2023年江西省上饶市中考一模数学试卷(含答案解析)

D．42．我国古代数学家刘徽用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方法：如图所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的左视图是（）A．B．C．D．3．下列计算正确的是（A．2m+3n=5mn）C．m8÷m6=m2

）（﹣m）3=m3D．B．m2•m3=m6

4．如图，a∥b，ABAC，若162，则A的度数为（A．56B．59C．62D．76）42xx55．不等式组的解集在以下数轴表示中正确的是（x13x1A．B．C．D．6．已知A，B两地相距45km，甲、乙两人沿同一条公路从A地出发到B地，甲骑自行试卷第1页，共6页车匀速达到B地，乙骑摩托车匀速达到B地后立即沿原路返回，且往返速度的大小不变，他们离A地的距离y（单位：km）与甲行驶时间x（单位：h）的函数图象如图所示．下列说法错误的是（）A．甲骑自行车的速度为15km/hC．甲乙两人先后相遇间隔时间为45分钟B．乙骑摩托车的速度为45km/hD．乙出发36分钟时追上甲二、填空题7．因式分解：x24__________．8．“一带一路”涉及沿线65个国家，总涉及人口约4500000000人，将4500000000用科学记数法表示为______．9．社团课上，同学们进行了“摸球游戏”：在一个不透明的盒子里装有几十个除颜色不同外其余均相同的黑、白两种球，将盒子里面的球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回盒子中，不断重复上述过程．整理数据后，制作了“摸出黑球的频率”与“摸球的总次数”的关系图象如图所示，经分析可以推断盒子里个数比较多的是___________（填“黑球”或“白球”）．2210．已知x1，x2方程x2x20的两根，那么x1x2x1x2的值是______．11．如图，在33的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，O，A，B都是格点，若图中扇形AOB恰好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的高为______．试卷第2页，共6页12．如图，ABC中，CAB60，B75，AB2，AD平分BAC交BC于点D，，DBE关于直线DE对称图形为△DFE，若点FE为AB上一动点（点E不与B重合）落在ABC的边上，则DE的长为______．三、解答题13．（1）1232；0（2）如图，在Rt△ABC中，C90，AC3，BC4，将ABC绕点A逆时针旋转得到△ABC，并使点C落在AB边上，连接BB，求BB的长．x2xx114．先化简，再求值：2，其中x3．x2x1x115．2022年北京冬奥会后，奥运题材商品成为了市场热销，现有冰墩墩和冬奥会徽扣两种商品，其中冰墩墩的售价为冬奥会徽扣的2倍少10元，且两件商品作为套装销售时均打8折，套装售价为元，求冰墩墩和冬奥会徽扣原价各为多少？16．有5张看上去无差别的卡片，上面分别写着4，4，5，5，6．试卷第3页，共6页(1)随机抽取一张卡片，则抽取的卡片上的数字是4的概率是______．请利用列表或画树状图的方法，求所抽取的两张卡片上(2)从5张卡片中随机抽取2张，的数字不同的概率．17．如图，在下列1010的正方形网格中，ABC的顶点A，B，C均在格点上，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）．(1)在图1中，在AB边上找一点P，连接PC，使S△APCS△BPC；(2)在图2中，在边AB上找一点Q，连接QC，使S△AQC2S△BQC．518．为创建文明校园，树立新风，某校开展了以“学习党史，团结力量”为主题的知识竞赛，竞赛结束后随机抽取了部分学生成绩进行统计，按成绩分成A，B，C，D，E五个等级，并绘制了如下不完整的统计图．请结合统计图，解答下列问题：等级ABCDE成绩50x6060x7070x8080x9090x100(1)本次调查一共随机抽取了名学生的成绩，频数分布直方图中m；(2)补全学生成绩频数分布直方图；试卷第4页，共6页(3)所抽取学生成绩的中位数落在等级；全校共有2000名学生，估计成绩优秀的学生有多少人？