海南省2023年中考数学试卷

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名称 海南省2023年中考数学试卷
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资源类型 试卷
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科目 数学
更新时间 2023-10-25 17:00:40

文档简介

海南省2023年中考数学试卷
一、单选题
1.(2023·海南)如图,数轴上点A表示的数的相反数是(  )
A.1 B.0 C. D.
2.(2023·海南)若代数式的值为7,则x等于(  )
A.9 B. C.5 D.
3.(2023·海南)共享开放机遇,共创美好生活.2023年4月10日至15日,第三届中国品博览会在海南省海口市举行,以“打造全球消费精品展示交易平台”为目标,进场观众超32万人次,数据用科学记数法表示为(  )
A. B. C. D.
4.(2023·海南)如图是由5个完全相同的小正方体摆成的几何体,则这个几何体的俯视图是(  )
A. B. C. D.
5.(2023·海南)下列计算中,正确的是(  )
A. B. C. D.
6.(2023·海南)水是生命之源.为了倡导节约用水,随机抽取某小区7户家庭上个月家里的用水量情况(单位:吨),数据为:7,5,6,8,9,9,10.这组数据的中位数和众数分别是(  )
A.9,8 B.9,9 C.8.5,9 D.8,9
7.(2023·海南)分式方程的解是(  )
A. B. C. D.
8.(2023·海南)若反比例函数()的图象经过点,则k的值是(  )
A.2 B. C. D.
9.(2023·海南)如图,直线,是直角三角形,,点C在直线n上.若,则的度数是(  )
A.60° B.50° C.45° D.40°
10.(2023·海南)如图,在中,,分别以点和点为圆心,大于的长为半径画弧,两弧相交于两点,作直线,交边于点,连接,则的度数为(  )
A. B. C. D.
11.(2023·海南)如图,在平面直角坐标系中,点A在y轴上,点B的坐标为,将绕着点B顺时针旋转,得到,则点C的坐标是(  )
A. B. C. D.
12.(2023·海南)如图,在中,,,平分,交边于点,连接,若,则的长为(  )
A.6 B.4 C. D.
二、填空题
13.(2023·海南)因式分解:   .
14.(2023·海南)设为正整数,若,则的值为   .
15.(2023·海南)如图,为的直径,是的切线,点是切点,连接交于点,连接,若,则   度.
16.(2023·海南)如图,在正方形中,,点E在边上,且,点P为边上的动点,连接,过点E作,交射线于点F,则   .若点M是线段的中点,则当点P从点A运动到点B时,点M运动的路径长为   .
三、解答题
17.(2023·海南)
(1)计算:
(2)解不等式组:
18.(2023·海南) 2023年5月10日,搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭,在我国文昌航天发射场点火发射成功.为了普及航空航天科普知识,某校组织学生去文昌卫星发射中心参观学习.已知该校租用甲、乙两种不同型号的客车共15辆,租用1辆甲型客车需600元,1辆乙型客车需500元,租车费共8000元.问甲、乙两种型号客车各租多少辆?
19.(2023·海南)某中学为了了解学生最喜欢的课外活动,以便更好开展课后服务.随机抽取若干名学生进行了问卷调查.调查问卷如下:
调查问题 在下列课外活动中,你最喜欢的是(  )(单选) A.文学;B.科技;C.艺术;D.体育 填完后,请将问卷交给教务处.
根据统计得到的数据,绘制成下面的两幅不完整的统计图.
请根据统计图提供的信息,解答下面的问题:
(1)本次调查采用的调查方式为   (填写“普查”或“抽样调查”);
(2)在这次调查中,抽取的学生一共有   人;扇形统计图中的值为   ;
(3)已知选择“科技”类课外活动的50名学生中有30名男生和20名女生.若从这50名学生中随机抽取1名学生座谈,且每名学生被抽到的可能性相同,则恰好抽到女生的概率是   ;
(4)若该校共有1000名学生参加课外活动,则估计选择“文学”类课外活动的学生有   人.
20.(2023·海南)如图,一艘轮船在处测得灯塔位于的北偏东方向上,轮船沿着正北方向航行20海里到达处,测得灯塔位于的北偏东方向上,测得港口位于的北偏东方向上.已知港口在灯塔的正北方向上.
(1)填空:   度,   度;
(2)求灯塔到轮船航线的距离(结果保留根号);
(3)求港口与灯塔的距离(结果保留根号).
21.(2023·海南)如图1,在菱形中,对角线,相交于点,,,点为线段上的动点(不与点,重合),连接并延长交边于点,交的延长线于点.
(1)当点恰好为的中点时,求证:;
(2)求线段的长;
(3)当为直角三角形时,求的值;
(4)如图2,作线段的垂直平分线,交于点,交于点,连接,在点的运动过程中,的度数是否为定值?如果是,求出这个定值;如果不是,请说明理由.
22.(2023·海南)如图1,抛物线交x轴于A,两点,交y轴于点.点P是抛物线上一动点.
(1)求该抛物线的函数表达式;
(2)当点P的坐标为时,求四边形的面积;
(3)当动点P在直线上方时,在平面直角坐标系是否存在点Q,使得以B,C,P,Q为顶点的四边形是矩形?若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由;
(4)如图2,点D是抛物线的顶点,过点D作直线轴,交x轴于点H,当点P在第二象限时,作直线,分别与直线交于点G和点I,求证:点D是线段的中点.
答案解析部分
1.【答案】A
【知识点】数轴及有理数在数轴上的表示
【解析】【解答】解:数轴上点A表示的数是-1,
∴点A表示的数的相反数是1.
故答案为:A.
【分析】观察数轴可得到点A表示的数,然后求出其相反数即可.
2.【答案】C
【知识点】利用合并同类项、移项解一元一次方程
【解析】【解答】解:∵ 代数式的值为7,
∴x+2=7,
解之:x=5.
故答案为:C.
【分析】利用已知可得到关于x的方程,解方程求出x的值.
3.【答案】B
【知识点】科学记数法—记绝对值大于1的数
【解析】【解答】解:320000=3.2×105.
故答案为:B.
【分析】根据科学记数法的表示形式为:a×10n,其中1≤|a|<10,此题是绝对值较大的数,因此n=整数数位-1.
4.【答案】C
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解:从上往下看,有三列两行,第一列有两个小正方形,第二、三列各有一个小正方形,第一行有三个小正方形,第二行有一个小正方形,只有C符合题意.
故答案为:C.
【分析】俯视图就是从几何体的上面往下看,所看到的平面图形.
5.【答案】A
【知识点】同底数幂的乘法;合并同类项法则及应用;积的乘方;幂的乘方
【解析】【解答】解:A、a2a3=a5,故A符合题意;
B、(a3)2=a6,故B不符合题意;
C、(2a)5=32a5,故C不符合题意;
D、a4+a4=2a4,故D不符合题意;
故答案为:A.
【分析】利用同底数幂相乘,底数不变,指数相加,可对A作出判断;利用幂的乘方,底数不变指数相乘,可对B作出判断;利用积的乘方法则,可对C作出判断;利用合并同类项的法则,可对D作出判断.
6.【答案】D
【知识点】中位数;众数
【解析】【解答】解:排序为5,6,7,8,9,9,10,处于最中间的数是8,
∴这组数据的中位数是8,
9出现了2次,是这组数据中出现次数最多的数,
∴这组数据的众数为9.
故答案为:D.
【分析】求中位数的方法是:把数据先按从小到大的顺序排列,位于最中间的一个数(或两个数的平均数)为中位数;众数是一组数据中出现次数最多的数据,即可求解.
7.【答案】A
【知识点】解分式方程
【解析】【解答】解:去分母得x-5=1,
解之:x=6,
经检验x=6是原方程的根.
故答案为:A.
【分析】方程两边同时乘以(x-5),将分式方程转化为整式方程,求出整式方程的解,然后检验即可.
