BM、MB'，过点M作MH⊥CC'于点H，
∵AB=AM=，∠A=90°，
∴BM=，
∵MC=MC'=，tanC'=，
∴MH=1，HC'=CH=2，
∴CC'=2CH=4，
由旋转的性质得MB=MB'，∠BMB'=∠CMC'，
∴△BMB'∽△MCC'，
∴，
∴
，∴；
故答案为：；
（ii）如图，BB'即为所求，
（3）如图，连接MB、MB'，
∵△MBB'∽△MCC'，
∴∠MB'B=∠MC'C，
∵∠MB'B+∠PB'M=180°，
∴∠MC'C+∠PBM=180°，
∴∠BMC'+∠CPB=180°，
∵A'M=A'B，∠A'=90°，
∴∠A'MB=45°，
∴∠BMC'=135°，
∴∠CPB'=45°，
∵=定值，
∴点P的运动轨迹是圆，假设圆心为点O，连接OB、OC、OP，
∴∠BOC=2∠CPB=90°，
∴OB=OC=OP=，
∵PB≤OB+OP=，
∴BP的最大值为.
【分析】（1） （i） 利用两组边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似得△ABB'∽△ACC'，根据相似三角形对应边成比例即可得出 ；
（ii） 由旋转的性质得AB=AB'，∠B=∠B'，从而利用AAS判断出△ABD≌△AB'D'，得AD=AD'，从而根据切线的判定定理得出结论；
（2）（i）连接BM、MB'，过M作MH⊥CC'于H，由解直角三角形求出CC'，证出△BMB'∽△MCC'，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出BB'；
（ii）连接BM，以点M为圆心，点M到BC的距离为半径，作圆M，然后过点B作圆M的切线BB'，以点M为圆心，BM长为半径画弧交BB'于点B'，再以点M为圆心，MC半径画弧交BB'靠点B端于点C'，作射线C'M，在C'M上截取C'A'=AC，再连接A'B'即可；
（3）连接MB、MB'，证明∠CPB=45°，由勾股定理算出BC=5，点P的运动轨迹是圆，假设圆心为点O，连接OB、OC、OP，求出OB、OP，可得结论.
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2023年浙江省绍兴市初中毕业生学业水平测试数学模拟试题(三)
一、单选题（每题4分，共40分）
1．（2023七下·福州期中）在下列实数中，无理数是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·灯塔模拟）剪纸是中国民间艺术的瑰宝，下列剪纸作品中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023九下·上城月考）如图，从一块半径是 2 的圆形铁片上剪出一个圆心角为90°的扇形，将剪下来的扇形围成一个圆锥.那么这个圆锥的底面圆的半径是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·沛县模拟）抢微信红包成为节日期间人们最喜欢的活动之一.对某单位50名员工在春节期间所抢的红包金额进行统计，并绘制成了如下统计图.根据如图提供的信息，红包金额的众数和中位数分别是（ ）
A．30，30 B．30，20 C．40，40 D．30，40
5．（2023·寻乌模拟）如下图所示的几何体，它的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023七下·大田期中）国产手机芯片麒麟是全球首个纳米制程芯片，已知纳米米，将纳米用科学记数法表示为（ ）
A．米 B．米
C．米 D．米
7．（2023·交城模拟）如图，的顶点O与坐标原点重合，顶点A，B分别在第二、三象限，且轴，若，，则点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023八下·菏泽月考）下面是教师出示的作图题．
已知：线段a，h，小明用如图所示的方法作，使，上的高．
作法：①作射线，以点A为圆心、※为半径画弧，交射线于点B；②分别以点A，B为圆心、△为半径画弧，两弧交于点D，E；③作直线，交于点P；④以点P为圆心、为半径在上方画弧，交直线于点C，连接，．
对于横线上符号代表的内容，下列说法错误的是（）
A．※代表“线段a的长” B．△代表“任意长”
C．△代表“大于的长” D．代表“线段h的长”
9．（2023·灯塔模拟）如图，二次函数的图象与x轴相交于，B两点，对称轴是直线，下列说法正确的是（ ）
A．
B．当时，y的值随x值的增大而增大
C．点B的坐标为
D．
10．（2023·呼和浩特模拟）如图，在中，，于点．点是上两点，且，，若，．则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每空5分，共30分）
11．已知长方形的面积是 ，一边长是 ，则长方形的周长是 .