(4)若成绩在80分及以上为优秀，19．小聪在数学活动课中学会了制作测角仪的方法，下课后他对学校旗杆AB的高度进行了测量，身高1.68m的小聪拿着测角仪在距离旗杆10m的D处（即BD的长度为10m）测得旗杆顶部的仰角为50，如图1所示．（结果保留小数点后一位）（参考数据：sin500.77，cos500.，tan501.19）(1)求小聪测得旗杆的高度．周末小(2)位于江西省上饶市云碧峰国家级森林公园内的碧云阁是信江湖畔的一处美景，聪来到碧云阁前，准备利用所学知识对碧云阁EF的高度进行测量，由于亭前有积水，小聪站立在离开亭子一段距离的H点，测得亭顶的仰角为37，后退5m至N点再次测量，测得亭顶的仰角为32，请根据以上数据帮小聪计算出碧云阁的高度．cos370.80，cos320.85，tan370.75，sin320.53，tan320.62）（sin370.60，20．如图，在平面直角坐标系中，一次函数ykxbk0与反比例函数ymm0x的图象相交于A，B两点，与x轴交于点C，过点A作ADx轴于点D，AD2，AC2BC，B点的坐标为6,n．(1)求一次函数和反比例函数的表达式；(2)求AOB的面积．21．如图，AB是O的直径，PA是O的切线，A为切点，连接OP，交O于点D，连接AD，过点B作BC∥OP交O于点C，连接PC和AC，AC交OP于点E．试卷第5页，共6页(1)求证：PC是O切线；(2)若sinBAC1，且AD23，求切线PA的长．3222．二次函数yaxbx3a0的图象与x轴交于A1,0，B3,0，与y轴交于点C．(1)求该二次函数解析式；(2)如图1，第一象限内该二次函数图象上有一动点P，连接BP，CP，求BCP面积的最大值；(3)如图2，将该二次函数图象在x轴上方的部分沿x轴翻折后，所得新函数图象如图2所示，若直线yxm与新函数图象恰好有三个公共点时，则m的值为______．23．综合与探究(1)如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且AEBF，则线段AE与BF的之间的数量关系为______；(2)【类比探究】如图2，在矩形ABCD中，AB3，AD5，点E，F分别在边BC，CD上，且AEBF，请写出线段AE与BF的数量关系，并证明你的结论．(3)【拓展延伸】如图3，在Rt△ABC中，ABC90，AB4，BC6，D为BC上一点，且BD2，连接AD，过点B作BEAD于点F，交AC于点E，求BE的长．试卷第6页，共6页参：1．C【分析】根据有理数大小比较的法则判断即可．【详解】解：∵3124∴最小的数为3，故选：C．【点睛】此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．2．D【分析】根据左视图是从左边观察物体得到的视图来判断．【详解】解：左视图为．故选：D．【点睛】本题考查三视图，解题的关键是理解三视图的含义．3．C【分析】根据同底数幂的除法，底数不变指数相减；合并同类项，系数相加字母和字母的指数不变；同底数幂的乘法，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相乘，对各选项计算后利用排除法求解．【详解】解：A、2m与3n不是同类项，不能合并，故错误；B、m2•m3=m5，故错误；C、正确；（-m）3=-m3，故错误；D、故选C．【点睛】本题考查同底数幂的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方很容易混淆，一定要记准法则才能做题.4．A【分析】由等边对等角得到∠ABCACB，由平行线的性质推出ABC162，根据答案第1页，共19页三角形的内角和定理即可求解．【详解】解：∴ABAC，∴∠ABCACB，∵a∥b，∴ABC162，∵AABCACB180，∴A18026256，故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，平行线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．5．