（浙江溫州卷）2023年中考數(shù)學(xué)第三次模擬考試

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2023年中考數(shù)學(xué)第三次模擬考試【浙江溫州卷】數(shù)學(xué)·參考答案一、選擇題12345678910BCABBDCDAD二、填空題11．                 12．25°                      13．14．                             15．                   16．1或或2三、解答題17．（1），；（2）【解析】【分析】（1）先計算括號內(nèi)的，再計算除法，然后把代入化簡后結(jié)果，即可求解；（2）分別求出兩個不等式，即可求解．【詳解】解∶（1） 當(dāng)時，原式；（2），解不等式①得：，解不等式②得：，∴不等式組的解集為．【點睛】本題主要考查了分式的化簡求值，解一元一次不等式組，熟練掌握相關(guān)運算法則是解題的關(guān)鍵．18．(1)跳繩和毽子的單價分別是8元，5元(2)當(dāng)購買跳繩450根，毽子150個時，花費最少【解析】【分析】（1）設(shè)毽子的單價為x元，則跳繩的單價為元，然后根據(jù)用800元購買的跳繩個數(shù)和用500元購買的鍵子數(shù)量相同，列出方程求解即可；（2）設(shè)學(xué)校購買跳繩m根，則購買毽子個，花費為W，然后求出W關(guān)于m的關(guān)系式，利用一次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．(1)解：設(shè)毽子的單價為x元，則跳繩的單價為元，由題意得：，解得，經(jīng)檢驗，是原方程的解，，∴跳繩和毽子的單價分別是8元，5元，答：跳繩和毽子的單價分別是8元，5元；(2)解：設(shè)學(xué)校購買跳繩m根，則購買毽子個，花費為W，由題意得，∵跳繩的數(shù)量不少于毽子數(shù)量的3倍，跳繩的數(shù)量不多于460根，∴，∴，∵，∴W隨著m的增大而增大，∴當(dāng)m=450時，W有最小值，∴當(dāng)購買跳繩450根，毽子150個時，花費最少．【點睛】本題主要考查了分式方程的應(yīng)用，一次函數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵在于能夠正確理解題意列出相應(yīng)的式子求解．19．(1)點D到OE的距離約為0.6米(2)OA的長約是4米【解析】【分析】（1）過D作DF⊥AE于F， 在直角三角形中，通過解三角函數(shù)即可求解；（2）分別用OC=CH+OH=O.8+AO+0.6，OC=BC+OB=2.4+，列出等式，求出OA即可．(1)解：過D作DF⊥AE于F，  ∵AD=1，DF⊥AE∴點D到OE的距離約為0.6米(2)過D作DH⊥OC于H，則四邊形AHCF是矩形， 在Rt△AOB中，∠ABO=53°∴∠BAO=37°，∴∵從C處沿C0方向走4步到達點B處，，已知現(xiàn)測學(xué)生的步長為0.6米.∴BC=2.4米∴OC=BC+OB=2.4+∵AD=1，DF⊥AE∴∵∠DCO=45°∴CH=DH=OF=0.8+AO∵四邊形DHOF是矩形∴OH=DF=0.6∴OC=CH+OH=O.8+AO+0.6∴2.4+=O.8+AO+0.6∴AO=4MI米答：匾額懸掛的高度是4米．【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用-仰角俯角問題，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)仰角構(gòu)造直角三角形，利用三角函數(shù)求解．20．(1)43，42.5，55%，65%，八年級，理由見解析(2)能(3)【解析】【分析】（1）由平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)的定義求解即可，再由兩個年級的優(yōu)秀率進行說明即可；（2）先求出樣本合格率，再由參加此次測試活動的總?cè)藬?shù)乘以合格率即可；（3）畫樹狀圖，共有20種等可能的結(jié)果，兩人在同一年級的結(jié)果有8種，再由概率公式求解即可．