数学（江西卷）-学易金卷：2023年中考第三次模拟考试卷

2023年中考数学第三次模拟考试卷 数学·全解全析 第Ⅰ卷 1 2 3 4 5 6 A C A A C B 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1．A 【分析】根据有理数比较大小的方法即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴最小的数是， 故选：． 【点睛】本题主要考查有理数比较大小，掌握负数小于零，零小于正数，正数大于负数，两个负数比较大小，绝对值大的反而小是解题的关键． 2．C 【分析】根据单项式除以单项式，积的乘方，完全平方公式以及二次根式的减法运算即可求出答案． 【详解】A、，故A不符合题意 B、原式，故B不符合题意． C、原式，故C符合题意． D、原式，故D不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查整式的加减运算、乘除运算以及二次根式的加法运算，本题属于基础题型，熟练掌握相关运算法则是解决此题的关键． 3．A 【分析】根据左视图的定义即可解答． 【详解】左视图为左面看到的图形 故本题选A． 【点睛】本题考查了左视图，熟练掌握该知识点是解答本题的关键． 4．A 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，求出，即可得到答案． 【详解】解：∵，即，，， ∴，， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了根与系数的关系，正确掌握一元二次方程根与系数的关系公式是解题的关键． 5．C 【分析】先根据圆周角定理求得 ，然后解直角三角形即可． 【详解】∵， ∴ ∵， ∴， 在中，， 即， ∴， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了圆周角定义及其推论，以及解直角三角形，解题的关键是掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半，直径所对的圆周角为直角，以及解直角三角形的方法和步骤． 6．B 【分析】先根据抛物线开口方向得出，再根据对称轴的位置可知，由图象的位置可知，可判断①；根据抛物线与x轴交点的个数可判断②；将，代入可判断③；然后根据平移可判断④；最后根据图象在x轴上方的部分确定自变量取值范围，判断⑤即可． 【详解】先根据抛物线开口向下，可知， ∵， ∴． 由图象的位置可知， ∴． 则①正确； ∵抛物线与x轴有两个交点， ∴． 则②正确； 将，代入，得． 则③不正确； 将抛物线的图象向右平移一个单位长度，再向下平移若干个单位长度得到的图象． 则④正确； 根据图象在x轴上方的部分函数值大于0， 即当时，． 则⑤正确． 其中正确的有4个． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象与性质，掌握数形结合思想是解题的关键． 7． 【分析】根据平方差公式因式分解即可求解． 【详解】解：依题意得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了因式分解，熟练掌握平方差公式是解题的关键． 8． 【分析】用移动小数点的方法确定a值，根据整数位数减一原则确定n值，最后写成的形式即可． 【详解】∵亿， 故答案为：． 【点睛】本题考查了科学记数法表示大数，熟练掌握把小数点点在左边第一个非零数字的后面确定a，运用整数位数减去1确定n值是解题的关键． 9．/30度 【分析】根据平行线的性质可得，再由三角形外角的性质，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵，， ∴． 故答案为： 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质，三角形外角的性质是解题的关键． 10． 【分析】根据五只雀、六只燕共重一斤可得，根据互换其中一只，恰好一样重可得，据此可得答案． 【详解】解：设一只雀的重量为斤，一只燕的重量为斤， 由题意得：， 故答案为：． 【点睛】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组． 11． 【分析】过G作于点H，根据旋转变换的性质得到根据勾股定理求出，证明，进而求得根据勾股定理便可求得． 【详解】解：过G作于点H， 由旋转变换的性质可知， 由勾股定理得，， ∵， ∴， ∵ ∴ ∴， 即， ∴，    ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是旋转的性质、相似三角形的判定和性质，掌握勾股定理、矩形的性质、旋转变换的性质是解题的关键． 12．或或 【分析】由相似三角形的性质可求AE的长，BE的长，分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解． 【详解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2， ∴AB＝ ∵∠DCB＝90°，CE⊥BD， ∴△CDE∽△BDC， ∴CD2＝DE•DB， ∵AD＝CD， ∴AD2＝DE•DB， ∴， ∵∠ADE=∠ADB， ∴△DAE∽△DBA； ∴， ∴AE＝， ∵DE＝，BD＝， ∴BE＝， 如图1中，若AE＝AF时， ∴AF＝； 如图2中，若FE＝AE时，过点E作EJ⊥AB于J， ∵JE2＝AE2﹣AJ2＝EB2﹣BJ2， ∴﹣AJ2＝﹣（2﹣AJ）2， ∴AJ＝， ∵AE＝E