12．（2023·茂南模拟）某公司组织内部抽奖活动，共准备了张奖券，设一等奖个，二等奖个，三等奖个．若每张奖券获奖的可能性相同，则随机抽一张奖券中一等奖的概率为 ．
13．（2023·天门模拟）科技小组为了验证某电路的电压、电流电阻三者之间的关系：，测得数据如表格：那么，当电阻时，电流 A.
2 4 6 9
18 9 6 4
14．（）用计算器计算： .（结果精确到0.01）
15．（2023·沁阳模拟）如图，甲楼AB高16米，乙楼CD坐落在甲楼的正北面，已知当地冬至中午12时，物高与影长的比是1：，已知两楼相距BD为12米，那么甲楼的影子落在乙楼上的高DE＝ 米（结果保留根号）.
16．（2023八下·杭州期中）如图，正方形ABCD的边长为2，G是对角线BD上一动点，GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，连结EF．给出四种情况：
①若G为BD上任意一点，则AG=EF；
②若BG=AB，则∠DAG=22.5°；
③若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形；
④若DG：BG=1：3，则S△ADG=
则其中正确的是 .
三、解答题（共8题，共80分）
17．（2023九下·宁波月考）
（1）化简：
（2）解不等式：.
18．（2023七上·西安期末）如图，数轴上有a，b，c三点，化简：.
19．（2023·衢州模拟）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE是⊙O的直径，点B的中点，过点B的切线与AC的延长线交于点D.
①求证：BD⊥AD；
②若AC＝9，tan∠ABC＝，求⊙O的半径.
20．（2022七下·西青期末）注意：为了使同学们更好地解答本题，我们提供了一种解题思路，你可以依照这个思路按下面的要求填空，完成本题的解答．也可以选用其他的解题方案，此时不必填空，只需按照解答题的一般要求进行解答．
“冰墩墩”和“雪容融”分别是北京2022年冬奥会和冬残奥会的吉祥物．某冬奥官方特许商品零售店购进了一批同一型号的“冰墩墩”和“雪容融”玩具，连续两个月的销售情况如下表：
月份 销售量/件 销售额/元
冰墩墩 雪容融
第1个月 120 40 17160
第2个月 150 60 22200
求此款“冰墩墩”和“雪容融”玩具的零售价格．
解题方案：设此款“冰墩墩”玩具的零售价格为元，“雪容融”玩具的零售价格为元，
（Ⅰ）根据题意，列出方程组
（Ⅱ）解这个方程组，得
答：此款“冰墩墩”玩具的零售价格为 元，“雪容融”玩具的零售价格为 元．
21．（2020八下·右玉期中）如图，公路 MN 和公路 PQ 在点 P 处交会，且∠QPN=30°．点 A
处有一所中学，AP=160m，一辆拖拉机从 P 沿公路 MN 前行，假设拖拉机行驶时周围 100m 以内会受到噪声影响，那么该所中学是否会受到噪声影响，请说明理由，若受影响，已知拖拉机的速度为 18km/h，那么学校受影响的时间为多长？
22．（2022八下·沧州期末）在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并完成证明过程．
已知，如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，点E、F在AC上， （填写序号）．
求证：四边形DEBF是平行四边形．
23．如图，已知抛物线y=﹣x2﹣2x+m+1与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，且x1＜0，x2＞0，与y轴交于点C，顶点为P．（提示：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两个实根，则x1+x2=﹣ ，x1 x2= ）
（1）求m的取值范围；
（2）若OA=3OB，求抛物线的解析式；
（3）在（2）中抛物线的对称轴PD上，存在点Q使得△BQC的周长最短，试求出点Q的坐标．
24．（2023·永嘉模拟）旋转的图形带来结论的奥秘.已知，将绕点逆时针旋转得到.
