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文档简介
2023年中考数学模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1.用6个相同的小正方体搭成一个几何体,若它的俯视图如图所示,则它的主视图不可能是()A. B. C. D.2.如图,线段AB两个端点的坐标分别为A(4,4),B(6,2),以原点O为位似中心,在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD,则端点C和D的坐标分别为()A.(2,2),(3,2) B.(2,4),(3,1)C.(2,2),(3,1) D.(3,1),(2,2)3.如图1,点O为正六边形对角线的交点,机器人置于该正六边形的某顶点处,柱柱同学操控机器人以每秒1个单位长度的速度在图1中给出线段路径上运行,柱柱同学将机器人运行时间设为t秒,机器人到点A的距离设为y,得到函数图象如图2,通过观察函数图象,可以得到下列推断:①该正六边形的边长为1;②当t=3时,机器人一定位于点O;③机器人一定经过点D;④机器人一定经过点E;其中正确的有()A.①④ B.①③ C.①②③ D.②③④4.下列计算正确的是()A.2x2+3x2=5x4 B.2x2﹣3x2=﹣1C.2x2÷3x2=x2 D.2x2•3x2=6x45.以坐标原点为圆心,以2个单位为半径画⊙O,下面的点中,在⊙O上的是()A.(1,1) B.(,) C.(1,3) D.(1,)6.已知⊙O的半径为3,圆心O到直线L的距离为2,则直线L与⊙O的位置关系是()A.相交 B.相切 C.相离 D.不能确定7.如图图形中,可以看作中心对称图形的是()A. B. C. D.8.如图,已知是中的边上的一点,,的平分线交边于,交于,那么下列结论中错误的是()A.△BAC∽△BDA B.△BFA∽△BECC.△BDF∽△BEC D.△BDF∽△BAE9.如图所示的几何体的俯视图是()A. B. C. D.10.如图,把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后,点A落在CD边上的点A′处,点B落在点B′处,若∠2=40°,则图中∠1的度数为()A.115° B.120° C.130° D.140°二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11.如图,已知反比例函数y=(k为常数,k≠0)的图象经过点A,过A点作AB⊥x轴,垂足为B,若△AOB的面积为1,则k=________________.12.如图,是用火柴棒拼成的图形,则第n个图形需_____根火柴棒.13.已知(x-ay)(x+ay),那么a=_______14.如果一个三角形两边为3cm,7cm,且第三边为奇数,则三角形的周长是_________.15.在20km越野赛中,甲乙两选手的行程y(单位:km)随时间x(单位:h)变化的图象如图所示,根据图中提供的信息,有下列说法:①两人相遇前,甲的速度小于乙的速度;②出发后1小时,两人行程均为10km;③出发后1.5小时,甲的行程比乙多3km;④甲比乙先到达终点.其中正确的有_____个.16.如图,甲和乙同时从学校放学,两人以各自送度匀速步行回家,甲的家在学校的正西方向,乙的家在学校的正东方向,乙家离学校的距离比甲家离学校的距离远3900米,甲准备一回家就开始做什业,打开书包时发现错拿了乙的练习册.于是立即步去追乙,终于在途中追上了乙并交还了练习册,然后再以先前的速度步行回家,(甲在家中耽搁和交还作业的时间忽略不计)结果甲比乙晚回到家中,如图是两人之间的距离y米与他们从学校出发的时间x分钟的函数关系图,则甲的家和乙的家相距_____米.17.已知扇形AOB的半径OA=4,圆心角为90°,则扇形AOB的面积为_________.三、解答题(共7小题,满分69分)18.(10分)已知动点P以每秒2
cm的速度沿图(1)的边框按从B⇒C⇒D⇒E⇒F⇒A的路径移动,相应的△ABP的面积S与时间t之间的关系如图(2)中的图象表示.若AB=6
cm,试回答下列问题:(1)图(1)中的BC长是多少?(2)图(2)中的a是多少?(3)图(1)中的图形面积是多少?(4)图(2)中的b是多少?19.(5分)二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c为常数,且a≠1)中的x与y的部分对应值如表x
﹣1
1
1
3
y
﹣1
3
5
3
