福建省厦门市瑞景外国语分校2023年中考数学对点突破模拟试卷含解析

2023考生请注意：答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。位置上。考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一选择题（本大题共12个小题每小题4分共48分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的1．当ab＞0时与y＝ax+b的图象大致是（ ）A． B． C． D．2．济南市某天的气温则当天最高与最低的温差为（ A．13 B．3 C．-13 D．-31ab（a＞b）2的方式放置，阴影部分的面积为面积为S2，若S2＝2S1，则a，b满足（ ）3ba＝2

a＝2b

5a＝2b D．a＝3b已知x1，x2是关于x的方程x2+bx﹣3=0的两根，且满足x1+x2﹣3x1x2=5，那么b的值为（ ）A．4 B．﹣4 C．3 D．﹣31﹣2的绝对值是（ ）1 1A．﹣22 C．﹣2 D．26BOC的大小为（A．140°B．160°C．170°D．150°下列计算正确的是（ ）A．2﹣2y32x3＝﹣4x﹣6y3 BC2a+21）2a﹣1 D35x3y25x2＝7xy一元二次方程x22x40的根的情况是（ ）A．有一个实数根B．有两个相等的实数根C．有两个不相等的实数根D．没有实数根某市初中学业水平实验操作考试，要求每名学生从物理，化学、生物三个学科中随机抽取一科参加测试，小华和强都抽到物理学科的概率( )1 1 1 1A．9 B．4 C．6 D．310．单项式2a3b的次数是（ A．2 B．3 C．4 D．5如图，矩形ABCD中是AB中点，以点A为圆心为半径作弧交AB于点E，以点B为圆心，BF为半径作弧交BC于点G，则图中阴影部分面积的差S1－S2为( )12

?29

6A． 4 B． 4 C． 4 D．6将抛物线y3x2向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为（ ）A．y3(x2)2

B．y3(x2)23

C．y3(x2)23

D．y3(x2)23（本大题共6个小题，每小题4分，共24）如图某水库大坝的横断面是梯形ABCD 坝顶宽AD6米坝高是20米背水坡AB的坡角为迎水坡的坡度为1∶2，那么坝底BC的长度等米（结果保留根号）O为位似中心在y△OAB△△OAB与△的相似比为2：1，则点B（3，﹣2）的对应点B′的坐标．△ABC1BCAC2AD1O，△AOBS1；如图②将边BAC分别3等分BEAD1相交于点O△AOB的面积记为S依此类推则Sn可表示 含n的代数式表示，其中n为正整数）4x1 5

x21 2(x1)=1的解 18 mx2若一个正多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数18 mx2x．关于的方程

2x30有两个不相等的实数根，那么m的取值范围．（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．196分）直角三角形ABC中，BAC90D是斜边BC上一点，且ABAD，过点C作CEAD，交AD的延长线于点E，交AB延长线于点F．

