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文档简介

2023年中考数学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1.我国古代数学名著《孙子算经》中记载了一道题,大意是:100匹马恰好拉了100片瓦,已知1匹大马能拉3片瓦,3匹小马能拉1片瓦,问有多少匹大马、多少匹小马?若设大马有匹,小马有匹,则可列方程组为()A. B.C. D.2.下面说法正确的个数有()①如果三角形三个内角的比是1∶2∶3,那么这个三角形是直角三角形;②如果三角形的一个外角等于与它相邻的一个内角,则这么三角形是直角三角形;③如果一个三角形的三条高的交点恰好是三角形的一个顶点,那么这个三角形是直角三角形;④如果∠A=∠B=12⑤若三角形的一个内角等于另两个内角之差,那么这个三角形是直角三角形;⑥在△ABC中,若∠A+∠B=∠C,则此三角形是直角三角形.A.3个B.4个C.5个D.6个3.如果,那么代数式的值是()A.6 B.2 C.-2 D.-64.如图,在△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°,点D在BC上,BD=3,DC=1,点P是AB上的动点,则PC+PD的最小值为()A.4 B.5 C.6 D.75.九年级学生去距学校10km的博物馆参观,一部分学生骑自行车先走,过了20min后,其余学生乘汽车出发,结果他们同时到达.已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍,求骑车学生的速度.设骑车学生的速度为xkm/h,则所列方程正确的是()A. B.C. D.6.若2<<3,则a的值可以是()A.﹣7 B. C. D.127.如图,⊙O中,弦AB、CD相交于点P,若∠A=30°,∠APD=70°,则∠B等于()A.30° B.35° C.40° D.50°8.如图,抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(-1,0),顶点坐标(1,n)与y轴的交点在(0,2),(0,3)之间(包含端点),则下列结论:①3a+b<0;②-1≤a≤-23;③对于任意实数m,a+b≥am2+bm总成立;④关于x的方程ax2A.1个B.2个C.3个D.4个9.如图,小明从A处出发沿北偏东60°方向行走至B处,又沿北偏西20°方向行走至C处,此时需把方向调整到与出发时一致,则方向的调整应是()A.右转80° B.左转80° C.右转100° D.左转100°10.如图,在平行四边形ABCD中,都不一定成立的是()①AO=CO;②AC⊥BD;③AD∥BC;④∠CAB=∠CAD.A.①和④ B.②和③ C.③和④ D.②和④二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11.如图,在边长为3的菱形ABCD中,点E在边CD上,点F为BE延长线与AD延长线的交点.若DE=1,则DF的长为________.12.若x=﹣1是关于x的一元二次方程x2+3x+m+1=0的一个解,则m的值为______.13.计算:=_____________.14.函数的自变量的取值范围是.15.分解因式:3x2-6x+3=__.16.若一次函数y=-2x+b(b为常数)的图象经过第二、三、四象限,则b的值可以是_________.(写出一个即可)三、解答题(共8题,共72分)17.(8分)如图,已知,等腰Rt△OAB中,∠AOB=90°,等腰Rt△EOF中,∠EOF=90°,连结AE、BF.求证:(1)AE=BF;(2)AE⊥BF.18.(8分)如图,在平面直角坐标系中,圆M经过原点O,直线与x轴、y轴分别相交于A,B两点.(1)求出A,B两点的坐标;(2)若有一抛物线的对称轴平行于y轴且经过点M,顶点C在圆M上,开口向下,且经过点B,求此抛物线的函数解析式;(3)设(2)中的抛物线交轴于D、E两点,在抛物线上是否存在点P,使得S△PDE=S△ABC?若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.19.(8分)如图,BD是△ABC的角平分线,点E,F分别在BC,AB上,且DE∥AB,BE=AF.(1)求证:四边形ADEF是平行四边形;(2)若∠ABC=60°,BD=6,求DE的长.20.(8分)北京时间2019年3月10日0时28分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功将中星卫星发射升空,卫星进入预定轨道.如图,火星从地面处发射,当火箭达到点时,从位于地面雷达站处测得的距离是,仰角为;1秒后火箭到达点,测得的仰角为.(参考数据:sin42.4°≈0.67,cos42.4°≈0.74,tan42.4°≈0.905,sin45.5°≈0.71,cos45.5°≈0.70,tan45.5°≈1.02)求发射台与雷达站之间的距离;求这枚火箭从到的平均速度是多少(结果精确到0.01)?21.(8分)如图,四边形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,点E,F分别在OA,OC上.(1)给出以下条件;①OB=OD,②∠1=∠2,③OE=OF,请你从中选取两个条件证明△BEO≌△DFO;(2)在(1)条件中你所选条件的前提下,添加AE=CF,求证:四边形ABCD是平行四边形.22.(10分)甲、乙两地相距300千米,一辆货车和一辆轿车先后从甲地出发驶向乙地,如图,线段OA表示货车离甲地距离y(千米)与时间x(小时)之间的函数关系;折线OBCDA表示轿车离甲地距离y(千米)与时间x(小时)之间的函数关系.请根据图象解答下列问题:当轿车刚到乙地时,此时货车距离乙地千米;当轿车与货车相遇时,求此时x的值;在两车行驶过程中,当轿车与货车相距20千米时,求x的值.23.(12分)如果一条抛物线与轴有两个交点,那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形”.(1)“抛物线三角形”一定是三角形;(2)若抛物线的“抛物线三角形”是等腰直角三角形,求的值;(3)如图,△是抛物线的“抛物线三角形”,是否存在以原点为对称中心的矩形?若存在,求出过三点的抛物线的表达式;若不存在,说明理由.24.如图,在△ABC中,AB>AC,点D在边AC上.(1)作∠ADE,使∠ADE=∠ACB,DE交AB于点E;(尺规作图,保留作图痕迹,不写作法)(2)若BC=5,点D是AC的中点,求DE的长.