下列结论:①ac<1;②当x>1时,y的值随x值的增大而减小.③3是方程ax2+(b﹣1)x+c=1的一个根;④当﹣1<x<3时,ax2+(b﹣1)x+c>1.其中正确的结论是.20.(8分)在△ABC中,已知AB=AC,∠BAC=90°,E为边AC上一点,连接BE.(1)如图1,若∠ABE=15°,O为BE中点,连接AO,且AO=1,求BC的长;(2)如图2,D为AB上一点,且满足AE=AD,过点A作AF⊥BE交BC于点F,过点F作FG⊥CD交BE的延长线于点G,交AC于点M,求证:BG=AF+FG.21.(10分)A粮仓和B粮仓分别库存粮食12吨和6吨,现决定支援给C市10吨和D市8吨.已知从A粮仓调运一吨粮食到C市和D市的运费分别为400元和800元;从B粮仓调运一吨粮食到C市和D市的运费分别为300元和500元.设B粮仓运往C市粮食x吨,求总运费W(元)关于x的函数关系式.(写出自变量的取值范围)若要求总运费不超过9000元,问共有几种调运方案?求出总运费最低的调运方案,最低运费是多少?22.(10分)如图,在正方形ABCD的外部,分别以CD,AD为底作等腰Rt△CDE、等腰Rt△DAF,连接AE、CF,交点为O.(1)求证:△CDF≌△ADE;(2)若AF=1,求四边形ABCO的周长.23.(12分)如图所示,已知,试判断与的大小关系,并说明理由.24.(14分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2+mx+n经过点A(3,0)、B(0,-3),点P是直线AB上的动点,过点P作x轴的垂线交抛物线于点M,设点P的横坐标为t.分别求出直线AB和这条抛物线的解析式.若点P在第四象限,连接AM、BM,当线段PM最长时,求△ABM的面积.是否存在这样的点P,使得以点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形?若存在,请直接写出点P的横坐标;若不存在,请说明理由.
参考答案一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1、D【解析】分析:根据主视图和俯视图之间的关系可以得出答案.详解:∵主视图和俯视图的长要相等,∴只有D选项中的长和俯视图不相等,故选D.点睛:本题主要考查的就是三视图的画法,属于基础题型.三视图的画法为:主视图和俯视图的长要相等;主视图和左视图的高要相等;左视图和俯视图的宽要相等.2、C【解析】
直接利用位似图形的性质得出对应点坐标乘以得出即可.【详解】解:∵线段AB两个端点的坐标分别为A(4,4),B(6,2),以原点O为位似中心,在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD,∴端点的坐标为:(2,2),(3,1).故选C.【点睛】本题考查位似变换;坐标与图形性质,数形结合思想解题是本题的解题关键.3、C【解析】
根据图象起始位置猜想点B或F为起点,则可以判断①正确,④错误.结合图象判断3≤t≤4图象的对称性可以判断②正确.结合图象易得③正确.【详解】解:由图象可知,机器人距离点A1个单位长度,可能在F或B点,则正六边形边长为1.故①正确;观察图象t在3-4之间时,图象具有对称性则可知,机器人在OB或OF上,则当t=3时,机器人距离点A距离为1个单位长度,机器人一定位于点O,故②正确;所有点中,只有点D到A距离为2个单位,故③正确;因为机器人可能在F点或B点出发,当从B出发时,不经过点E,故④错误.故选:C.【点睛】本题为动点问题的函数图象探究题,解答时要注意动点到达临界前后时图象的变化趋势.4、D【解析】
先利用合并同类项法则,单项式除以单项式,以及单项式乘以单项式法则计算即可得到结果.【详解】A、2x2+3x2=5x2,不符合题意;B、2x2﹣3x2=﹣x2,不符合题意;C、2x2÷3x2=,不符合题意;D、2x23x2=6x4,符合题意,故选:D.【点睛】本题主要考查了合并同类项法则,单项式除以单项式,单项式乘以单项式法则,正确掌握运算法则是解题关键.5、B【解析】
根据点到圆心的距离和半径的数量关系即可判定点与圆的位置关系.【详解】A选项,(1,1)到坐标原点的距离为<2,因此点在圆内,B选项(,)到坐标原点的距离为=2,因此点在圆上,C选项(1,3)到坐标原点的距离为>2,因此点在圆外D选项(1,)到坐标原点的距离为<2,因此点在圆内,故选B.【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系,解决本题的关键是要熟练掌握点与圆的位置关系.6、A【解析】试题分析:根据圆O的半径和,圆心O到直线L的距离的大小,相交:d<r;相切:d=r;相离:d>r;即可选出答案.解:∵⊙O的半径为3,圆心O到直线L的距离为2,∵3>2,即:d<r,∴直线L与⊙O的位置关系是相交.故选A.考点:直线与圆的位置关系.7、D【解析】