8.【答案】B
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式
【解析】【解答】解:∵ 反比例函数()的图象经过点,
∴k=2×(-1)=-2.
故答案为:B.
【分析】将已知点的坐标代入函数解析式,可求出k的值.
9.【答案】D
【知识点】平行公理及推论;平行线的性质
【解析】【解答】解:过点B作BD∥m,
∵m∥n,
∴m∥n∥BD,
∴∠1=∠ABD=50°,∠1=∠CBD,
∴∠ABD+∠CBD=90°,
∴∠1=∠CBD=90°-50°=40°.
故答案为:D.
【分析】过点B作BD∥m,利用已知易证m∥n∥BD,利用平行线的性质可证得∠1=∠ABD=50°,∠1=∠CBD,由此可求出∠1的度数.
10.【答案】C
【知识点】三角形的外角性质;线段垂直平分线的性质;等腰三角形的性质;作图-线段垂直平分线
【解析】【解答】解:由作图可知MN垂直平分BC,
∴BD=CD,
∴∠C=∠DBC=40°,
∴∠ADB=∠C+∠DBC=40°+40°=80°.
故答案为:C.
【分析】由作图可知MN垂直平分BC,利用垂直平分线的性质可证得BD=CD,利用等边对等角可求出∠DBC的度数,然后利用三角形的外角的性质可求出∠ADB的度数.
11.【答案】B
【知识点】坐标与图形性质;解直角三角形;旋转的性质
【解析】【解答】解:过点C作CE⊥x轴于点E,
∵点B(6,0),
∴OB=6,
∵ 将绕着点B顺时针旋转,得到,
∴∠OBC=60°,OB=BC=6,
∴∠BCE=90°-60°=30°,
∴,
∴,
∴OE=6-3=3,
∴点C.
故答案为:B.
【分析】过点C作CE⊥x轴于点E,利用点B的坐标可得到OB的长,利用旋转的性质可证得∠OBC=60°,OB=BC=6,利用解直角三角形求出CE,BE的长,可得到OE的长,即可得到点C的坐标.
12.【答案】C
【知识点】勾股定理;平行四边形的性质;解直角三角形;角平分线的定义
【解析】【解答】解:过点E作EF⊥CD于点F,
∴∠EFD=∠EFC=90°,
∵平行四边形ABCD,
∴∠D=∠ABC=60°,AB=CD=8,AD∥BC,
∴∠AEB=∠CBE,
∵BE平分∠ABC,
∴∠ABE=∠CBE=∠AEB,
∴AB=AE=8,
∵AE=2ED=8,
∴ED=4;
在Rt△EFD中
,,
∴CF=8-2=6;
在Rt△CEF中
.
故答案为:C.
【分析】过点E作EF⊥CD于点F,可证得∠EFD=∠EFC=90°,利用平行四边形的性质可证得∠D=∠ABC=60°,AB=CD=8,AD∥BC,利用平行线的性质和角平分线的定义可证得∠ABE=∠CBE=∠AEB,利用等角对等边可求出AE的长,可得到DE的长;再利用解直角三角形求出EF,FD的长,可求出CF的长;然后利用勾股定理求出CE的长.
13.【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】接:m-my=m(x-y).
故答案为:m(x-y).
【分析】观察此多项式的特点:含有公因式m,因此利用提公因式法分解因式.
14.【答案】1
【知识点】估算无理数的大小
【解析】【解答】解:∵, ,
∴n=1.
故答案为:1
【分析】利用估算无理数的大小可知,即可求出n的值.
15.【答案】100
【知识点】三角形内角和定理;三角形的外角性质;等腰三角形的性质;切线的性质
【解析】【解答】解:∵AB是直径,AC是切线,
∴∠A=90°,
∴∠B=90°-∠C=90°-40°=50°,
∵OB=OD,
∴∠B=∠ODB=50°,
∴∠AOD=∠B+∠ODB=50°+50°=100°.
故答案为:100.
【分析】利用切线的性质可证得∠A=90°,利用三角形的内角和定理求出∠B的度数,再利用等边对等角可得到∠ODB的度数;然后利用三角形的外角的性质可求出∠AOD的度数.
16.【答案】;
【知识点】正方形的性质;相似三角形的判定与性质;三角形全等的判定(AAS);四边形-动点问题
【解析】【解答】解:过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点点G,
设AP=x,
∵正方形ABCD,AB=8,AD=4AE,
∴AB=AD=8,∠A=∠EDC=90°,
∴AE=2,DE=6,
∵EF⊥PE,
∴∠PEF=90°,∠AEP+∠DET=90°,∠DET+∠ETD=90°,
∴∠AEP=∠ETD,
∴△APE∽△DET,
∴即,
解之:,
∴;
∵DE∥CF,
∴△DET∽△CFT,
∴即,
解之:CF=4x-6,
∴DG=CF=4x-6,
∴EG=4x,
∵∠DET=∠APE,∠A=∠G=90°,
∴△APE∽△GEF,
∴;
过点M作NH⊥AD于点N,交BC于点H,
∵AD∥BC,NH⊥AD,
∴NH⊥BC,
在△EGM和△FHM中
∴△ENM≌△FHM(AAS),
∴MN=MH,
∴点M的运动轨迹是一条平行于BC的线段,
∴当点P与点A重合时,BF1=AE=2,
当点P与点B重合时,∠F2+∠EBF1=90°,∠BEF1+∠EBF1=90°,
∴∠F2=∠BEF1,
∵∠EF1B=∠EF1F2,
∴△EF1B∽△EF1F2,
∴即,
解之:F1F2=32,
∵M1M2是△EF1F2的中位线,
∴M1M2=F1F2=16,
∴点M的运动路径长为16.
故答案为:4,16.
【分析】过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点点G,设AP=x,利用正方形的性质可知B=AD=8,∠A=∠EDC=90°,同时可求出AE,DE的长;再证明△APE∽△DET,利用相似三角形的性质可表示出DT的长,即可得到CT的长;由DE∥CF可证得△DET∽△CFT,利用相似三角形的性质可表示出CF的长,可得到DG的长;然后证明△APE∽△GEF,利用相似三角形的性质可求出EF与PE的比值;过点M作NH⊥AD于点N,交BC于点H,利用AAS证明△ENM≌△FHM,由此可证得MN=MH,由此可知点M的运动轨迹是一条平行于BC的线段,当点P与点A重合时,BF1=AE=2;当点P与点B重合时,易证△EF1B∽△EF1F2,利用相似三角形的性质可求出F1F2的长,然后利用三角形的中位线定理求出M1M2的长,即可得到点M的运动路径长.
17.【答案】(1);
(2)
解不等式①可得:
解不等式②可得:
则不等式组的解集为:.
【知识点】实数的运算;解一元一次不等式组
【解析】【分析】(1)先算乘方和开方运算,同时化简绝对值,再算乘除法运算,然后选加减法运算.
(2)分别求出不等式组中的每一个不等式的解集,然后确定出不等式组的解集.
18.【答案】解:设甲型号客车租辆,乙型号客车租辆,
由题意得:,
解得:,
答:甲型号客车租辆,乙型号客车租辆.
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】此题的等量关系为:甲种型号的各车数量+乙种型号的各车数量=15;甲种型号的各车数量×租用1辆甲型客车需的费用+乙种型号的各车数量×租用1辆甲型客车需的费用=8000;再设未知数,列方程组,然后求出方程组的解即可.
19.【答案】(1)抽样调查
(2)200;22
(3)
(4)350
【知识点】用样本估计总体;扇形统计图;条形统计图;简单事件概率的计算
【解析】【解答】解:(1)本次调查采用的调查方式为抽样调查.
故答案为:抽样调查.
(2)抽取的学生人数为:70÷35%=200人;
n%=44÷200×100%=22%.
∴n=22.
故答案为:200,22.
(3)由题意得
.
故答案为:.
(4)1000×35%=350人.
故答案为:350.
【分析】(1)根据题意可知本次调查采用的调查方式.
(2)利用两统计图,可知抽取的人数=文字类的人数÷文字类的人数所占的百分比,列式计算;利用扇形统计图可求出n的值.
(3)利用已知可知一共有50种结果数,女生有20种情况,再利用概率公式进行计算.
(4)用该校的学生总人数×文字类的学生人数所占的百分比,列式计算.
20.【答案】(1)30;45
(2)解:如图,作交于,作交于,