参考答案一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1、B【解析】

设大马有匹,小马有匹,根据题意可得等量关系:大马数+小马数=100,大马拉瓦数+小马拉瓦数=100,根据等量关系列出方程即可.【详解】解:设大马有匹,小马有匹,由题意得:,故选:B.【点睛】本题主要考查的是由实际问题抽象出二元一次方程组,关键是正确理解题意,找出题目中的等量关系,列出方程组.2、C【解析】试题分析:①∵三角形三个内角的比是1:2:3,∴设三角形的三个内角分别为x,2x,3x,∴x+2x+3x=180°,解得x=30°,∴3x=3×30°=90°,∴此三角形是直角三角形,故本小题正确;②∵三角形的一个外角与它相邻的一个内角的和是180°,∴若三角形的一个外角等于与它相邻的一个内角,则此三角形是直角三角形,故本小题正确;③∵直角三角形的三条高的交点恰好是三角形的一个顶点,∴若三角形的三条高的交点恰好是三角形的一个顶点,那么这个三角形是直角三角形,故本小题正确;④∵∠A=∠B=12∴设∠A=∠B=x,则∠C=2x,∴x+x+2x=180°,解得x=45°,∴2x=2×45°=90°,∴此三角形是直角三角形,故本小题正确;⑤∵三角形的一个外角等于与它不相邻的两内角之和,三角形的一个内角等于另两个内角之差,∴三角形一个内角也等于另外两个内角的和,∴这个三角形中有一个内角和它相邻的外角是相等的,且外角与它相邻的内角互补,∴有一个内角一定是90°,故这个三角形是直角三角形,故本小题正确;⑥∵三角形的一个外角等于与它不相邻的两内角之和,又一个内角也等于另外两个内角的和,由此可知这个三角形中有一个内角和它相邻的外角是相等的,且外角与它相邻的内角互补,∴有一个内角一定是90°,故这个三角形是直角三角形,故本小题正确.故选D.考点:1.三角形内角和定理;2.三角形的外角性质.3、A【解析】【分析】将所求代数式先利用单项式乘多项式法则、平方差公式进行展开,然后合并同类项,最后利用整体代入思想进行求值即可.【详解】∵3a2+5a-1=0,∴3a2+5a=1,∴5a(3a+2)-(3a+2)(3a-2)=15a2+10a-9a2+4=6a2+10a+4=2(3a2+5a)+4=6,故选A.【点睛】本题考查了代数式求值,涉及到单项式乘多项式、平方差公式、合并同类项等,利用整体代入思想进行解题是关键.4、B【解析】试题解析:过点C作CO⊥AB于O,延长CO到C′,使OC′=OC,连接DC′,交AB于P,连接CP.此时DP+CP=DP+PC′=DC′的值最小.∵DC=1,BC=4,∴BD=3,连接BC′,由对称性可知∠C′BE=∠CBE=41°,∴∠CBC′=90°,∴BC′⊥BC,∠BCC′=∠BC′C=41°,∴BC=BC′=4,根据勾股定理可得DC′===1.故选B.5、C【解析】试题分析:设骑车学生的速度为xkm/h,则汽车的速度为2xkm/h,由题意得,.故选C.考点:由实际问题抽象出分式方程.6、C【解析】

