重庆市2023年中考数学二模试题（含解析）

C．5 D．6【考点】菱形的性质；矩形的性质．【分析】连接EF交AC于O，由四边形EGFH是菱形，得到EF⊥AC，OE=OF，由于四边形ABCD是矩形，得到∠B=∠D=90°，AB∥CD，通过△CFO≌△AOE，得到AO=CO，求出AO=AC=2，根据△AOE∽△ABC，即可得到结果．【解答】解；连接EF交AC于O，∵四边形EGFH是菱形，∴EF⊥AC，OE=OF，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠D=90°，AB∥CD，∴∠ACD=∠CAB，在△CFO与△AOE中，，∴△CFO≌△AOE，∴AO=CO，∵AC==4，∴AO=AC=2，∵∠CAB=∠CAB，∠AOE=∠B=90°，∴△AOE∽△ABC，∴，∴，∴AE=5．应选C．【点评】此题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用定理是解题的关键．二、填空题：本大题共6小题，每题4分，共24分13．数据0.00204用科学记数法表示为2.04×10﹣3．【考点】科学记数法—表示较小的数．【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【解答】解：0.00204=2.04×10﹣3，故答案为：2.04×10﹣3．【点评】此题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．14．如图，∠1、∠2、∠3、∠4、∠5．是五边形ABCDE的外角，那么∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°．【考点】多边形内角与外角．【分析】根据多边形的外角和定理即可求解．【解答】解：根据多边形外角和定理得到：∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，故答案为：360°．【点评】此题主要考查了多边形的外角和定理，熟记多边形的外角和定理是解题的关键．15．计算：|﹣2|﹣20220+〔﹣〕2=1．【考点】有理数的混合运算；零指数幂．【专题】计算题；实数．【分析】原式利用绝对值的代数意义，零指数幂、负整数指数幂法那么计算即可得到结果．【解答】解：原式=2﹣1+=1，故答案为：1【点评】此题考查了有理数的混合运算，以及零指数幂，熟练掌握运算法那么是解此题的关键．16．如图，两条直线l1、l2的交点可看作是某方程组的解，那么这个方程组为．【考点】一次函数与二元一次方程〔组〕．【专题】推理填空题．【分析】根据函数图象可以分别求得直线l1、l2的函数解析式，从而可以解答此题．【解答】解：由函数图象可知，直线l1过点〔0，〕，〔2，3〕，设解析式为：y=k1+b，那么，解得，，即直线l1的解析式为：y=；直线l2过点〔0，0〕，〔2，3〕，设解析式为y=k2x，那么3=2k2，得k2=，即直线l2的解析式为：y=，故这个方程组为：，故答案为：．【点评】此题考查一次函数与二元一次方程组，解题的关键是明确一次函数与二元一次方程组的关系，利用数形结合的思想解答问题．17．如图，AB为⊙O的直径，CD与⊙O相切于E，且与AB的延长线相交于点D，假设BD=OB=2，那么弦AE的长为2．【考点】切线的性质．【分析】连接OE，在RT△ODE中，先求出∠D，DE，∠DOE，再求出∠A，判断出∠A=∠D，即AE=DE即可．【解答】解：如图，连接OE，BE，∴OE=OA=OB=2，∵CD与⊙O相切于E，∴∠OED=90°，在RT△ODE中，OE=2，OD=OB+BD=4，∴tan∠D==，DE===2，∴锐角∠D=30°，∴∠DOE=60°，∵OA=OE，∴∠A=∠AEO=∠DOE=30°，∴AE=DE=2，故答案为2．