B【分析】分别解不等式，然后将解集表示出来即可求解．42xx5①【详解】解：由题意可知：，x13x1②解①得：x3，解②得：x1，故不等式组的解集为：1x3，在数轴上表示为故选：B．【点睛】本题考查了解一元一次不等式组和在数轴上表示不等式组的解集，能求出不等式组的解集是解此题的关键．6．D【分析】根据图象信息可求出甲、乙速度；利用待定系数法求得直线OD、AB、BC的解析式，求得交点的坐标，进一步计算即可求解．【详解】解：A、甲骑自行车的速度为B、乙骑摩托车的速度为4515km/h，说法正确，不符合题意；345245km/h，说法正确，不符合题意；310，B2，45，D3，45，C3，0，如图，A1，答案第2页，共19页设直线OD的解析式为ykx，则453k，解得k15，∴直线OD的解析式为y15x，ab0a45设直线AB的解析式为yaxb，则，解得，2ab45b45∴直线AB的解析式为y45x45，同理直线BC的解析式为y45x135，联立，15x45x45，解得x1.5，1.510.5，则乙出发0.5小时即30分钟时追上甲，故D选项说法错误，符合题意；联立，15x45x135，解得x2.25，2.251.50.75，甲乙两人先后相遇间隔时间为0.75小时，即45分钟，故C选项说法正确，不符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了一次函数和一元一次方程的应用，关键是读取图象中信息求出甲、乙的速度．7．(x+2)(x-2)

【详解】解：x24x222=(x2)(x2)；故答案为(x2)(x2)8．4.5109【分析】科学记数法的表示形式为a10n的形式，其中1|a|10，确定n的值时，n为整数．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．【详解】解：将4500000000用科学记数法表示为4.5109．故答案为：4.5109．【点睛】此题考查了科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．9．白球【分析】利用频率估计概率的知识，确定摸出黑球的概率，由此得到答案．答案第3页，共19页【详解】解：由图可知：摸出黑球的频率是0.2，根据频率估计概率的知识可得，摸一次摸到黑球的概率为0.2，∴可以推断盒子里个数比较多的是白球，故答案为：白球．【点睛】此题考查利用频率估计概率，正确理解图象的意义是解题的关键．10．7【分析】将代数式化简，根据一元二次方程根与系数的关系求解即可．【详解】解：∵x1，x2是方程x2x20的两个实数根，∴x1+x21，x1x22．2x1x2x1x2∴x12x2223x1x213(2)7．故答案为：7．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，代数式求值，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．11．5353/44【分析】利用弧长等于圆锥的底面周长这一等量关系以及圆锥的母线、高、底面半径构成直角三角形可求解．【详解】解：连接AB，∵每个小方格都是边长为1的正方形，∴AOBO12+225，AB123210，∴AO2BO2AB2，∴AOB是等腰直角三角形，且AOB90，∴9052r，1805；4∴该圆锥的底面半径为r答案第4页，共19页∴该圆锥的高为52553．442故答案是：53．4【点睛】本题运用了弧长公式和圆的周长公式，以及勾股定理，建立准确的等量关系是解题的关键．12．1或2或2【分析】判断得出点F在以点D为圆心，DB长为半径的圆上，分三种情况讨论，画出图形，利用含30度角的直角三角形以及勾股定理求解即可．