（上海卷）2023年中考數(shù)學第三次模擬考試

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2023年中考數(shù)學第三次模擬考試【上海卷】數(shù)學·參考答案 一、選擇題 123456BBDDDD二、填空題7．8．．9．64°30′10．x=-111．12．213．14．1＜x＜215．16．17．18．2或4   4或2三、解答題19．0【分析】根據(jù)化簡絕對值，負整數(shù)指數(shù)冪，特殊角的三角函數(shù)值，進行混合運算即可【詳解】解：原式【點睛】本題考查了化簡絕對值，負整數(shù)指數(shù)冪，特殊角的三角函數(shù)值，牢記特殊角的三角函數(shù)值并正確的進行實數(shù)的混合運算是解題的關鍵．20．，【分析】根據(jù)完全平方公式和平方根的性質，將二元二次方程組變換為二元一次方程組并求解，即可得到答案．【詳解】∵∴或原方程組的解集為，．【點睛】本題考查了解二元二次方程組，涉及完全平方公式、平方根、二元一次方程組的知識；解題的關鍵是熟練掌握完全平方公式、二元一次方程組的性質，從而完成求解．21．(1)2000元(2)①20輛；②A型車20輛，B型車40輛獲利最多，為30000元【分析】（1）設去年每輛A型車售價x元，則今年每輛車售價（x-200）元，根據(jù)題意，列出方程，即可求解；（2）設A型車進貨a輛，總獲利為y元．則B型車進貨（60-a）輛，①根據(jù)“B型進貨數(shù)量不超過A型車數(shù)量的2倍．”列出不等式，即可求解；②把A和B型車的利潤加起來，得到函數(shù)關系式，再根據(jù)一次函數(shù)的增減性，即可求解．(1)解：設去年每輛A型車售價x元，則今年每輛車售價（x-200）元，依題意得：解得：x=2000，經(jīng)檢驗x=2000是原方程的解，且符合題意，答：A型自行車去年每輛售價2000元；(2)解：設A型車進貨a輛，總獲利為y元．則B型車進貨（60-a）輛， ①∵B型進貨數(shù)量不超過A型車數(shù)量的2倍∴∴a≥20∴A型車至少進貨20輛．②依題意得y=（2000-200-1500）a+（2400-1800）（60-a）即y=-300a+36000∵k=-300＜0，∴y隨a的增大而減小，∴當時，y最小，最小值為30000（元）∴B型車為60-20=40（輛）∴當A型車20輛，B型車40輛獲利最多，為30000元．【點睛】本題主要考查了分式方程的應用，一次函數(shù)的應用，明確題意，準確得到等量關系是解題的關鍵．22．（1）50cm；（2）cm【分析】（1）過O作OH⊥AB于H，并延長交⊙O于D，根據(jù)圓的性質，計算得OH，再根據(jù)勾股定理計算，即可得到答案；（2）連接OB，結合題意，根據(jù)含角的直角三角形性質，得∠OAH＝30°，從而計算得∠AOB；再根據(jù)弧長公式計算，即可完成求解．【詳解】（1）過O作OH⊥AB于H，并延長交⊙O于D，∴∠OHA＝90°，AH＝AB，，∵水的深度等于25cm，即HD＝25cm又∵OA＝OD＝50cm∴OH＝OD-HD＝25cm∴AH＝cm∴AB＝50cm；（2）連接OB，∵OA＝50cm，OH＝25cm，∴OH＝OA∵∠OHA＝90°∴∠OAH＝30°∴∠AOH＝60°∵OA＝OB，OH⊥AB∴∠BOH＝∠AOH＝60°∴∠AOB＝120°∴的長是：cm．【點睛】本題考查了圓、勾股定理、含角的直角三角形、弧長的知識；解題的關鍵是熟練掌握圓、垂徑定理、勾股定理、弧長計算的性質，從而完成求解．