求证：

ACBDCE；若 BAD45 AF2若 面积．

2，过点B作BGFC于点G，连接DG.依题意补全图形，并求四边形ABGD的20（6分）△ABC中，C90，以边AB上一点OOA为半径的圈与BC相切于点D，分别交AACE，F如图①，连接AD，若CAD25，求∠B的大小；如图②，若点FAD的中点，O2，求AB的长．216分）某电器商场销售甲、乙两种品牌空调，已知每台乙种品牌空调的进价比每台甲种品牌空调的进价高用7200元购进的乙种品牌空调数量比用3000元购进的甲种品牌空调数量多2台． 求甲、乙两种品牌空调的进货价； 该商场拟用不超过16000元购进甲、乙两种品牌空调共10台进行销售，其中甲种品牌空调的售价为2500元／台，乙种品牌空调的售价为3500元／台．请您帮该商场设计一种进货方案，使得在售完这10台空调后获利最大，并求出最大利润．22（8分）已知：如图，在四边形ABCDA∥C，对角线ABD交于点E，点F在边AB上，连接CF交线BE于点G，CG2=GE•GD．求证：∠ACF=∠ABDEF，求证：EF•CG=EG•CB．m23（8分xOy＝kx的图象与反比例函数＝x的图象都经过点（2﹣2．分别求这两个函数的表达式；OA3yB，与反比例函数图象在第四象限内的交点为CAC，求点C△ABC的面积．24（10分）(1解方程： + 4(2)解不等式组并把解集表示在数轴上： .25（10分）△ABCAB=BABC=90，点E分别是边ABC的中点，点G是边AC、EG的延长线相交于点H，连接HA(1)求证：四边形FBGH是菱形；(2)求证：四边形ABCH是正方形．26（12分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点AC分别在xy轴的正半轴上，且OA=OC=3，若抛物线经过两点，且顶点在BC边上，对称轴交AC于点D，动点P在抛物线对称轴上，动点Q求抛物线的解析式；当PO+PC的值最小时，求点P的坐标；是否存在以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出理由．27（12分）20142018年春运期间的铁路发送旅客量情况进行了调查，过程如下．（Ⅰ）收集、整理数据请将表格补充完整：（Ⅱ）描述数据为了更直观地显示动车组发送旅客量占比的变化趋势，需要用什么图（回答“折线图”或“扇形图”）进行描述；（Ⅲ）分析数据、做出推测预估2019年春运期间动车组发送旅客量占比约为多少，说明你的预估理由．参考答案（本大题共124481D【解析】∵ab＞0，∴a、b同号．当a＞0，b＞0时，抛物线开口向上，顶点在原点，一次函数过一、二、三象限，没有图象符合要求；当a＜0，b＜0故选B．2、A【解析】由题意可知，当天最高温与最低温的温差为8-（-5）=13℃，故选A.3、B【解析】S2是中间边长为的正方形面积与上下两个直角边为和b的直角三角形的面积，再与左右两个直角边为a和b的直角三角形面积的总和，阴影部分的面积为S1积之差，再由S2＝2S1，便可得解．【详解】由图形可知，S2=（a-b）2+b（a+b）+ab=a2+2b2，S1=（a+b）2-S2=2ab-b2，∵S2＝2S1，∴a2+2b＝（2a﹣b2，∴a2﹣4ab+4b2＝0，即（a﹣2b）2＝0，故选B．【点睛】本题主要考查了求阴影部分面积和因式分解，关键是正确列出阴影部分与空白部分的面积和正确进行因式分解．4、A【解析】根据一元二次方程根与系数的关系和整体代入思想即可得解.【详解】∵x1，x2是关于x的方程x2+bx﹣3=0的两根，∴x1+x2=﹣b，x1x2=﹣3，∴x1+x2﹣3x1x2=﹣b+9=5，解得b=4.故选A.【点睛】本题主要考查一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理，韦达定理：若一元二次方程)两个实数根x1，x2，那么x1+x2=5、B【解析】根据求绝对值的法则，直接计算即可解答．【详解】

，x1x2=.1(1)12 2 2，故选：B．【点睛】本题主要考查求绝对值的法则，掌握负数的绝对值等于它的相反数，是解题的关键．6、B【解析】可得：∠AOC=70°考点：角度的计算7、D【解析】A除法法则判断．【详解】A.-2x-2y3 2x3y=-4xy4B.(−2a2)3=−8a6，故本项错误；C.(2a+1)(2a−1)=4a2−1D.35x3y2÷5x2y=7xy.故答案选D.【点睛】.8、D【解析】故选D．考点：根的判别式．9、A【解析】作出树状图即可解题.【详解】解：如下图所示1一共有9中可能,符合题意的有1种,故小华和小强都抽到物理学科的概率是9,故选A.【点睛】本题考查了用树状图求概率,属于简单题,会画树状图是解题关键.10、C【解析】分析：根据单项式的性质即可求出答案．详解：该单项式的次数为：3+1=4故选C．点睛：本题考查单项式的次数定义，解题的关键是熟练运用单项式的次数定义，本题属于基础题型．11、A【解析】根据图形可以求得BF的长，然后根据图形即可求得S1-S2的值．【详解】∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，F是AB中点，∴BF=BG=2，∴S1=S矩形ABCD-S扇形ADE-S扇形BGF+S2，9032

9022

12∴S1-S2=4×3-故选A．【点睛】

360 360 = 4 ，想解答．12、A【解析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．【详解】将抛物线

y3x2向上平移3个单位，再向左平移2个单位，根据抛物线的平移规律可得新抛物线的解析式为y3(x2)23，故答案选A．（本大题共6个小题，每小题4分，共24）13、(4620 3)【解析】AE、DFRtABE、BE、CFEFBC的长．【详解】如图，作AEBC，DFBC，垂足分别为点则四边形ADFE 是矩形．由题意得，EFAD6米，AEDF20米，BB 30，在RtB 30，

30，斜坡CD的坡度为1∶2，3BE 3AE20 米．3在Rt△DCF中，∵斜坡CD的坡度为1∶2，DF1∴CF 2，CF2DF40米，3∴BCBEEFFC203