【详解】解：∵AD平分BAC，CAB60，∴CADBAD30，∵B75，∴ADB180BADB75B，∴ADAB2，由折叠的性质得DFDB，而DB是定长，∴点F在以点D为圆心，DB长为半径的圆上，当点F1在边AB上时，如图，∵F1E1E1B，∴DE1AB于点E，∴DE11AD1；2当点F在边AC上时，有两种情况，当E、F在如图的E2、F2的位置时，作DHAC，∵AD平分BAC，答案第5页，共19页∴DHDE11，又∵DF2DB，∴Rt△DHF2≌Rt△PE1BHL，∴HDF2E1DB，∵DF1DB，DBF175，∴DF1B75，∴F1DB180DBF1DF1B30，∴HDF2E1OBF1DB15，2∵DHADE1A90，E1AH60，∴E1DH360DHADE1AE1AH120，即HDF2F2DE1120，∴E1DBF2DE1F2DB120，∵F2DE2BDE2，∴BDE21F2DB60，2∴E1DE2BDE2E1DB45，∴DE1E2是等腰直角三角形，∵DE11，∴DE212122；当E、F在如图的E3、F2的位置时（E3与A重合），∴PE3DA2；若F在边BC上时，此时对应的E点不在AB上，此情况不存在，综上，DE的长为1或2或2．故答案为：1或2或2．【点睛】本题考查了轴对称的性质，含30度角的直角三角形以及勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．答案第6页，共19页13．（1）0；（2）25【分析】（1）根据化简绝对值以及零指数幂进行计算即可求解；（2）根据勾股定理求得AB5，根据旋转的性质求得BC,BC，勾股定理即可求解．【详解】（1）解：121213200；（2）∵在Rt△ABC中，C90，AC3，BC4，∴ABAC2BC25，∵将ABC绕点A逆时针旋转得到△ABC，并使点C落在AB边上，∴BCABACABAC532，BCBC4，在RtBCB中，BBBC2BC2224225．【点睛】本题考查了化简绝对值以及零指数幂，旋转的性质，勾股定理，二次根式的性质化简，熟练掌握以上知识是解题的关键．14．x3，x14【分析】先将除法转化为乘法，同时将分子分母因式分解，进而根据分式的性质和运算法则化简，再将x3代入化简后的结果计算即可求值．x2xx1【详解】解：2x2x1x1xx1x12x1x1x．x1当x3时，原式33．314【点睛】本题考查了分式的化简求值，掌握分式的性质与因式分解是解题的关键．15．冬奥会徽扣原价为30元，则冰墩墩原价为50元．【分析】设冬奥会徽扣原价为x元，则冰墩墩原价为2x10元，根据“两件商品作为套装销售时均打8折，套装售价为元”列出方程，解方程即可求解．答案第7页，共19页【详解】解：设冬奥会徽扣原价为x元，则冰墩墩原价为2x10元，根据题意得：0.82x100.8x，解得：x30，2x102301050，答：冬奥会徽扣原价为30元，则冰墩墩原价为50元．【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，理解题意并根据题意建立关系式是解题的关键．16．(1)(2)4525【分析】（1）直接利用概率公式求解；（2）根据列表法求概率即可求解．【详解】（1）有5张看上去无差别的卡片，有2个4，随机抽取一张卡片，则抽取的卡片上的数字是4的概率是故答案为：2．52，5（2）解：列表如下，444，455，，65，65，，，，，55，，45，45，46，45，45，46，45，56，56，56共有20种等可能结果，其中符合题意的有16种，所抽取的两张卡片上的数字不同的概率为1=．205【点睛】此题考查的是用画树状图法或列表法求概率，解题时要注意问题是放回实验还是不放回实验，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．答案第8页，共19页17．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）找到格点D,E，使得四边形ADBE是矩形，连接DE，交BA于点P，连接CP，则线段CP即为所求；（2）找到格点F,G使得AF2,BG5，连接FG交BA于点Q，连接CQ，线段CQ即为所求．【详解】（1）解：如图所示，线段CP即为所求；∵四边形ADBE是矩形，∴APPB，S△APCS△BPC（2）解：如图所示，CQ即为所求，∵AF∥BG∴AFQ∽BGQ∴AQAF2，BQBG5∴S△AQC2S△BQC．5【点睛】本题考查了无刻度直尺作图，三角形中位线的性质，矩形的性质，相似三角形的性答案第9页，共19页质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．18．