初步探索 素材1： 如图①，连接对应点，，则. 素材2： 如图②，以为圆心，边上的高为半径作，则与相切.
问题解决 （1）（ⅰ）请证明素材1所发现的结论. （ⅱ）如图2，过点作，垂足为.证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格.
深入研究 （2）在满足，，是的中点，绕点逆时针旋转得. （ⅰ）如图③，当边恰好经过点时，连接，则的长为▲ . （ⅱ）若一时边所在直线恰好经过点，于图④中利用无刻度的直尺和圆规作出直线.（只保留作图痕迹） （3）在（2）的条件下，如图⑤，在旋转过程中，直线，交于点，求的最大值为▲ .
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无理数的认识
【解析】【解答】解：是分数，属于有理数；
是无理数；
是有限小数，属于有理数；
是有理数，
故答案为：B.
【分析】无限不循环小数叫做无理数，对于开方开不尽的数，圆周率π都是无理数，据此判断.
2．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故答案为：B
【分析】 轴对称图形为平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形。 如果一个图形绕某一个点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形。根据轴对称图形和中心对称图形的定义对每个选项一一判断即可。
3．【答案】C
【知识点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：∵的半径是2，
∴，
连接，根据题意知，，
在中，，
即扇形的对应半径，
弧长，
设圆锥底面圆半径为r，则有
，
解得：，
故答案为：C.
【分析】根据半径可得底面圆的面积，连接BC、AO，根据题意知BC⊥AO，AO=BO=2，由勾股定理可得AB的值，利用弧长公式求出弧长，然后根据圆锥侧面展开扇形的弧长等于底面圆的周长就可求出底面圆的半径.
4．【答案】C
【知识点】条形统计图；中位数；众数
【解析】【解答】解：∵红包金额为40元的人数最多，有19人，
∴众数是40元；
∵50个数据从小到大排列，第25、26位置的数都为40，
∴中位数为元，
故答案为：C.
【分析】找出出现次数最多的数据即为众数，50个数据从小到大进行排列，求出第25、26个数据的平均数即为中位数.
5．【答案】D
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：俯视图是从物体的上面看得到的平面图形，该几何体从上面看得到一个矩形，正中间是一条实线，左右各有一条虚线．
故答案为：D．
【分析】结合所给的几何体，再根据俯视图的定义对每个选项一一判断即可。
6．【答案】D
【知识点】科学记数法—表示绝对值较小的数
【解析】【解答】解：纳米米米，
故答案为：D.
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数.确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数.
7．【答案】A
【知识点】点的坐标；勾股定理
【解析】【解答】解：设与x轴交于点C，
∵，轴，
∴，
∴，
∵点A在第二象限，
∴点A的坐标为
故答案为：A．
【分析】设与x轴交于点C，先利用勾股定理求出OC的长，再结合点A在第二象限，即可得到点A的坐标为。
8．【答案】B
【知识点】作图-线段垂直平分线
【解析】【解答】解：符合题意作法如下：①作射线，以点A为圆心、线段a的长为半径画弧，交射线于点B；②分别以点A，B为圆心，大于DE为半径画弧，两弧交于点D，E；③作直线，交于点P；④以点P为圆心、线段h的长为半径在上方画弧，交直线于点C，连接，．
故答案为：B．
【分析】根据作法对每个选项一一判断即可。
9．【答案】D
【知识点】二次函数y=ax^2+bx+c的图象；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：A、∵该抛物线开口向下，
∴，
故A不符合题意；
B、∵，
∴当时，，
故B不符合题意；
C、∵，该抛物线对称轴是直线，
∴，
故C不符合题意；
D、∵该抛物线对称轴是直线，
∴当时，y的值随x值的增大而减小，
∵，该抛物线开口向下，
∴当时，，
∴，
故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用二次函数的图象与性质对每个选项一一判断即可。
10．【答案】D
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，
∵，，，
∴是等腰直角三角形，且，，
∴在中，，，
∴，，
∴，
已知，是的外角，是的外角，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设，则，
∴代入得，，解得，，（舍去），
∴，
故答案为：．
【分析】利用相似三角形的判定方法先求出，再求出，最后计算求解即可。
11．【答案】28a
【知识点】列式表示数量关系；因式分解﹣运用公式法；整式的除法
【解析】【解答】解：∵长方形面积是49a2-4b2，
∴S=49a2-4b2=（7a+2b）（7a-2b），
又∵一边长是7a-2b，
∴长方形另一边长=（7a+2b）（7a-2b）÷（7a-2b）=7a+2b，
∴长方形周长=2（7a+2b+7a-2b）=28a.