由(1)可得:,
海里,
在中,,海里,
海里;
灯塔到轮船航线的距离为海里;
(3)解:如图,作交于,作交于,
,,、都是正北方向,
四边形是矩形,
海里,,
在中,,海里,
海里,
在中,,
是等腰直角三角形,
海里,
海里,
港口与灯塔的距离为海里.
【知识点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【解析】【解答】解:(1)由题意可知∠DBM=60°,
∴∠AMB=∠DBM-∠A=60°-30°=30°;
由题意可知CM∥DA,
∴∠DCM=∠DBC=45°.
故答案为:30,45.
【分析】(1)利用三角形的外角的性质可求出∠AMB的度数;再利用平行线的性质可求出∠DCM的度数.
(2)过点C作CD⊥AB,过点M作ME⊥AB于点E,由(1)可证得∠A=∠AMB,利用等角对等边可得到BM的长;在Rt△BEM中,利用解直角三角形求出EM的长.
(3)过点C作CD⊥AB,过点M作ME⊥AB于点E,易证四边形CDEM是矩形,利用矩形的性质可得到CD的长,同类可求出BE的长;再证明△CDB是等腰直角三角形,可得到BD的长,然后根据CM=DE=BD-BE,代入计算求出CM的长即可.
21.【答案】(1)证明:四边形是菱形,