【点评】此题考查了切线的性质，切线的性质主要有，①圆的切线垂直于经过切点的半径．②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．18．为抓住“足球走进校园〞的商机，王杰到体育用品批发市场用1000元购进了一批足球，然后以每个90元的定价进行销售，很快售完，由于该品牌足球深受学生喜爱，十分畅销，他再次去购置同样品牌的足球时，发现其批发价格每个比原来增加了20元，结果他多花400元购进了与第一批相同数量的足球．当第二批足球按原定价销售了时，却出现了滞销，于是他才去以定价的5折促销方式并售完剩余的足球，王杰销售完这两批足球一共可赢利1020元．【考点】分式方程的应用．【分析】设第一次购进足球的单价为x元/个，根据“第一次购进的数量=第二次购进的数量〞列分式方程求解，从而得出第一次购进足球的单价为50元/个，第二次购进足球的单价为70元/个，每次购进足球的数量为20个，再利用销售这批足球的总收入﹣总本钱=利润列式计算可得．【解答】解：设第一次购进足球的单价为x元/个，根据题意得：=，解得：x=50，经检验：x=50是原分式方程的解，即第一次购进足球的单价为50元/个，第二次购进足球的单价为70元/个，每次购进足球的数量为20个；∴销售完这两批足球一共可赢利：90×20+20××90+〔20﹣20×〕×45﹣1000﹣1400=1020〔元〕，故答案为：1020．【点评】此题主要考查分式方程的应用，根据题意找到题目蕴含的相等关系“第一次购进的数量=第二次购进的数量、销售这批足球的总收入﹣总本钱=利润〞是解题的关键．三、解答题：本大题共2小题，每题7分，共14分19．解方程：=﹣1．【考点】解一元一次方程．【专题】计算题；一次方程〔组〕及应用．【分析】方程去分母，去括号，移项合并，把x系数化为1，即可求出解．【解答】解：去分母得：3x﹣6=4x﹣4﹣12，移项合并得：x=10．【点评】此题考查了解一元一次方程，其步骤为：去分母，去括号，移项合并，把x系数化为1，求出解．20．食品平安关系千家万户，春节期间，食监部门对某超市的甲、乙两种品牌的菜籽油进行了抽检，共随机抽取了36桶油进行检测，检测结果分成“优秀〞、“合格〞、“不合格〞三个等级，乙种品牌的菜籽油全部合格，统计人员将数据处理后制成了如下的扇形统计图及折线统计图，其中扇形统计图表示甲种品牌菜籽油检测的结果，折线统计图表示甲、乙两种品牌菜籽油检测的结果．〔1〕甲、乙两种品牌的菜籽油各被抽取了多少桶进行检测？〔2〕甲、乙两种品牌的菜籽油检测结果中“优秀〞各有多少桶？【考点】折线统计图；扇形统计图．【分析】〔1〕根据不合格的桶数和甲所占的百分比即可求出甲品牌的菜籽油的桶数，再用总桶数减去甲的桶数，从而求出乙的桶数；〔2〕根据甲，乙优秀总数为20桶，其中甲品牌食用油的优秀占到60%，求出甲的优秀桶数，再用总优秀桶数减去甲的桶数即可得出乙的优秀桶数．【解答】解：〔1〕根据题意得：2÷10%=20〔桶〕，那么36﹣20=16〔桶〕，答：甲种品牌有20桶，乙种品牌有16桶．〔2〕∵甲，乙优秀瓶总数为20桶，其中甲品牌食用油的优秀占到60%，∴甲的优秀瓶数为20×60%=12〔桶〕，∴乙的优秀瓶数为：20﹣12=8〔桶〕．【点评】此题考查的是折线统计图与扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．折线图不但可以表示出数量的多少，而且能够清楚地表示出数量的增减变化情况．扇形图可以清楚地看出各局部数量和总数量之间的关系．四、解答题：本大题共4小题，每题10分，共40分21．先化简，再求值：〔〕÷，其中x，y分别是一次函数y=﹣x+1的图象与x轴交点的横坐标和与y轴交点的纵坐标．【考点】一次函数图象上点的坐标特征；分式的化简求值．【分析】先根据分式混合运算的法那么把原式进行化简，再求出x、y的值代入进行计算即可．【解答】解：原式=••=••=•=．