根据已知条件得到4<a-2<9,由此求得a的取值范围,易得符合条件的选项.【详解】解:∵2<<3,∴4<a-2<9,∴6<a<1.又a-2≥0,即a≥2.∴a的取值范围是6<a<1.观察选项,只有选项C符合题意.故选C.【点睛】考查了估算无理数的大小,估算无理数大小要用夹逼法.7、C【解析】分析:欲求∠B的度数,需求出同弧所对的圆周角∠C的度数;△APC中,已知了∠A及外角∠APD的度数,即可由三角形的外角性质求出∠C的度数,由此得解.解答:解:∵∠APD是△APC的外角,∴∠APD=∠C+∠A;∵∠A=30°,∠APD=70°,∴∠C=∠APD-∠A=40°;∴∠B=∠C=40°;故选C.8、D【解析】

利用抛物线开口方向得到a<0,再由抛物线的对称轴方程得到b=-2a,则3a+b=a,于是可对①进行判断;利用2≤c≤3和c=-3a可对②进行判断;利用二次函数的性质可对③进行判断;根据抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点可对④进行判断.【详解】∵抛物线开口向下,∴a<0,而抛物线的对称轴为直线x=-b2a∴3a+b=3a-2a=a<0,所以①正确;∵2≤c≤3,而c=-3a,∴2≤-3a≤3,∴-1≤a≤-23∵抛物线的顶点坐标(1,n),∴x=1时,二次函数值有最大值n,∴a+b+c≥am2+bm+c,即a+b≥am2+bm,所以③正确;∵抛物线的顶点坐标(1,n),∴抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点,∴关于x的方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根,所以④正确.故选D.【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系:二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小.当a>0时,抛物线向上开口;当a<0时,抛物线向下开口;一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置:当a与b同号时,对称轴在y轴左;当a与b异号时,对称轴在y轴右.常数项c决定抛物线与y轴交点:抛物线与y轴交于(0,c).抛物线与x轴交点个数由判别式确定:△=b2-4ac>0时,抛物线与x轴有2个交点;△=b2-4ac=0时,抛物线与x轴有1个交点;△=b2-4ac<0时,抛物线与x轴没有交点.9、A【解析】

60°+20°=80°.由北偏西20°转向北偏东60°,需要向右转.故选A.10、D【解析】∵四边形ABCD是平行四边形,∴AO=CO,故①成立;AD∥BC,故③成立;利用排除法可得②与④不一定成立,∵当四边形是菱形时,②和④成立.故选D.二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11、1.1【解析】