点是的中点,



(2)解:四边形是菱形,,,
,,,,




(3)解:为直角三角形,


四边形是菱形,
,,,,

,即,
,,
,,







(4)解:的度数是定值,
如图,取的中点,连接、、,

是的垂直平分线,
,,

点是的中点,,

四边形是菱形,
,,,
点是的中点,,

点、点、点三点共线,
点是的中点,,




点、点、点、点四点共圆,


【知识点】相似三角形的判定与性质;四边形的综合
【解析】【分析】(1)利用菱形的性质可知AD∥BC,利用平行线的性质可证得∠HAB=∠ABC,利用线段中点的定义可证AG=BG,然后利用AAS可证得结论.
(2)利用菱形的性质可证得AO=CO,BO=DO,AC⊥BD,可求出∠ABD的度数,利用30°角所对的直角边等于斜边的一半,可求出AO的长,利用勾股定理求出BO的长,可得BD的长.
(3)利用已知可证得∠DAP=90°,利用菱形的性质可求出∠ADB的度数,利用直角三角形的性质可证得,利用勾股定理求出PD,AP的长;再证明△BPC∽△DPH,利用相似三角形的对应边成比例,可求出HP与PC的比值.
(4)取BC的中点H,连接OH,HM,NC,利用垂直平分线的性质可证得GN=CN,GM=CM,利用等边对等角可证∠NGC=∠GCN,同时可证得HM是△BCG的中位线,利用三角形的中位线定理可证得MH∥AB,利用菱形的性质可求出∠CBO=30°,可推出点M,H,O三点共线;利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可证得HO=HB=CH,再去证明∠CON+∠NMC=180°,可推出点O,C,M,N四点共圆,利用圆周角定理可求出∠CGN的度数,即可作出判断.
22.【答案】(1)解:由题意可得,,
解得,
∴抛物线的解析式为;
(2)解:连接,过点P作于点E,如图,
∵点P的坐标为,
∴,,
令,则,
解得或,
∴,
∴,
∵,,
∴,,
∴,