故答案为：28a.
【分析】先将表示面积的整式利用平方差因式分解，再利用整式除法求出长方形另一边长，最后由周长计算公式列式，化简即可求解.
12．【答案】
【知识点】简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：一等奖个，共准备了张奖券，
∴抽一张奖券中一等奖的概率为，
故答案为：．
【分析】由题意可知：一等奖个，共准备了张奖券，根据概率公式可得抽一张奖券中一等奖的概率为。
13．【答案】10
【知识点】反比例函数的实际应用
【解析】【解答】解：把，代入得：，
解得，
∴，
当 代入得：
，
故答案为：10.
【分析】利用待定系数法求出，再将代入即可求出I值.
14．【答案】44.93
【知识点】计算器在数的开方中的应用；近似数及有效数字
【解析】【解答】解：用计算器计算，可得
，
故答案为：44.93.
【分析】首先根据计算器的使用方法，输入“
”，再输入“ 2019”，“=”即可得出2019的算术平方根，然后精确到0.01即可.
15．【答案】
【知识点】解直角三角形的应用
【解析】【解答】解：如图，过点E作FE⊥AB于点F，则四边形BDEF是矩形，则BF=DE，EF=BD=12
在Rt△AEF中，∠AFE=90°，EF=BD=12米.
∵物高与影长的比是1：，
，
即米，
（米），
故答案为：.
【分析】过点E作FE⊥AB于点F，则四边形BDEF是矩形，BF=DE，EF=BD=12，根据物高与影长的比是1：可得AF的值，然后根据DE=BF=AB-AF进行计算.
16．【答案】①②③④
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：连接AC交BD于O，连接CG，
∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABG=∠CBG，∠BCD=90°，
在△ABG和△CBG中
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴AG=CG，
∵GF⊥BC，GE⊥DC，
∴∠GFC=∠GEC=∠DCB=90°，
∴四边形EGFC是矩形，
∴CG=EF，
∴AG=EF，故①正确；
∵AB=BG，
∴∠BAG=∠BGA=（180°-∠ABD）=（180°-45°）=67.5°，
∴∠DAG=90°-67.5°=22.5°，故②正确；
∵点G为BD的中点，GE∥BC，
∴点E为DC的中点，
∴DE=CE，
∴△DGE是等腰直角三角形，
∴DE=GE=EC，
∵四边形CEGF是矩形，
∴四边形CEGF是正方形，故③正确；
连接AC，
∵正方形ABCD，
∴AC=BD=2AO，AC⊥BD，
在Rt△ABD中，2AB2=BD2=8，
解之：，
∴；
∵
∴，
解之：，
∴，故④正确；
∴正确结论的序号为①②③④.
故答案为：①②③④
【分析】连接CG，利用正方形的性质可证得AB=BC，∠ABG=∠CBG，∠BCD=90°，利用SAS证明△ABG≌△CBG，利用全等三角形的性质可证得AG=CG，再证明四边形EGFC是矩形，利用矩形的对角线相等，可证得CG=EF，据此可对①作出判断；利用等边对等角及三角形的内角和定理可求出∠BAG的度数，即可得到∠DAG的度数，可对②作出判断；利用点G为BD的中点，GE∥BC，可证得DE=CE，可推出△DGE是等腰直角三角形，可知DE=GE=EC；再利用有一组邻边相等的矩形是正方形，可对③作出判断；连接AC，利用正方形的性质可证得AC=BD=2AO，AC⊥BD，利用勾股定理求出BD的长，可得到OA的长，再根据DG：BG=1：3，可求出DG的长，然后利用三角形的面积公式求出△ADG的面积，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的序号.