∵x，y分别是一次函数y=﹣x+1的图象与x轴交点的横坐标和与y轴交点的纵坐标，∴x=，y=1，∴原式=﹣1．【点评】此题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知坐标轴上点的坐标特点是解答此题的关键．22．如图，在▱ABCD中，E是BC边上一点，连结DE，使得DE=AD，作∠DAF=∠CDE．求证：〔1〕△DAF≌△EDC；〔2〕AE平分∠BAF．【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】证明题．【分析】〔1〕利用平行四边形的对边相互平行和平行线的性质得到∠ADE=∠DEC，证出DE=BC，证明三角形全等即可；〔2〕证出∠AEB=∠AEF，由AAS证明△BAE≌△FAE，即可得出结论．【解答】证明：〔1〕∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∠B+∠C=180°，∴∠ADE=∠DEC．∠AEB=∠DAE，又∵DA=DE，∴DE=BC，在△DAF和△EDC中，，∴△DAF≌△EDC〔ASA〕；〔2〕∵△DAF≌△EDC，∴∠AFD=∠C，∵DE=AD，∴∠AEF=∠DAE，∴∠AEB=∠AEF，∵∠AFE+∠AFD=180°，∴∠B=∠AFE，在△BAE和△FAE中，，∴△BAE≌△FAE〔AAS〕，∴∠BAE=∠FAE，即AE平分∠BAF．【点评】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质．熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．23．请阅读下面解方程〔x2+1〕2﹣2〔x2+1〕﹣3=0的过程．解：设x2+1=y，那么原方程可变形为y2﹣2y﹣3=0．解得y1=3，y2=﹣1．当y=3时，x2+1=3，∴x=±．当y=﹣1时，x2+1=﹣1，x2=﹣2此方程无实数解．∴原方程的解为x1=，x2=﹣．我们将上述解方程的方法叫做换元法．请用换元法解方程：〔〕2﹣2〔〕﹣15=0．【考点】换元法解一元二次方程；换元法解分式方程．【专题】分式方程及应用．【分析】根据材料的提示，可以利用换元法解答分式方程，注意最后要验根．【解答】解：〔〕2﹣2〔〕﹣15=0，设=a，那么a2﹣2a﹣15=0，解得，a=﹣3或a=5，当a=﹣3时，，解得，x=，经检验x=是分式方程的解，当a=5时，，解得x=，经检验x=是分式方程的解，∴原分式方程的解是，．【点评】此题考查换元法解一元二次方程、换元法解解分式方程，解题的关键是明确用换元法解方程的方法．24．如图，在某段测速公路BC上〔公路视为直线〕交通管理部门规定汽车的最高行驶速度不能超过60千米/时，并在离该公路100米处设置了一个监测点A，点B在A的北偏西60°方向上，点C在点A的偏东40°方向上．〔1〕监测发现，一辆汽车从点B匀速行驶到点C所用时间为15秒．请你通过计算，判断该越野车在这段限速路上是否超速？〔参考数据：sin40°=0.64，tan40°=0.84，=1.73〕〔2〕监测发现，在该路段上，一辆货车以每秒15米的速度由B处向C方向行驶，同时另一辆小汽车由C处向B方向行驶，假设小汽车的速度是货车速度的倍，那么经过大约多少时间两车相遇〔结果精确到0.01秒〕【考点】解直角三角形的应用-方向角问题．【分析】〔1〕过点A作AD⊥BC于点D，通过解直角三角形求出BD、CD的长，再根据速度=路程÷时间即可求出越野车的速度，由此即可得出结论；〔2〕先求出小汽车的速度，再根据时间=路程÷速度和，即可求出两车相遇的时间．【解答】解：〔1〕过点A作AD⊥BC于点D，如下图．由得：AD=100，∠BAD=60°，∠CAD=40°，∴BD=AD•tan∠BAD=173，CD=AD•tan∠CAD=84，∴BC=BD+CD=257．