求出EC,根据菱形的性质得出AD∥BC,得出相似三角形,根据相似三角形的性质得出比例式,代入求出即可.【详解】∵DE=1,DC=3,∴EC=3-1=2,∵四边形ABCD是菱形,∴AD∥BC,∴△DEF∽△CEB,∴,∴,∴DF=1.1,故答案为1.1.【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质,解题关键是根据菱形的性质证明△DEF∽△CEB,然后根据相似三角形的性质可求解.12、1【解析】试题分析:将x=﹣1代入方程得:1﹣3+m+1=0,解得:m=1.考点:一元二次方程的解.13、【解析】分析:按单项式乘以多项式的法则将括号去掉,在合并同类项即可.详解:原式=.故答案为:.点睛:熟记整式乘法和加减法的相关运算法则是正确解答这类题的关键.14、x≠1【解析】该题考查分式方程的有关概念根据分式的分母不为0可得X-1≠0,即x≠1那么函数y=的自变量的取值范围是x≠115、3(x-1)2【解析】

先提取公因式3,再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解.【详解】.故答案是:3(x-1)2.【点睛】考查了用提公因式法和公式法进行因式分解,一个多项式有公因式首先提取公因式,然后再用其他方法进行因式分解,同时因式分解要彻底,直到不能分解为止.16、-1【解析】试题分析:根据一次函数的图象经过第二、三、四象限,可以得出k<1,b<1,随便写出一个小于1的b值即可.∵一次函数y=﹣2x+b(b为常数)的图象经过第二、三、四象限,∴k<1,b<1.考点:一次函数图象与系数的关系三、解答题(共8题,共72分)17、见解析【解析】

(1)可以把要证明相等的线段AE,CF放到△AEO,△BFO中考虑全等的条件,由两个等腰直角三角形得AO=BO,OE=OF,再找夹角相等,这两个夹角都是直角减去∠BOE的结果,所以相等,由此可以证明△AEO≌△BFO;(2)由(1)知:∠OAC=∠OBF,∴∠BDA=∠AOB=90°,由此可以证明AE⊥BF【详解】解:(1)证明:在△AEO与△BFO中,∵Rt△OAB与Rt△EOF等腰直角三角形,∴AO=OB,OE=OF,∠AOE=90°-∠BOE=∠BOF,∴△AEO≌△BFO,∴AE=BF;(2)延长AE交BF于D,交OB于C,则∠BCD=∠ACO由(1)知:∠OAC=∠OBF,∴∠BDA=∠AOB=90°,∴AE⊥BF.18、(1)A(﹣8,0),B(0,﹣6);(2);(3)存在.P点坐标为(﹣4+,-1)或(﹣4﹣,-1)或(﹣4+,1)或(﹣4﹣,1)时,使得.【解析】分析:(1)令已知的直线的解析式中x=0,可求出B点坐标,令y=0,可求出A点坐标;(2)根据A、B的坐标易得到M点坐标,若抛物线的顶点C在⊙M上,那么C点必为抛物线对称轴与⊙O的交点;根据A、B的坐标可求出AB的长,进而可得到⊙M的半径及C点的坐标,再用待定系数法求解即可;(3)在(2)中已经求得了C点坐标,即可得到AC、BC的长;由圆周角定理:∠ACB=90°,所以此题可根据两直角三角形的对应直角边的不同来求出不同的P点坐标.本题解析:(1)对于直线,当时,;当时,所以A(﹣8,0),B(0,﹣6);(2)在Rt△AOB中,AB==10,∵∠AOB=90°,∴AB为⊙M的直径,∴点M为AB的中点,M(﹣4,﹣3),∵MC∥y轴,MC=5,∴C(﹣4,2),设抛物线的解析式为y=a(x+4)²+2,把B(0,﹣6)代入得16a+2=﹣6,解得a=,∴抛物线的解析式为,即;(3)存在.当y=0时,,解得x,=﹣2,x,=﹣6,∴D(﹣6,0),E(﹣2,0),,设P(t,-6),∵∴=20,即||=1,当=-1,解得,,此时P点坐标为(﹣4+,-1)或(﹣4﹣,-1);当时,解得=﹣4+,=﹣4﹣;此时P点坐标为(﹣4+,1)或(﹣4﹣,1).综上所述,P点坐标为(﹣4+,-1)或(﹣4﹣,-1)或(﹣4+,1)或(﹣4﹣,1)时,使得.点睛:本题考查了二次函数的综合应用及顶点式求二次函数的解析式和一元二次方程的解法,本题的综合性较强,注意分类讨论的思想应用.19、(1)证明见解析;(2).【解析】