(1)150，15(2)见解析(3)C(4)920【分析】对于（1），根据B等级的人数和所占的百分比求出样本的总人数，再用总人数A等级所占的百分比求出m；对于（2），求出C等级的人数补全统计图即可；对于（3），根据中位数的定义判断即可；对于（4），先求出优秀所占的百分比，再与总数相乘即可．【详解】（1）本次调查一共抽取了3020％=150（名）；m15010％=15（人）；故答案为：150，15；（2）C等级的人数为1501530452436（人）；补全统计图如图所示．（3）一共有150人，中位数是第75，76个数的平均数，所以中位数落在C等级；故答案为：C；（4）200045+24=920（人）．150所以成绩优秀的学生有920人．【点睛】本题主要考查了频数分布直方图（表），扇形统计图，中位数，样本估计总体的思想等，弄清频数分布直方图和扇形统计图之间的关系是解题的关键．19．(1)旗杆的高度为13.6m．(2)碧云阁的高度约为19.6m．答案第10页，共19页【分析】（1）在Rt△AEC中，利用正切函数列式计算即可求解；（2）在Rt△EGK和RtEGM中，利用正切函数列式计算即可求解．【详解】（1）解：∵CDBD，ABBD，CEAB，∴四边形CDBE是矩形，∴EBCD，ECBD，∵CD1.68，BD10，∴EB1.68，EC10，在Rt△AEC中，∵tan50AE，EC∴AEECtan50101.1911.9m，∵ABAEEB11.91.6813.6m，∴旗杆的高度为13.6m．（2）解：由题意得EFFN，MGEF，KHFN，MNFN，∴四边形GFNM，KHNM是矩形，∴GFMN，HNKM，∵MN1.68，HN5，∴KM5，GF1.68，设EGx，GKy，在Rt△EGK和RtEGM中，EKG37，EMG32，∴tan37xx0.75，tan320.62，yy5解得y23.8，x17.9，17.91.6819.5819.6m，∴碧云阁的高度约为19.6m．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．20．(1)y(2)9261x1；yx3答案第11页，共19页【分析】（1）过点B作BE⊥x轴于点E，证明△BEC∽△ADC，根据AC2BC，AD2得出BE1，即可得出B6,1，进而求得反比例函数解析式，求得点A3,2，待定系数法求一次函数解析式即可求解（2）求得C的坐标，然后根据三角形面积公式求得即可．【详解】（1）解：如图所示，过点B作BE⊥x轴于点E，∵ADx轴∴BE∥AD，∴△BEC∽△ADC，∵AC2BC，∴ADDCAC2，BEECBC∵AD2，∴BE1，∵B点的坐标为6,n．∴n1，即点B6,1，代入ymm0得，m6，x6，x∴反比例函数解析式为y∵AD2，∴A的纵坐标为2，∴A的横坐标为即A3,2，答案第12页，共19页63，2代入ykxbk0，得，23kb，16kb1k3，解得：b1∴一次函数解析式为y（2）由y∴C3,0∴SAOB1x1；31x1，当y0时，x33119OCADBE321222【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，相似三角形的性质与判定，待定系数法求反比例函数和一次函数的解析式，三角形的面积，熟练掌握以上知识是解题的关键．21．(1)见解析(2)62【分析】（1）连接OC，由BC∥OP得到AOPOBC，COPOCB，再由OBCOCB得到AOPCOP，通过证明△AOP≌△COPSAS即可得到OCPOAP90，从而即可得证；DE2x，（2）设OEx，则OAOD3x，在Rt△ADE中，由勾股定理得，AD2AE2DE2，即23222x2x，求出OE1，OA3，AE22，再证得∠BAC∠APO，通1AE即可求得答案．3PA22过sinBACsinAPE【详解】（1）证明：如图所示，连接OC，，BC∥OP，答案第13页，共19页AOPOBC，COPOCB，OBCOCB，AOPCOP，在AOP和COP中，OAOCAOPCOP，OPOPAOP≌COPSAS，OCPOAP90，OC为半径，PC是O切线；（2）解：OAOC，AOPCOP，OEAC，在RtAOE中，sinOAEsinBACOE1，AO3设OEx，则OAOD3x，DE2x，AEOA2OE2在RtADE中，由勾股定理得，AD2AE2DE2，即233x2x222x，222x2x，22解得：x1或x=1（不符合题意，舍去），OE1，OA3，AE22，PA是O的切线，PAOA，即OAP90，BACBAP90，APOPAE90，BACAPO，sinBACsinAPE1AE，3PAPA3AE62．