(1)解：（1）表中  43  ，  42.5 ，  55%  ，  65%  ．從表中優(yōu)秀率看，八年級樣本優(yōu)秀率高于七年級，因此估計該中學(xué)八年級學(xué)生的優(yōu)秀率高，所以用優(yōu)秀率評價，估計八年級學(xué)生掌握黨史知識較好．（答案不唯一，合理即可）(2)解：∵樣本合格率為，∴估計總體的合格率大約為，∴估計參加測試的兩個年級合格學(xué)生約為（人），∴估計參加此次測試活動成績合格的學(xué)生人數(shù)能超過1000．(3)解：七年級滿分有2人，記為，，八年級滿分有3人，記為，，，       由列表可知，共有20種等可能的結(jié)果，其中兩人在同一年級的結(jié)果有8種，∴兩人在同一年級的概率為．【點睛】本題考查的是用列表法或畫樹狀圖法求概率．列表法或畫樹狀圖法可以不重復(fù)不遺漏的列出所有可能的結(jié)果，適合于兩步完成的事件．用到的知識點為：概率＝所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．也考查了統(tǒng)計圖和統(tǒng)計表．21．(1)(2，3)(2)(3)【解析】【分析】（1）求出點F的坐標，進而求出反比例函數(shù)的表達式，即可求解；（2）由CF=BC-BF，CE=AC-AE，求出CF、CE，即可求解；（3）證明△EHG∽△GBF，即可求解．(1)解：∵OB=4，OA=3，∴點A、B、C的坐標分別為：（0，3）、（4，0）、（4，3），點F運動到邊BC的中點時，點F（4，），將點F的坐標代入y=并解得：k=6，故反比例函數(shù)的表達式為：y=，當(dāng)y=3時，x==2，故E(2，3)，故答案為：(2，3)；(2)解：∵F點的橫坐標為4，點F在反比例函數(shù)上，∴F（4，），∴CF=BC-BF=3-=，∵E的縱坐標為3，∴E（，3），∴CE=AC-AE=4-=在Rt△CEF中，tan∠EFC==；(3)解：如圖，由（2）知，CF=，CE=，=，過點E作EH⊥OB于H， ∴EH=OA=3，∠EHG=∠GBF=90°，∴∠EGH+∠HEG=90°，由折疊知，EG=CE，FG=CF，∠EGF=∠C=90°，∴∠EGH+∠BGF=90°，∴∠HEG=∠BGF，∵∠EHG=∠GBF=90°，∴△EHG∽△GBF，∴，∴，∴BG=．【點睛】本題考查的反比例函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、三角形相似、解直角三角形等，綜合性強，難度適中．22．(1)見解析(2)①見解析；②【解析】【分析】（1）連接OD，由垂徑定理得到AB垂直平分CD，所以PC＝PD，因為PD是⊙O切線，所以得到∠ODP＝90°，因為OC＝OD，得到∠OCD＝∠ODC，通過等量代換，可以算得∠OCP＝90°，即OC⊥CP，又OC是半徑，從而證明PC是⊙O切線；（2）①利用AB⊥CD，得到∠ECP+∠MPO＝90°，又OC⊥PC，則∠OCD+∠ECP＝90°，證得∠MPO＝∠OCD，又OM平分∠COP，得到∠CON＝∠MOP，從而得到△OMP∽△ONC；②利用△OMP∽△ONC，得到∠CNO＝∠OMP，利用等角的補角相等，得到∠CNM＝∠CMO，所以CM＝CN＝10，過C作CG⊥MN于G，解直角△CMG，得到∠CMG的三角函數(shù)值，在直角三角形CMO中，因為CM＝10，tan∠CMO＝2，從而求得CO和OM的值，ON即可求．(1)連接OD，如圖1，∵PD為⊙O切線，∴∠ODP＝90°，∵AB⊥CD，且AB為⊙O直徑，∴AB垂直平分CD，∴PC＝PD，∴∠PCD＝∠PDC，又∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∴∠OCP＝∠OCD+∠PCD＝∠ODC+∠PDC＝90°，∴OC⊥PC，∴PC為⊙O的切線；(2)①∵AB⊥CD，∴∠CEP＝90°，∴∠ECP+∠MPO＝90°，又∠OCD+∠ECP＝90°，∴∠MPO＝∠OCD，又OM平分∠COP，∴∠CON＝∠MOP，∴△OMP∽△ONC；解：②過C作CG⊥OM于G，∵△OMP∽△ONC，∴∠CNO＝∠OMP，∵180°﹣∠CNO＝180°﹣∠OMP，∴∠CMO＝∠CNM，∴CM＝CN＝10，∵CG⊥MN，∴NG＝MG＝，∴，∴tan∠CMN＝，又在Rt△COM中，tan∠CMN＝，∴OC＝2CM＝20，∴，∴．