364046203

（米．∴坝底BC的长度等于(4620 3)米．故答案为(4620 3)．【点睛】此题考查了解直角三角形的应用﹣度与坡角的定义．314（-2，1）【解析】根据如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k进行解答．【详解】解：∵以原点O为位似中心，相似比为：2：1，将△OAB缩小为△OA′B′，点B（3，−2）3则点B（−2）的对应点（-21，3故答案为-21．【点睛】k位似图形对应点的坐标的比等于k−k．115、2n1【解析】试题解析：如图，连接D1E1，设AD1、BE1交于点M，∵AE：AC=n+，∴S△ABE：△ABC=（n+，1∴S△ABE1=n1，AB

n1DE ME n∵1 1 1 ，BMBE ∴ 1

n12n1，∴S△ABS△ABE1n+12n+，1∴S△AB：n1（n+2n+，1∴Sn=2n1．1故答案为2n1．16、x=0.1【解析】分析：方程两边都乘以最简公分母，化为整式方程，然后解方程，再进行检验．详解：方程两边都乘以2（x2﹣1）得，8x+2﹣1x﹣1=2x2﹣2，x1=1，x2=0.1，检验：当x=0.1x=1时，x﹣1=0，所以x=0.1是方程的解，故原分式方程的解是x=0.1．故答案为：x=0.1（1）解分式方程的基本思想是“转化思想（2）分式方程一定注意要验根．17、8【解析】解：设边数为n，由题意得，180（n-2）=3603解得n=8.所以这个多边形的边数是8.m118、

3且m0【解析】△=4-12m＞1m≠1m详解：∵一元二次方程mx2-2x+3=1有两个不相等的实数根，∴△＞1且m≠1，∴4-12m＞1且m≠1，1∴m＜3且m≠1，1故答案为：m＜3且m≠1．点睛：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=1（a≠1，a，b，c为常数）根的判别式△=b2-4ac．当△＞1，方程有两个不相等的实数根；当△=1，方程有两个相等的实数根；当△＜1，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19（）（）【解析】

S 2四边ABGD ．

根据等腰三角形的性质得到

ABD

，等量代换得到

，根据余角的性质即可得到结论；2根据平行线的判定定理得到

AD∥BG，推出四边形ABGD是平行四边形，得到平行四边形ABGD是菱形，设解直角三角形得到BF 2BG 2x 过点B作BHAD 于根据平行四边形的面积式即可得到结论．【详解】ABAD解： ，ABDADB，ADBCDE，ABDCDE，BAC90，ABDACB90，CEAE，DCECDE90，ACBDCE；2补全图形，如图所示：BAD45，BAC90，BAECAE45，FACF45，AECF，BGCF，AD//BG，BGCFBAC90，且ACBDCE，ABBG，ABAD，BGAD，四边形ABGD是平行四边形，ABAD，平行四边形ABGD是菱形，设ABBGGDADxBF 2BG 2x，ABBFx 2x2 2，x 2，过点B作BHAD于H，BH 2AB12 ．S四边形ABGD

ADBH 2．

S = 2故答案为1）2）【点睛】

四边ABGD ．本题考查等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，解题的关键是正确的作出辅助线．20、(1)∠B=40°；(2)AB=6.【解析】连接OD△ABC中,∠C=90°，BC,易得AC∥OD,即可求得∠CAD=∠ADO,;首先连接AC∥OD,F为弧AD易得△AOF.【详解】解:(1)如解图①,连接OD,∵BC切⊙O于点D,∴∠ODB=90°,∵∠C=90°,∴AC∥OD,∴∠CAD=∠ADO,∵OA=OD,∴∠DAO=∠ADO=∠CAD=25°,∴∠DOB=∠CAO=∠CAD＋∠DAO=50°,∵∠ODB=90°,∴∠B=90°－∠DOB=90°－50°=40°;(2)如解图②,连接OF,OD,∵AC∥OD,∴∠OFA=∠FOD,∵点F为弧AD的中点,∴∠AOF=∠FOD,∴AF=OA,∵OA=OF,∴△AOF为等边三角形,∴∠FAO=60°,则∠DOB=60°,∴∠B=30°,∵在Rt△ODB中,OD=2,∴OB=4,∴AB=AO＋OB=2＋4=6.【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，弧弦圆心角的关系，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质.熟练掌握切线的性质是解（1）的关键，证明△AOF为等边三角形是解（2）的关键.21（1）甲种品牌的进价为1500元，乙种品牌空调的进价为1800（2）当购进甲种品牌空调7台，乙种品牌空调3台时，售完后利润最大，最大为12100元【解析】设甲种品牌空调的进货价为x元/1.2x元=单价可得出关于x的分式方程，解之并检验后即可得出结论；设购进甲种品牌空调a台，所获得的利润为y元，则购进乙种品牌空调×16000元，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a=购进数量即可得出ya的函数关系式，利用一次函数的性质即可解决最值问题．【详解】由设甲种品牌的进价为x元，则乙种品牌空调的进价为元，7200