17．【答案】（1）解：
；
（2）解：，
去分母得：，
去括号得：，
移项合并得：，
系数化为1得：.
【知识点】分式的混合运算；解一元一次不等式
【解析】【分析】（1）对括号中的式子进行通分，对括号外分式的分母进行分解，然后将除法化为乘法，再约分即可；
（2）根据去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1的步骤进行求解.
18．【答案】解：根据题意，得，
∴，，，
∴原式
.
【知识点】数轴及有理数在数轴上的表示；绝对值的非负性
【解析】【分析】根据a、b、c在数轴上的位置可得，于是，然后根据绝对值的非负性可去绝对值求解.
19．【答案】解：①证明：如图，连接OB，
∵BD为⊙O的切线，
∴∠OBD＝90°，
∵点B为 的中点，
∴ ，
∴∠CAB＝∠BAE，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴∠CAB＝∠OBA，
∴OB∥AD，
∴∠D＝90°，
∴BD⊥AD；
②解：如图，连接CE，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE＝90°，
∵∠AEC＝∠ABC，
∴
∴
∵AC＝9，
∴EC＝12，
在Rt△ACE中，
∵∠ACE＝90°，
∴
∴⊙O的半径为 .
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；切线的性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】①连接OB，根据切线的性质可得∠OBD＝90°，由圆周角定理可得∠CAB＝∠BAE，根据等腰三角形的性质可得∠OAB＝∠OBA，则∠CAB＝∠OBA，推出OB∥AD，据此证明；
②连接CE，由圆周角定理可得∠ACE＝90°，∠AEC＝∠ABC，结合三角函数的概念可得EC，然后利用勾股定理进行计算.
20．【答案】；；118；75
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】根据题意直接列出方程组，再求解即可。
21．【答案】解：过点A作AB⊥MN于B，
∵∠QPN=30°，AP=160m，
∴ ，
∵80＜100，
∴该所中学会受到噪声影响；
以A为圆心，100m为半径作圆，交MN于点C与D，
则AC=AD=100m，
在Rt△ABC中， ，
∵AC=AD，AB⊥MN，
∴BD=BC=60m，
∴CD=BC+BD=120m，
∵ ，
∴学校受影响的时间为：120÷5=24（秒）．
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】过 点A作AB⊥MN于B， 由 ∠QPN=30°，AP=160m， 根据直角三角形中30°对的直角边是斜边的一半，即可求得AB的长，即可知该所中学是否会受到噪声影响，然后以A为圆心，100m为半径作圆，交MN于点C与D，由勾股定理，即可求得BC的长，继而求得CD的长，则可求得学校受影响的时间 。
22．【答案】解：可以选择①或③．证明如下：如图，连接BE、DF，若选择①，证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∵∴即∴四边形DEBF是平行四边形若选择③，证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∵∴，在和中，，∴，∴，∴四边形DEBF是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】 若选择① ：由平行四边形的性质可得，，由AE=CF可推出OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即证；
若选择③ ：由平行四边形的性质可得OD=OB，由平行线的性质可得，根据AAS可证明，可得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即证.