(1)由BD是△ABC的角平分线,DE∥AB,可证得△BDE是等腰三角形,且BE=DE;又由BE=AF,可得DE=AF,即可证得四边形ADEF是平行四边形;(2)过点E作EH⊥BD于点H,由∠ABC=60°,BD是∠ABC的平分线,可求得BH的长,从而求得BE、DE的长,即可求得答案.【详解】(1)证明:∵BD是△ABC的角平分线,∴∠ABD=∠DBE,∵DE∥AB,∴∠ABD=∠BDE,∴∠DBE=∠BDE,∴BE=DE;∵BE=AF,∴AF=DE;∴四边形ADEF是平行四边形;(2)解:过点E作EH⊥BD于点H.∵∠ABC=60°,BD是∠ABC的平分线,∴∠ABD=∠EBD=30°,∴DH=BD=×6=3,∵BE=DE,∴BH=DH=3,∴BE==,∴DE=BE=.【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及三角函数等知识.注意掌握辅助线的作法.20、(Ⅰ)发射台与雷达站之间的距离约为;(Ⅱ)这枚火箭从到的平均速度大约是.【解析】

(Ⅰ)在Rt△ACD中,根据锐角三角函数的定义,利用∠ADC的余弦值解直角三角形即可;(Ⅱ)在Rt△BCD和Rt△ACD中,利用∠BDC的正切值求出BC的长,利用∠ADC的正弦值求出AC的长,进而可得AB的长,即可得答案.【详解】(Ⅰ)在中,,≈0.74,∴.答:发射台与雷达站之间的距离约为.(Ⅱ)在中,,∴.∵在中,,∴.∴.答:这枚火箭从到的平均速度大约是.【点睛】本题考查解直角三角形的应用,熟练掌握锐角三角函数的定义是解题关键.21、(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析:(1)选取①②,利用ASA判定△BEO≌△DFO;也可选取②③,利用AAS判定△BEO≌△DFO;还可选取①③,利用SAS判定△BEO≌△DFO;(2)根据△BEO≌△DFO可得EO=FO,BO=DO,再根据等式的性质可得AO=CO,根据两条对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论.试题解析:证明:(1)选取①②,∵在△BEO和△DFO中,∴△BEO≌△DFO(ASA);(2)由(1)得:△BEO≌△DFO,∴EO=FO,BO=DO,∵AE=CF,∴AO=CO,∴四边形ABCD是平行四边形.点睛:此题主要考查了平行四边形的判定,以及全等三角形的判定,关键是掌握两条对角线互相平分的四边形是平行四边形.22、(1)30;(2)当x=3.9时,轿车与货车相遇;(3)在两车行驶过程中,当轿车与货车相距20千米时,x的值为3.5或4.3小时.【解析】

(1)根据图象可知货车5小时行驶300千米,由此求出货车的速度为60千米/时,再根据图象得出货车出发后4.5小时轿车到达乙地,由此求出轿车到达乙地时,货车行驶的路程为270千米,而甲、乙两地相距300千米,则此时货车距乙地的路程为:300﹣270=30千米;(2)先求出线段CD对应的函数关系式,再根据两直线的交点即可解答;(3)分两种情形列出方程即可解决问题.【详解】解:(1)根据图象信息:货车的速度V货=,∵轿车到达乙地的时间为货车出发后4.5小时,∴轿车到达乙地时,货车行驶的路程为:4.5×60=

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