(3)解:在平面直角坐标系内存在点Q,使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形,理由如下:如图,四边形为符合条件的矩形,交y轴于点E,交x轴于点F,连接,过点P作轴于点M,过点Q作轴于点N,
∵,
∴,
∵四边形为矩形,
∴,
∴,
∴和为等腰直角三角形,
∴,
∵四边形为正方形,
∴,,
∴四边形为矩形,
∴,
∵,,
∴和为全等的等腰直角三角形,
∴,
∵,
∴,
设直线的解析式为,
∴,
∴,
∴直线的解析式为,
联立方程组得,
解得或,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
综上所述,在平面直角坐标系内存在点Q,使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形,此时点Q的坐标为;
(4)证明:∵,
∴抛物线的顶点D的坐标为,对称轴为直线,
设,直线的解析式为,
∴,
∴,
∴直线的解析式为,
当时,,
∴,
∴,
设直线的解析式为,
∴,
∴,
∴直线的解析式为,
当时,,
∴,
∴,
∴,
∴点D是线段的中点.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式;二次函数与一次函数的综合应用;二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】(1)分别将点C,B的坐标代入函数解析式,可得到关于b,c的方程组,解方程组求出c,b的值,可得到抛物线的解析式.
(2)连接OP,过点P作PE⊥AB于点E,利用点P的坐标可得到PE,OE的长,由y=0求出对应的x的值,可得到点A的坐标,可求出OA的长,利用点C,B的坐标,可得到OC,OB的长;再根据,利用三角形的面积公式可求出四边形BACP的面积.
(3)设PB交y轴于点C,CQ交x轴于点F,连接EF,过点P作PM⊥t轴于点M,过点Q作QN⊥x轴于点N,易证∠OBC=∠OCB=45°,利用矩形的性质可推出△OBE和△OCF是等腰直角三角形,由此可求出OE=OE=OB=OE=3;利用正方形的性质去证明CF=BE,四边形EFQP是矩形,可推出QF=PE;再利用全等三角形的性质可证得NF=QN=PM=ME,利用OE的长,可得到点E的坐标,利用待定系数法求出直线BE的函数解析式,将此函数解析式和抛物线联立方程组,解方程求出点P的坐标,可得到PM的长;然后求出ON的长,可得到点Q的坐标.
(4)将抛物线转化为顶点式,可得到点D的坐标和对称轴,设,直线的解析式为,可得到直线PB的函数解析式,将x=1代入求出对应的y的值,可得到点I的坐标及ID的长;利用待定系数法分别求出直线PB,PA的函数解析式,即可表示出点G的坐标,可得到DG的长,可证得ID=DG,即可证得结论.
1 / 1海南省2023年中考数学试卷
一、单选题
1.(2023·海南)如图,数轴上点A表示的数的相反数是(  )
A.1 B.0 C. D.
【答案】A
【知识点】数轴及有理数在数轴上的表示
【解析】【解答】解:数轴上点A表示的数是-1,
∴点A表示的数的相反数是1.
故答案为:A.
【分析】观察数轴可得到点A表示的数,然后求出其相反数即可.
2.(2023·海南)若代数式的值为7,则x等于(  )
A.9 B. C.5 D.
【答案】C
【知识点】利用合并同类项、移项解一元一次方程
【解析】【解答】解:∵ 代数式的值为7,
∴x+2=7,
解之:x=5.
故答案为:C.
【分析】利用已知可得到关于x的方程,解方程求出x的值.
3.(2023·海南)共享开放机遇,共创美好生活.2023年4月10日至15日,第三届中国品博览会在海南省海口市举行,以“打造全球消费精品展示交易平台”为目标,进场观众超32万人次,数据用科学记数法表示为(  )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】科学记数法—记绝对值大于1的数
【解析】【解答】解:320000=3.2×105.
故答案为:B.
【分析】根据科学记数法的表示形式为:a×10n,其中1≤|a|<10,此题是绝对值较大的数,因此n=整数数位-1.
4.(2023·海南)如图是由5个完全相同的小正方体摆成的几何体,则这个几何体的俯视图是(  )
A. B. C. D.
【答案】C
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解:从上往下看,有三列两行,第一列有两个小正方形,第二、三列各有一个小正方形,第一行有三个小正方形,第二行有一个小正方形,只有C符合题意.
故答案为:C.
【分析】俯视图就是从几何体的上面往下看,所看到的平面图形.
5.(2023·海南)下列计算中,正确的是(  )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】同底数幂的乘法;合并同类项法则及应用;积的乘方;幂的乘方
【解析】【解答】解:A、a2a3=a5,故A符合题意;
B、(a3)2=a6,故B不符合题意;
C、(2a)5=32a5,故C不符合题意;
D、a4+a4=2a4,故D不符合题意;
故答案为:A.
【分析】利用同底数幂相乘,底数不变,指数相加,可对A作出判断;利用幂的乘方,底数不变指数相乘,可对B作出判断;利用积的乘方法则,可对C作出判断;利用合并同类项的法则,可对D作出判断.
6.(2023·海南)水是生命之源.为了倡导节约用水,随机抽取某小区7户家庭上个月家里的用水量情况(单位:吨),数据为:7,5,6,8,9,9,10.这组数据的中位数和众数分别是(  )
A.9,8 B.9,9 C.8.5,9 D.8,9
【答案】D
【知识点】中位数;众数
【解析】【解答】解:排序为5,6,7,8,9,9,10,处于最中间的数是8,
∴这组数据的中位数是8,
9出现了2次,是这组数据中出现次数最多的数,
∴这组数据的众数为9.
故答案为:D.
【分析】求中位数的方法是:把数据先按从小到大的顺序排列,位于最中间的一个数(或两个数的平均数)为中位数;众数是一组数据中出现次数最多的数据,即可求解.
7.(2023·海南)分式方程的解是(  )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】解分式方程
【解析】【解答】解:去分母得x-5=1,
解之:x=6,
经检验x=6是原方程的根.
故答案为:A.
【分析】方程两边同时乘以(x-5),将分式方程转化为整式方程,求出整式方程的解,然后检验即可.
8.(2023·海南)若反比例函数()的图象经过点,则k的值是(  )
A.2 B. C. D.
【答案】B
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式
【解析】【解答】解:∵ 反比例函数()的图象经过点,
∴k=2×(-1)=-2.
故答案为:B.
【分析】将已知点的坐标代入函数解析式,可求出k的值.
9.(2023·海南)如图,直线,是直角三角形,,点C在直线n上.若,则的度数是(  )
A.60° B.50° C.45° D.40°
【答案】D
【知识点】平行公理及推论;平行线的性质
【解析】【解答】解:过点B作BD∥m,
∵m∥n,
∴m∥n∥BD,
∴∠1=∠ABD=50°,∠1=∠CBD,
∴∠ABD+∠CBD=90°,
∴∠1=∠CBD=90°-50°=40°.
故答案为:D.
【分析】过点B作BD∥m,利用已知易证m∥n∥BD,利用平行线的性质可证得∠1=∠ABD=50°,∠1=∠CBD,由此可求出∠1的度数.
10.(2023·海南)如图,在中,,分别以点和点为圆心,大于的长为半径画弧,两弧相交于两点,作直线,交边于点,连接,则的度数为(  )
A. B. C. D.
【答案】C
【知识点】三角形的外角性质;线段垂直平分线的性质;等腰三角形的性质;作图-线段垂直平分线
【解析】【解答】解:由作图可知MN垂直平分BC,
∴BD=CD,
∴∠C=∠DBC=40°,
∴∠ADB=∠C+∠DBC=40°+40°=80°.
故答案为:C.
【分析】由作图可知MN垂直平分BC,利用垂直平分线的性质可证得BD=CD,利用等边对等角可求出∠DBC的度数,然后利用三角形的外角的性质可求出∠ADB的度数.
11.(2023·海南)如图,在平面直角坐标系中,点A在y轴上,点B的坐标为,将绕着点B顺时针旋转,得到,则点C的坐标是(  )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】坐标与图形性质;解直角三角形;旋转的性质
【解析】【解答】解:过点C作CE⊥x轴于点E,
∵点B(6,0),
∴OB=6,
∵ 将绕着点B顺时针旋转,得到,
∴∠OBC=60°,OB=BC=6,
∴∠BCE=90°-60°=30°,
∴,
∴,