23．【答案】（1）解：令y=0，则有﹣x2﹣2x+m+1=0，即：x1，x2是一元二次方程x2+2x﹣（m+1）=0，∵抛物线y=﹣x2﹣2x+m+1与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，∴x1 x2=﹣（m+1），x1+x2=﹣2，△=4+4（m+1）＞0，∴m＞﹣2∵x1＜0，x2＞0，
∴x1 x2＜0，
∴﹣（m+1）＜0，∴m＞﹣1，即m＞﹣1
（2）解：∵A（x1，0）、B（x2，0）两点，且x1＜0，x2＞0，
∴OA=﹣x1，OB=x2，
∵OA=3OB，
∴﹣x1=3x2，①
由（1）知，x1+x2=﹣2，②
x1 x2=﹣（m+1），③
联立①②③得，x1=﹣3，x2=1，m=2，
∴抛物线的解析式y=﹣x2﹣2x+3
（3）解：存在点Q，
理由：如图，
连接AC交PD于Q，点Q就是使得△BQC的周长最短，（∵点A，B关于抛物线的对称轴PD对称，）
连接BQ，
由（2）知，抛物线的解析式y=﹣x2﹣2x+3；x1=﹣3，
∴抛物线的对称轴PD为x=﹣1，C（0，3），A（﹣3，0），
∴用待定系数法得出，直线AC解析式为y=x+3，
当x=﹣1时，y=2，
∴Q（﹣1，2），
∴点Q（﹣1，2）使得△BQC的周长最短
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象与系数的关系
【解析】【分析】（1）表示出抛物线与x轴的两个交点，利用△＞0，以及两个交点的符号，求出m的范围。
（2）根据OA=3OB以及x1+x2=﹣2，x1 x2=﹣（m+1），解出m的值，表示出函数的解析式。
（3）利用待定系数法，求出直线AC，连接AC交PD于Q，点Q就是使得△BQC的周长最短。
24．【答案】解：问题解决（i）证明 ， ，
∴
∴ ，
∴ 。
（ii） ， ；
深入研究（2）（i）
（ii）
（3）
【知识点】切线的判定；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】（1） （ii） 证明：∵△ABC≌△AB'C'，
∴AB=AB'，∠B=∠B'，
∵∠ADB=∠AD'B'=90°，
∴△ABD≌△AB'D'（AAS），
∴AD=AD'，
∵AD'是圆A的半径，AD'⊥B'C'，
∴B'C'是圆A的切线；
故答案为：∠B=∠B'，AD=AD'；
（2）（i）如图，连接BM、MB'，过点M作MH⊥CC'于点H，
∵AB=AM=，∠A=90°，
∴BM=，
∵MC=MC'=，tanC'=，
∴MH=1，HC'=CH=2，
∴CC'=2CH=4，
由旋转的性质得MB=MB'，∠BMB'=∠CMC'，
∴△BMB'∽△MCC'，
∴，
∴
，∴；
故答案为：；
（ii）如图，BB'即为所求，
（3）如图，连接MB、MB'，
∵△MBB'∽△MCC'，
∴∠MB'B=∠MC'C，
∵∠MB'B+∠PB'M=180°，
∴∠MC'C+∠PBM=180°，
∴∠BMC'+∠CPB=180°，
∵A'M=A'B，∠A'=90°，
∴∠A'MB=45°，
∴∠BMC'=135°，
∴∠CPB'=45°，
∵=定值，
∴点P的运动轨迹是圆，假设圆心为点O，连接OB、OC、OP，
∴∠BOC=2∠CPB=90°，
∴OB=OC=OP=，
∵PB≤OB+OP=，
∴BP的最大值为.
【分析】（1） （i） 利用两组边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似得△ABB'∽△ACC'，根据相似三角形对应边成比例即可得出 ；
（ii） 由旋转的性质得AB=AB'，∠B=∠B'，从而利用AAS判断出△ABD≌△AB'D'，得AD=AD'，从而根据切线的判定定理得出结论；
（2）（i）连接BM、MB'，过M作MH⊥CC'于H，由解直角三角形求出CC'，证出△BMB'∽△MCC'，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出BB'；
（ii）连接BM，以点M为圆心，点M到BC的距离为半径，作圆M，然后过点B作圆M的切线BB'，以点M为圆心，BM长为半径画弧交BB'于点B'，再以点M为圆心，MC半径画弧交BB'靠点B端于点C'，作射线C'M，在C'M上截取C'A'=AC，再连接A'B'即可；
（3）连接MB、MB'，证明∠CPB=45°，由勾股定理算出BC=5，点P的运动轨迹是圆，假设圆心为点O，连接OB、OC、OP，求出OB、OP，可得结论.
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