【点睛】本题主要考查了切线长定理，垂径定理，解直角三角形，勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．22．(1)yx22x3答案第14页，共19页(2)278214(3)m3或m【分析】（1）将点A1,0，B3,0，代入yaxbx3a0，待定系数法求解析式即2可求解；（2）如图所示，过点P作PDx轴于点D，交BC于点Q，直线BC的解析式为：yx3，2设Pm,m2m3，则Qm,m3，然后根据三角形面积公式得出关于m的二次函数关系，根据二次函数的性质即可求解；（3）根据轴对称的性质得出在1x3时，函数解析式为yx14，即y=x22x3，2结合函数图象，可知①当yxm经过点B时，②当yxm与y=x22x3只有1个交点时，符合题意，据此即可求解．【详解】（1）将点A1,0，B3,0，代入yaxbx3a0得，2ab309a3b30a1解得：b2∴yx22x3（2）解：如图所示，过点P作PDx轴于点D，交BC于点Q，由yx22x3，当x0时，y3，∴C0,3，设直线BC的解析式为：ykx3，答案第15页，共19页将点B3,0，代入得，03k3，解得：k1，∴直线BC的解析式为：yx3，2设Pm,m2m3，则Qm,m3，39∴PQm2m3m3m3mm24222∵10，∴当m39时，PQ取得最大值，最大值为，241PQQB，2∵SBCP∴PQ取得最大值时，BCP面积取得最大值，11927∴BCP面积的最大值为PQOB32248（3）解：由yx22x3与x轴交于A1,0，B3,0，yx22x3x14顶点坐标为1,42将该二次函数图象在x轴上方的部分沿x轴翻折后，顶点坐标为1,4，开口向上，∴在1x3时，函数解析式为yx14，即y=x22x3，2依题意，直线yxm与新函数图象恰好有三个公共点时，①当yxm经过点B时，即03m，解得：m3，②当yxm与y=x22x3只有1个交点时，∴x22x3xm有2个相等实数根即x23x3m0，2∴b4ac9413m0，解得：m21，4答案第16页，共19页综上所述，m3或m21．4【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求解析式，面积问题，轴对称的性质，根据函数图象确定方程的解，熟练掌握是解题的关键．23．(1)AEBF(2)AE3．证明见解析BF5125．7(3)BE【分析】（1）由“ASA”可证△ABE≌△BCF，可得AEBF；（2）通过证明△ABE∽△BCF，利用相似三角形的性质，即可求解；（3）过点A作AB的垂线，过点C作BC的垂线，两垂线交于点G，延长BE交CG于点H，勾股定理求得AD，根据（2）知形的性质，即可求解．【详解】（1）解：设AE与BF相交于点P，如图，AD3，求得BH，证明ABE∽CHE，利用相似三角BH4∵正方形ABCD，∴ABCC90，ABBC，∵AEBF，∴APBBAPABP90，答案第17页，共19页∵ABPCBF90，∴BAPCBF，在ABE和△BCF中，BAECBF，ABCBABEBCF∴△ABE≌△BCFASA，∴AEBF；故答案为：AEBF；（2）解：AE3．BF5证明：∵AEBF，∴BAEABF90．在矩形ABCD中，ABC90，∴CBFABF90，∴BAECBF，∴RtABE∽RtBCF，∴∴ABAE，BCBFAE3．BF5（3）解：如图，过点A作AB的垂线，过点C作BC的垂线，两垂线交于点G，延长BE交CG于点H．∴四边形ABCG是矩形．∵ABCD4，AGBC6，∴CD6BD4．∴ADAB2BD225．答案第18页，共19页由（2）知ADAB2，BHBC3∴BH35．在Rt△BCH中，CHBH2BC23，∵AB∥CH∴ABE∽CHE，ABCH4即33∴BE，EHBE，5BE125．7解得BE【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．答案第19页，共19页