∴OE=6-3=3,
∴点C.
故答案为:B.
【分析】过点C作CE⊥x轴于点E,利用点B的坐标可得到OB的长,利用旋转的性质可证得∠OBC=60°,OB=BC=6,利用解直角三角形求出CE,BE的长,可得到OE的长,即可得到点C的坐标.
12.(2023·海南)如图,在中,,,平分,交边于点,连接,若,则的长为(  )
A.6 B.4 C. D.
【答案】C
【知识点】勾股定理;平行四边形的性质;解直角三角形;角平分线的定义
【解析】【解答】解:过点E作EF⊥CD于点F,
∴∠EFD=∠EFC=90°,
∵平行四边形ABCD,
∴∠D=∠ABC=60°,AB=CD=8,AD∥BC,
∴∠AEB=∠CBE,
∵BE平分∠ABC,
∴∠ABE=∠CBE=∠AEB,
∴AB=AE=8,
∵AE=2ED=8,
∴ED=4;
在Rt△EFD中
,,
∴CF=8-2=6;
在Rt△CEF中
.
故答案为:C.
【分析】过点E作EF⊥CD于点F,可证得∠EFD=∠EFC=90°,利用平行四边形的性质可证得∠D=∠ABC=60°,AB=CD=8,AD∥BC,利用平行线的性质和角平分线的定义可证得∠ABE=∠CBE=∠AEB,利用等角对等边可求出AE的长,可得到DE的长;再利用解直角三角形求出EF,FD的长,可求出CF的长;然后利用勾股定理求出CE的长.
二、填空题
13.(2023·海南)因式分解:   .
【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】接:m-my=m(x-y).
故答案为:m(x-y).
【分析】观察此多项式的特点:含有公因式m,因此利用提公因式法分解因式.
14.(2023·海南)设为正整数,若,则的值为   .
【答案】1
【知识点】估算无理数的大小
【解析】【解答】解:∵, ,
∴n=1.
故答案为:1
【分析】利用估算无理数的大小可知,即可求出n的值.
15.(2023·海南)如图,为的直径,是的切线,点是切点,连接交于点,连接,若,则   度.
【答案】100
【知识点】三角形内角和定理;三角形的外角性质;等腰三角形的性质;切线的性质
【解析】【解答】解:∵AB是直径,AC是切线,
∴∠A=90°,
∴∠B=90°-∠C=90°-40°=50°,
∵OB=OD,
∴∠B=∠ODB=50°,
∴∠AOD=∠B+∠ODB=50°+50°=100°.
故答案为:100.
【分析】利用切线的性质可证得∠A=90°,利用三角形的内角和定理求出∠B的度数,再利用等边对等角可得到∠ODB的度数;然后利用三角形的外角的性质可求出∠AOD的度数.
16.(2023·海南)如图,在正方形中,,点E在边上,且,点P为边上的动点,连接,过点E作,交射线于点F,则   .若点M是线段的中点,则当点P从点A运动到点B时,点M运动的路径长为   .
【答案】;
【知识点】正方形的性质;相似三角形的判定与性质;三角形全等的判定(AAS);四边形-动点问题
【解析】【解答】解:过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点点G,
设AP=x,
∵正方形ABCD,AB=8,AD=4AE,
∴AB=AD=8,∠A=∠EDC=90°,
∴AE=2,DE=6,
∵EF⊥PE,
∴∠PEF=90°,∠AEP+∠DET=90°,∠DET+∠ETD=90°,
∴∠AEP=∠ETD,
∴△APE∽△DET,
∴即,
解之:,
∴;
∵DE∥CF,
∴△DET∽△CFT,
∴即,
解之:CF=4x-6,
∴DG=CF=4x-6,
∴EG=4x,
∵∠DET=∠APE,∠A=∠G=90°,
∴△APE∽△GEF,
∴;
过点M作NH⊥AD于点N,交BC于点H,
∵AD∥BC,NH⊥AD,
∴NH⊥BC,
在△EGM和△FHM中
∴△ENM≌△FHM(AAS),
∴MN=MH,
∴点M的运动轨迹是一条平行于BC的线段,
∴当点P与点A重合时,BF1=AE=2,
当点P与点B重合时,∠F2+∠EBF1=90°,∠BEF1+∠EBF1=90°,
∴∠F2=∠BEF1,
∵∠EF1B=∠EF1F2,
∴△EF1B∽△EF1F2,
∴即,
解之:F1F2=32,
∵M1M2是△EF1F2的中位线,
∴M1M2=F1F2=16,
∴点M的运动路径长为16.
故答案为:4,16.
【分析】过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点点G,设AP=x,利用正方形的性质可知B=AD=8,∠A=∠EDC=90°,同时可求出AE,DE的长;再证明△APE∽△DET,利用相似三角形的性质可表示出DT的长,即可得到CT的长;由DE∥CF可证得△DET∽△CFT,利用相似三角形的性质可表示出CF的长,可得到DG的长;然后证明△APE∽△GEF,利用相似三角形的性质可求出EF与PE的比值;过点M作NH⊥AD于点N,交BC于点H,利用AAS证明△ENM≌△FHM,由此可证得MN=MH,由此可知点M的运动轨迹是一条平行于BC的线段,当点P与点A重合时,BF1=AE=2;当点P与点B重合时,易证△EF1B∽△EF1F2,利用相似三角形的性质可求出F1F2的长,然后利用三角形的中位线定理求出M1M2的长,即可得到点M的运动路径长.
三、解答题
17.(2023·海南)
(1)计算:
(2)解不等式组:
【答案】(1);
(2)
解不等式①可得:
解不等式②可得:
则不等式组的解集为:.
【知识点】实数的运算;解一元一次不等式组
【解析】【分析】(1)先算乘方和开方运算,同时化简绝对值,再算乘除法运算,然后选加减法运算.
(2)分别求出不等式组中的每一个不等式的解集,然后确定出不等式组的解集.
18.(2023·海南) 2023年5月10日,搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭,在我国文昌航天发射场点火发射成功.为了普及航空航天科普知识,某校组织学生去文昌卫星发射中心参观学习.已知该校租用甲、乙两种不同型号的客车共15辆,租用1辆甲型客车需600元,1辆乙型客车需500元,租车费共8000元.问甲、乙两种型号客车各租多少辆?
【答案】解:设甲型号客车租辆,乙型号客车租辆,
由题意得:,
解得:,
答:甲型号客车租辆,乙型号客车租辆.
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】此题的等量关系为:甲种型号的各车数量+乙种型号的各车数量=15;甲种型号的各车数量×租用1辆甲型客车需的费用+乙种型号的各车数量×租用1辆甲型客车需的费用=8000;再设未知数,列方程组,然后求出方程组的解即可.
19.(2023·海南)某中学为了了解学生最喜欢的课外活动,以便更好开展课后服务.随机抽取若干名学生进行了问卷调查.调查问卷如下:
调查问题 在下列课外活动中,你最喜欢的是(  )(单选) A.文学;B.科技;C.艺术;D.体育 填完后,请将问卷交给教务处.
根据统计得到的数据,绘制成下面的两幅不完整的统计图.
请根据统计图提供的信息,解答下面的问题:
(1)本次调查采用的调查方式为   (填写“普查”或“抽样调查”);
(2)在这次调查中,抽取的学生一共有   人;扇形统计图中的值为   ;
(3)已知选择“科技”类课外活动的50名学生中有30名男生和20名女生.若从这50名学生中随机抽取1名学生座谈,且每名学生被抽到的可能性相同,则恰好抽到女生的概率是   ;
(4)若该校共有1000名学生参加课外活动,则估计选择“文学”类课外活动的学生有   人.
【答案】(1)抽样调查
(2)200;22
(3)
(4)350
【知识点】用样本估计总体;扇形统计图;条形统计图;简单事件概率的计算
【解析】【解答】解:(1)本次调查采用的调查方式为抽样调查.
故答案为:抽样调查.
(2)抽取的学生人数为:70÷35%=200人;
n%=44÷200×100%=22%.
∴n=22.
故答案为:200,22.
(3)由题意得
.
故答案为:.
(4)1000×35%=350人.
故答案为:350.
【分析】(1)根据题意可知本次调查采用的调查方式.
(2)利用两统计图,可知抽取的人数=文字类的人数÷文字类的人数所占的百分比,列式计算;利用扇形统计图可求出n的值.
(3)利用已知可知一共有50种结果数,女生有20种情况,再利用概率公式进行计算.
(4)用该校的学生总人数×文字类的学生人数所占的百分比,列式计算.
20.(2023·海南)如图,一艘轮船在处测得灯塔位于的北偏东方向上,轮船沿着正北方向航行20海里到达处,测得灯塔位于的北偏东方向上,测得港口位于的北偏东方向上.已知港口在灯塔的正北方向上.
(1)填空:   度,   度;
(2)求灯塔到轮船航线的距离(结果保留根号);
(3)求港口与灯塔的距离(结果保留根号).
【答案】(1)30;45
(2)解:如图,作交于,作交于,