23．(1)(2)y＝（0＜x＜）(3)3或【分析】（1）首先利用勾股定理得出AC的長，證得△ACF≌△AEF，得出BE＝2，進一步得出△CBE∽△ABG，△CGF∽△CBE，利用三角形相似的性質得出CF、CG的長，利用勾股定理求得而答案即可；（2）作BM⊥AF，ON⊥AF，垂足分別為M、N，利用△ONH∽△BMH，△ANO∽△AFC，△BMG∽△CFG，建立BE、OH之間的聯(lián)系，進一步整理得出y關于x的函數(shù)解析式，根據(jù)y＝0，得出x的定義域即可；（3）分三種情況探討：①當BH＝BG時，②當GH＝GB，③當HG＝HB，分別探討得出答案即可．(1)解：∵AB＝8，BC＝6， ,∴AC＝ 10，∵AF⊥CE，∴∠AFC＝∠AFE＝90°，∵點F是線段CE的中點，∴CF＝EF，在△ACF和△AEF中，∴△ACF≌△AEF，∴AE＝AC＝10，∴BE＝2，∵∠CGF＝∠AGB，∠GFC＝∠ABG，∴∠FCG＝∠GAB，∠CBE＝∠ABG，∴△CBE∽△ABG，∴＝，即＝，BG＝，∴CG＝ ，∵∠GCF＝∠BCE，∠CFG＝∠CBE，∴△CGF∽△CBE，∴＝，又CE＝2CF，∴2CF2＝BC?CG，∴CF＝，∴GF＝＝；(2)如圖，作BM⊥AF，ON⊥AF，垂足分別為M、N，∵AF⊥CE，∴ONBMCE，∴△ONH∽△BMH，△ANO∽△AFC，△BMG∽△CFG，∴＝＝，＝，＝＝，∴＝，又∵△CBE∽△ABG，∴＝，BE＝x，∴BG＝x，∴＝，則y＝（0＜x＜ ）．(3)當△BHG是等腰三角形，①當BH＝BG時，∵ ，∴△AHD∽△BHG，∴＝，由（1）知 ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，由（2）知 時y＝ ，解得x＝3；②當GH＝GB，∵ABCD為矩形，∴ ，∴ ，∵ ，∴△GBH∽△OBC，同理解得x＝；③當HG＝HB，得出∠HGB＝∠HBG＝∠OCB不存在．所以BE＝3或．【點睛】此題綜合考查了矩形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，以及全等三角形的判定與性質，知識涉及的面廣，需要多方位思考解決問題，滲透分類討論的思想．24．（1） ；（2）①；②的最小值為10，此時點H的坐標為【分析】（1）先求出點C的坐標，可得到n，進而求出點B的坐標，再將點A、C的坐標代入，即可求解；（2）①設點P的坐標，并表示出點E的坐標，從而得到PE，再根據(jù)△PFE∽△BOC，根據(jù)相似三角形的性質，即可求解；②如圖，將直線OG繞點G逆時針旋轉60°，得到直線l，作 ，垂直分別為 ，則∠MGO=60°， 從而得到 ， ，從而得到當點H位于拋物線對稱軸與OP的交點時，最小，最小值為PM，然后證得點P、O、M三點共線，即可求解．【詳解】解：（1）∵拋物線經(jīng)過y軸上的點C，∴當 時， ，∴點 ，將點 ，代入，得： ，∴直線BC的解析式為 ，當 時， ，∴點B（4,0），將點，B（4,0），代入，得： ，解得： ，∴拋物線解析式為 ；（2）①設 ，則 ，∴ ，設△PEF的周長為m，∵，∴∠PEF=∠BCO，∵∠PFO=∠BCO=90°，∴△PFE∽△BOC，∴ ，∵點B（4,0）， ，∴ ，∴ ，∴，∴，∴當 時，m最大，此時 ，即的周長為最大值時點P的坐標為；②拋物線的對稱軸為 ，如圖，將直線OG繞點G逆時針旋轉60°，得到直線l，作 ，垂直分別為 ，則∠MGO=60°， ∴ ， ，∴，∴當點H位于拋物線對稱軸與OP的交點時，最小，最小值為PM，∵∠MGO=60°，∴∠MOG=30°，∵，∴ ， ，∴∠POB=60°，∴∠MOG+∠BOG+∠POB=180°，∴點P、O、M三點共線，設直線AC的解析式為 ，∵ ，∴ ，解得： ，∴直線AC的解析式為 ，∵，∴可設直線BG的解析式為 ，把點B（4,0），代入得： ，∴直線BG的解析式為 ，∴點 ，∴ ，∴，∴PM=10，∴的最小值為10，∵∠POB=60°，拋物線對稱軸為 ，∴此時點H的縱坐標為 ，∴的最小值為10，此時點H的坐標為 ．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)和一次函數(shù)的綜合題，解直角三角形，相似三角形的判定和性質，利用數(shù)形結合思想解答是解題的關鍵．25．（1）見解析；（2）；（3）．【分析】（1）過C點作CF⊥AD，交AD的延長線于F，可證ABCF是正方形，即AB=BC=CF=FA;再由“HL”證得Rt△CBE≌Rt△ CFD，可得BE=FD，最后用線段的和差即可；（2）分∠EDC＝90°和∠DEC＝90°兩種情況討論，運用相似三角形的性質和直角三角形的性質即可求解；（3）連接EM交CD于Q，連接DN交CE于P，連接ED，CM，作CF⊥AD于F，由軸對稱的性質可得∠CPD=∠CQE=90°，DC垂直平分EM，可證Rt△CBE≌Rt△CFM，可得BE=FM，由勾股定理可求BE、CE的長，通過證明△CDP∽△CEQ，最后運用相似三角形的性質即可解答．【詳解】（1）證明：如圖，過C點作CF⊥AD，交AD的延長線于F，∵AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC，∴四邊形ABCF是正方形，∴AB＝BC＝CF＝FA，又∵CE＝CD，∴Rt△CBE≌Rt△CFD（HL），∴BE＝FD，∴AD＝AE；（2）①若∠EDC＝90°時，若△ADE、△BCE和△CDE兩兩相似，那么∠A＝∠B＝∠EDC＝90°，∠ADE＝∠BCE＝∠DCE＝30°，在△CBE中，∵BC＝1，∴，，∵AB＝1，∴，∴，此時≠，∴△CDE與△ADE、△BCE不相似；②如圖，若∠DEC＝90°時，∵∠ADE+∠A＝∠BEC+∠DEC，∠DEC＝∠A＝90°，∴∠ADE＝∠BEC，且∠A＝∠B＝90°，∴△ADE∽△BEC，∴∠AED＝∠BCE，若△CDE與△ADE相似，∵AB與CD不平行，∴∠AED與∠EDC不相等，∴∠AED＝∠BCE＝∠DCE，∴若△CDE與△ADE、△BCE相似，∴，∴AE＝BE，∵AB＝1，∴AE＝BE＝，∴AD＝；（3）連接EM交CD于Q，連接DN交CE于P，連接ED，CM，作CF⊥AD于F，∵E關于直線CD的對稱點為M，點D關于直線CE的對稱點為N，∴∠CPD＝∠CQE＝90°，DC垂直平分EM，∠PCD＝∠QCE，∴△CDP∽△CEQ，∴，∵AD∥BC，AB⊥BC，，AB＝BC＝1，∴，∵CD垂直平分EM，∴DE＝DM，CE＝CM，在Rt△CBE和Rt△CFM中，CB＝CF，EC＝CM，∴Rt△CBE≌Rt△CFM（HL）∴BE＝FM，設BE＝x，則FM＝x，∵ED＝DM，且AE2+AD2＝DE2，∴，∴，∴，∴，∵DN＝2DP，EM＝2EQ，∴．【點睛】本題屬于相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質，正方形的判定和性質、軸對稱的性質、勾股定理等知識，添加輔助線構造全等三角形是解答本題的關鍵．