【點睛】本題考查圓的綜合問題，涉及到切線的判定及其性質(zhì)、垂徑定理、相似三角形的判定及其性質(zhì)、勾股定理解直角三角形等等，解題的關(guān)鍵是熟練運用所學(xué)知識和已知條件解三角形．23．(1)拋物線對稱軸為直線，與軸的交點坐標為和(2)①和；②拋物線的解析式為，拋物線與拋物線兩個頂點的距離為(3)1或5【解析】【分析】（1）將代入拋物線的解析式，再根據(jù)對稱軸的計算公式可求出對稱軸，然后求出時，的值，由此即可得與軸的交點坐標；（2）①將拋物線的解析式改寫成，令求出的值，再代入解析式求出的值，由此即可得；②設(shè)拋物線的解析式為，將點和代入求出的值，由此即可得拋物線的解析式，再分別求出拋物線與拋物線的頂點坐標，由此即可得兩個頂點的距離；（3）根據(jù)拋物線的頂點的縱坐標的絕對值等于2即可得．(1)解：當(dāng)時，，則拋物線對稱軸為直線，當(dāng)時，，解得或，則拋物線與軸的交點坐標為和．(2)解：①將拋物線的解析式改寫成，令，解得或，當(dāng)和時，，則兩個定點的坐標為和；②由（2）①可知，這兩個定點所在直線為，則可設(shè)拋物線的解析式為，將點和代入得：，解得，則拋物線的解析式為，拋物線的頂點坐標為，拋物線的頂點坐標為，又因為，所以拋物線與拋物線兩個頂點的距離為．(3)解：因為（2）中拋物線的頂點到軸的距離為2，且拋物線的頂點坐標為，所以，解得或，均符合題意，故的值為1或5．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一元二次方程的應(yīng)用等知識點，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．24．(1)見解析；(2)AE＝CF，證明見解析；(3)5【解析】【分析】（1）證明△DAE≌△DCF（ASA），可得結(jié)論；（2）證明△DAE≌△DCF（ASA），可得結(jié)論；（3）如圖4中，連接AC，取AC的中點O，連接OE，OD．證明∠AED＝∠DEC＝45°，AE＝AF，勾股定理求得EF，由DF＝3，得到答案(1)證明：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠A＝∠ADC＝∠DCB＝∠DCF＝90°，∵DE⊥DF，∴∠EDF＝∠ADC＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，在△DAE和△DCF中，，∴△DAE≌△DCF（ASA），∴AE＝CF．(2)解：AE＝CF理由如下：如圖2中，∵四邊形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠DAB＝∠ADC＝∠DCB＝90°，∵DE⊥DF，∴∠EDF＝∠ADC＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，∵AE⊥EF，∴∠AEF＝90°，∴∠DAE+∠DCE＝360°－∠AEF－∠ADC＝180°，∵∠DCF+∠DCE＝180°，∴∠DAE＝∠DCF，在△DAE和△DCF中， ∴△DAE≌△DCF（ASA），∴AE＝CF．(3)解：如圖4中，連接AC，取AC的中點O，連接OE，OD． ∵四邊形ABCD是正方形，∴OA＝OC＝AC＝BD＝OD，∠ADC＝90°，∠ACD＝45°，AD＝CD∵AE⊥EC，∴∠AEC＝∠ADC＝90°，∴ △AEC是直角三角形∴OE＝AC，∴OD＝OA＝OC＝OE∴A，E，C，D四點共圓，∴∠AED＝∠ACD＝45°，∴∠AED＝∠DEC＝45°，∵AE⊥AF，∴∠EAF＝90°，∴∠AEF＝∠AFE＝45°，∴AE＝AF＝，∴EF＝＝2，∵DF＝3，∴DE＝EF +DF＝5，【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會利用建模的思想思考問題，屬于中考?？碱}．