30002由题意，得

120%x x，解得x=1500，经检验，x=1500是原分式方程的解，乙种品牌空调的进价为（1+20%）×1500=1800（元）.答：甲种品牌的进价为1500元，乙种品牌空调的进价为1800元；设购进甲种品牌空调a台，则购进乙种品牌空调1500a+1800（10-a）≤16000，20解得3 ≤a，设利润为，则因为-700<0，则w随a的增大而减少，当a=7时，w最大，最大为12100元.答：当购进甲种品牌空调7台，乙种品牌空调3台时，售完后利润最大，最大为12100元.【点睛】本题考查了一次函数的应用、分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是（1）=总价列出关于x2）=购进数量找出y关于a的函数关系式．22（）（）证明见解析．【解析】CGGD试题分析（先根据D得出GE CG再由CGD∠EGC可△GC∽GE∠GDCGC根据AB∥CD得出∠ABD=∠BDC，故可得出结论；FGEG（2）先根据∠ABD=∠ACF，∠BGF=∠CGE 得出△BGF∽△CGE，△FGE∽△BGC，进而可得出结论．

BG CG．再由∠FGE=∠BGC 得出CGGD试题解析（1），∴GE CG．又∵∠CGD=∠EGC，∴△GCD∽△GEC，∴∠GDC=∠GCE．∵AB∥CD，∴∠ABD=∠BDC，∴∠ACF=∠ABD．FGEG（2）∵∠ABD=∠ACF，∠BGF=∠CGE，∴△BGF∽△CGE，∴BG CG．FEEG又∵∠FGE=∠BGC，∴△FGE∽△BGC，∴BC CG，∴FE•CG=EG•CB．考点：相似三角形的判定与性质．23（1）

y

4x

yx；（2）

C(4,1)，

6ABC .【解析】m（1）将点A坐标，-）分别代入y=k、y=x求得km2）由题意得平移后直线解析式，即可知点B坐标，联立方程组求解可得第四象限内的交点C得坐标，可将△ABC的面积转化为△OBC的面积．（1）

A2,2 ymx代入反比例函数表达式 ，x2得

m2，解得m，∴反比例函数表达式为

y4x，A2,2把 代入正比例函

ykx，得2k，解得k，∴正比例函数表达式为yx．（2）BC由直线OA向上平移3个单位所得，BCyx3，4 y4x

x4 x

1 1 2由yx

，解得

y21 或

y 42 ，C在第四象限，C4,1∴ ，连接OC，∵OA BC，S S

1OBxABC BOC 2 C，1342 ，6．24（1）x=1（2）4＜x≤【解析】先将整理方程再乘以最小公分母移项合并即可；求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出即可．【详解】（1） + =4，方程整理得： 去分母得x﹣5=（2﹣，移项合并得解得：x=1；经检验x=1是分式方程的解；（2）解①得：x≤∴不等式组的解集是4＜x≤ ，在数轴上表示不等式组的解集为．【点睛】本题考查了解一元二次方程组与分式方程，解题的关键是熟练的掌握解一元二次方程组与分式方程运算法25（1）见解析 （2）见解析【解析】由三角形中位线知识可得DF∥BG，GH∥BF，根据菱形的判定的判定可得四边形FBGH是菱形；AC于点ABCH是菱形，再根据一组邻边相等的菱形即可求解．【详解】∵点、G是边AC的三等分点，∴AF=FG=GC．又∵点D是边AB的中点，∴DH∥BG．同理：EH∥BF．∴四边形FBGH连结BH，交AC于点O，∴OF=OG，∴AO=CO，∵AB=BC，∴BH⊥FG，∴四边形FBGH是菱形；∵四边形FBGH是平行四边形，∴BO=HO，FO=GO．又∵AF=FG=GC，∴AF+FO=GC+GO，即：AO=CO．∴四边形ABCH是平行四边形．∵AC⊥BH，AB=BC，∴四边形ABCH是正方形．【点睛】本题考查正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的中位线，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键．3 326（）y= 4x2+3（）当PO+PC的值最小时，点P的坐标为，2）存在，具体见解.【解析】由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；D与P重合时有最小值，求出点D的坐标即可；.【详解】在矩形OABC中，OA=4，OC=3，∴（，0，（03，∵抛物线经过O、A两点，且顶点在BC边上，∴抛物线顶点坐标为3，∴可设抛物线解析式为y=a(x﹣2)2+3，3把A点坐标代入可得0=a（4﹣2)2+3，解得a= 4，3 3∴抛物线解析式为y= 4(x﹣2)2+3，即y= 4x2+3x；∵点P∴当点P与点D重合时，PA+PC=AC；当点P不与点D重合时，PA+PC>AC；∴当点P与点D重合时