该越野车的速度为：257÷15×3.6=61.68〔千米/时〕，∵61.68＞60，∴该越野车在这段限速路上超速行驶了．〔2〕小汽车的速度为：15×=20〔米/秒〕，两车相遇的时间为：257÷〔15+20〕≈7.34〔秒〕．答：经过大约7.34秒两车相遇．【点评】此题考查了解直角三角形的应用中的方向角问题，解题的关键是：〔1〕求出线段BC的长度；〔2〕根据数量关系求出相遇时间．此题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，构建直角三角形通过解直角三角形求出边角是关键．五、解答题：本大题共2小题，每题12分，共24分25．如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D、E是BC上的两点，且满足∠DAE=45°．〔1〕求证：BD+EC＞DE；〔2〕假设BD=2，EC=4，求DE的长．【考点】全等三角形的判定与性质；三角形三边关系；等腰直角三角形．【专题】几何变换．【分析】根据翻折变换的性质易得△AFD≌△ABD；根据SAS可证△AFE≌△ACE；根据全等三角形的性质可得：BD+EC=DF+FE＞DE，∠DFE=∠DFA+∠EFA=∠B+∠C=90°，根据勾股定理进行计算即可．【解答】解：〔1〕把△ABD沿着AD折叠，得到△ADF，连接EF，那么△AFD≌△ABD，∴AB=AF，BD=FD，∠B=∠DFA，∠BAD=∠FAD，∵AB=AC，∴AF=AC，∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠CAE=45°，∠FAD+∠FAE=45°，∴∠FAE=∠CAE，在△AFE与△ACE中，，∴△AFE≌△ACE，∴EF=EC，∵△DEF中，DF+EF＞DE，∴BD+EC＞DE；〔2〕∵△AFE≌△ACE，∴∠AFE=∠C=45°，又∵∠AFD=∠B=45°，∴∠DFE=∠DFA+∠EFA=∠B+∠C=90°，即△DEF是直角三角形，∴DE=，又∵DF=BD=2，EF=EC=4，∴DE==2．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及三角形的三边关系的综合应用，根据翻折变换证得△AFD≌△ABD和△AFE≌△ACE是解题的关键．此题也可以运用旋转变换进行求解．26．如图①，在平面直角坐标系中，OA=6，以OA为边长作等边三角形ABC，使得BC∥OA，且点B、C落在过原点且开口向下的抛物线上．〔1〕求这条抛物线的解析式；〔2〕在图①中，假设一动点P从点B出发，沿折线BAC的方向以每秒2个单位的速度运动，同时另一动点Q从O点出发，沿x轴的负半轴方向以每秒1个单位的速度运动，当点P运动到A点时，P、Q都同时停止运动，在P、Q的运动过程中，是否存在时间t，使得PQ⊥AB，假设存在，求出t的值，假设不存在，请说明理由；〔3〕在BC边上取两点E、F，使BE=EF=1个单位，试在AB边上找一点G，在抛物线的对称轴上找一点H，使得四边形EGHF的周长最小，并求出周长的最小值．【考点】二次函数综合题．【分析】〔1〕由等边三角形的性质可先求得B、C的坐标，再利用待定系数法可求得抛物线的解析式；〔2〕用t可分别表示出BP、AP和AQ，在Rt△APQ中，可得到AQ=2AP，可得到关于t的方程，可求得t的值；〔3〕作E点关于AB的对称点E′，可知E′在OB上，作F关于对称轴的对称点F′，连接E′F′，分别交AB于G，交对称轴于H，那么E′F′=EG+GH+HF，此时四边形EGHF的周长最小，过E′、F′分别作x轴的垂线，可分别求得E′、F′的坐标，可求得E′F′的长，可求得四边形EGHF的周长的最小值．【解答】解：〔1〕如图1，连接OB，分别作BM⊥x轴，CN⊥x轴，垂足分别为M、N，∵BC∥x轴，△ABC为等边三角形，∴∠BAO=∠ABC=60°，