由(1)可得:,
海里,
在中,,海里,
海里;
灯塔到轮船航线的距离为海里;
(3)解:如图,作交于,作交于,
,,、都是正北方向,
四边形是矩形,
海里,,
在中,,海里,
海里,
在中,,
是等腰直角三角形,
海里,
海里,
港口与灯塔的距离为海里.
【知识点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【解析】【解答】解:(1)由题意可知∠DBM=60°,
∴∠AMB=∠DBM-∠A=60°-30°=30°;
由题意可知CM∥DA,
∴∠DCM=∠DBC=45°.
故答案为:30,45.
【分析】(1)利用三角形的外角的性质可求出∠AMB的度数;再利用平行线的性质可求出∠DCM的度数.
(2)过点C作CD⊥AB,过点M作ME⊥AB于点E,由(1)可证得∠A=∠AMB,利用等角对等边可得到BM的长;在Rt△BEM中,利用解直角三角形求出EM的长.
(3)过点C作CD⊥AB,过点M作ME⊥AB于点E,易证四边形CDEM是矩形,利用矩形的性质可得到CD的长,同类可求出BE的长;再证明△CDB是等腰直角三角形,可得到BD的长,然后根据CM=DE=BD-BE,代入计算求出CM的长即可.
21.(2023·海南)如图1,在菱形中,对角线,相交于点,,,点为线段上的动点(不与点,重合),连接并延长交边于点,交的延长线于点.
(1)当点恰好为的中点时,求证:;
(2)求线段的长;
(3)当为直角三角形时,求的值;
(4)如图2,作线段的垂直平分线,交于点,交于点,连接,在点的运动过程中,的度数是否为定值?如果是,求出这个定值;如果不是,请说明理由.
【答案】(1)证明:四边形是菱形,


点是的中点,



(2)解:四边形是菱形,,,
,,,,




(3)解:为直角三角形,


四边形是菱形,
,,,,

,即,
,,
,,







(4)解:的度数是定值,
如图,取的中点,连接、、,

是的垂直平分线,
,,

点是的中点,,

四边形是菱形,
,,,
点是的中点,,

点、点、点三点共线,
点是的中点,,




点、点、点、点四点共圆,


【知识点】相似三角形的判定与性质;四边形的综合
【解析】【分析】(1)利用菱形的性质可知AD∥BC,利用平行线的性质可证得∠HAB=∠ABC,利用线段中点的定义可证AG=BG,然后利用AAS可证得结论.
(2)利用菱形的性质可证得AO=CO,BO=DO,AC⊥BD,可求出∠ABD的度数,利用30°角所对的直角边等于斜边的一半,可求出AO的长,利用勾股定理求出BO的长,可得BD的长.
(3)利用已知可证得∠DAP=90°,利用菱形的性质可求出∠ADB的度数,利用直角三角形的性质可证得,利用勾股定理求出PD,AP的长;再证明△BPC∽△DPH,利用相似三角形的对应边成比例,可求出HP与PC的比值.
(4)取BC的中点H,连接OH,HM,NC,利用垂直平分线的性质可证得GN=CN,GM=CM,利用等边对等角可证∠NGC=∠GCN,同时可证得HM是△BCG的中位线,利用三角形的中位线定理可证得MH∥AB,利用菱形的性质可求出∠CBO=30°,可推出点M,H,O三点共线;利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可证得HO=HB=CH,再去证明∠CON+∠NMC=180°,可推出点O,C,M,N四点共圆,利用圆周角定理可求出∠CGN的度数,即可作出判断.
22.(2023·海南)如图1,抛物线交x轴于A,两点,交y轴于点.点P是抛物线上一动点.
(1)求该抛物线的函数表达式;
(2)当点P的坐标为时,求四边形的面积;
(3)当动点P在直线上方时,在平面直角坐标系是否存在点Q,使得以B,C,P,Q为顶点的四边形是矩形?若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由;
(4)如图2,点D是抛物线的顶点,过点D作直线轴,交x轴于点H,当点P在第二象限时,作直线,分别与直线交于点G和点I,求证:点D是线段的中点.
【答案】(1)解:由题意可得,,
解得,
∴抛物线的解析式为;
(2)解:连接,过点P作于点E,如图,
∵点P的坐标为,
∴,,
令,则,
解得或,
∴,
∴,
∵,,
∴,,
∴,

(3)解:在平面直角坐标系内存在点Q,使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形,理由如下:如图,四边形为符合条件的矩形,交y轴于点E,交x轴于点F,连接,过点P作轴于点M,过点Q作轴于点N,
∵,
∴,
∵四边形为矩形,
∴,
∴,
∴和为等腰直角三角形,
∴,
∵四边形为正方形,
∴,,
∴四边形为矩形,
∴,
∵,,
∴和为全等的等腰直角三角形,
∴,
∵,
∴,
设直线的解析式为,
∴,
∴,
∴直线的解析式为,
联立方程组得,
解得或,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
综上所述,在平面直角坐标系内存在点Q,使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形,此时点Q的坐标为;
(4)证明:∵,
∴抛物线的顶点D的坐标为,对称轴为直线,
设,直线的解析式为,
∴,
∴,
∴直线的解析式为,
当时,,
∴,
∴,
设直线的解析式为,
∴,
∴,
∴直线的解析式为,
当时,,
∴,
∴,
∴,
∴点D是线段的中点.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式;二次函数与一次函数的综合应用;二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】(1)分别将点C,B的坐标代入函数解析式,可得到关于b,c的方程组,解方程组求出c,b的值,可得到抛物线的解析式.
(2)连接OP,过点P作PE⊥AB于点E,利用点P的坐标可得到PE,OE的长,由y=0求出对应的x的值,可得到点A的坐标,可求出OA的长,利用点C,B的坐标,可得到OC,OB的长;再根据,利用三角形的面积公式可求出四边形BACP的面积.
(3)设PB交y轴于点C,CQ交x轴于点F,连接EF,过点P作PM⊥t轴于点M,过点Q作QN⊥x轴于点N,易证∠OBC=∠OCB=45°,利用矩形的性质可推出△OBE和△OCF是等腰直角三角形,由此可求出OE=OE=OB=OE=3;利用正方形的性质去证明CF=BE,四边形EFQP是矩形,可推出QF=PE;再利用全等三角形的性质可证得NF=QN=PM=ME,利用OE的长,可得到点E的坐标,利用待定系数法求出直线BE的函数解析式,将此函数解析式和抛物线联立方程组,解方程求出点P的坐标,可得到PM的长;然后求出ON的长,可得到点Q的坐标.
(4)将抛物线转化为顶点式,可得到点D的坐标和对称轴,设,直线的解析式为,可得到直线PB的函数解析式,将x=1代入求出对应的y的值,可得到点I的坐标及ID的长;利用待定系数法分别求出直线PB,PA的函数解析式,即可表示出点G的坐标,可得到DG的长,可证得ID=DG,即可证得结论.
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