根据把一个图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个点叫做对称中心进行分析即可.【详解】解:A、不是中心对称图形,故此选项不合题意;B、不是中心对称图形,故此选项不合题意;C、不是中心对称图形,故此选项不合题意;D、是中心对称图形,故此选项符合题意;故选D.【点睛】此题主要考查了中心对称图形,关键掌握中心对称图形定义.8、C【解析】
根据相似三角形的判定,采用排除法,逐项分析判断.【详解】∵∠BAD=∠C,∠B=∠B,∴△BAC∽△BDA.故A正确.∵BE平分∠ABC,∴∠ABE=∠CBE,∴△BFA∽△BEC.故B正确.∴∠BFA=∠BEC,∴∠BFD=∠BEA,∴△BDF∽△BAE.故D正确.而不能证明△BDF∽△BEC,故C错误.故选C.【点睛】本题考查相似三角形的判定.识别两三角形相似,除了要掌握定义外,还要注意正确找出两三角形的对应边和对应角.9、D【解析】
找到从上面看所得到的图形即可,注意所有看到的棱都应表现在俯视图中.【详解】从上往下看,该几何体的俯视图与选项D所示视图一致.故选D.【点睛】本题考查了简单组合体三视图的知识,俯视图是从物体的上面看得到的视图.10、A【解析】解:∵把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后,点A落在CD边上的点A′处,点B落在点B′处,∴∠BFE=∠EFB',∠B'=∠B=90°.∵∠2=40°,∴∠CFB'=50°,∴∠1+∠EFB'﹣∠CFB'=180°,即∠1+∠1﹣50°=180°,解得:∠1=115°,故选A.二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11、-1【解析】试题解析:设点A的坐标为(m,n),因为点A在y=的图象上,所以,有mn=k,△ABO的面积为=1,∴=1,∴=1,∴k=±1,由函数图象位于第二、四象限知k<0,∴k=-1.考点:反比例外函数k的几何意义.12、2n+1.【解析】
解:根据图形可得出:当三角形的个数为1时,火柴棒的根数为3;当三角形的个数为2时,火柴棒的根数为5;当三角形的个数为3时,火柴棒的根数为7;当三角形的个数为4时,火柴棒的根数为9;……由此可以看出:当三角形的个数为n时,火柴棒的根数为3+2(n﹣1)=2n+1.故答案为:2n+1.13、±4【解析】
根据平方差公式展开左边即可得出答案.【详解】∵(x-ay)(x+ay)=又(x-ay)(x+ay)∴解得:a=±4故答案为:±4.【点睛】本题考查的平方差公式:.14、15cm、17cm、19cm.【解析】试题解析:设三角形的第三边长为xcm,由题意得:7-3<x<7+3,即4<x<10,则x=5,7,9,三角形的周长:3+7+5=15(cm),3+7+7=17(cm),3+7+9=19(cm).考点:三角形三边关系.15、1【解析】试题解析:在两人出发后0.5小时之前,甲的速度小于乙的速度,0.5小时到1小时之间,甲的速度大于乙的速度,故①错误;由图可得,两人在1小时时相遇,行程均为10km,故②正确;甲的图象的解析式为y=10x,乙AB段图象的解析式为y=4x+6,因此出发1.5小时后,甲的路程为15千米,乙的路程为12千米,甲的行程比乙多3千米,故③正确;甲到达终点所用的时间较少,因此甲比乙先到达终点,故④正确.16、5200【解析】设甲到学校的距离为x米,则乙到学校的距离为(3900+x),甲的速度为4y(米/分钟),则乙的速度为3y(米/分钟),依题意得:解得所以甲到学校距离为2400米,乙到学校距离为6300米,所以甲的家和乙的家相距8700米.故答案是:8700.【点睛】本题考查一次函数的应用,二元一次方程组的应用等知识,解题的关键是读懂图象信息.17、4π【解析】根据扇形的面积公式可得:扇形AOB的面积为,故答案为4π.三、解答题(共7小题,满分69分)18、(1)8cm(2)24cm2(3)60cm2(4)17s【解析】
(1)根据题意得:动点P在BC上运动的时间是4秒,又由动点的速度,可得BC的长;(2)由(1)可得BC的长,又由AB=6cm,可以计算出△ABP的面积,计算可得a的值;(3)分析图形可得,甲中的图形面积等于AB×AF-CD×DE,根据图象求出CD和DE的长,代入数据计算可得答案,(4)计算BC+CD+DE+EF+FA的长度,又由P的速度,计算可得b的值.【详解】(1)由图象知,当t由0增大到4时,点P由BC,∴BC==4×2=8(㎝);(2)a=S△ABC=×6×8=24(㎝2);(3)同理,由图象知CD=4㎝,DE=6㎝,则EF=2㎝,AF=14㎝∴图1中的图象面积为6×14-4×6=60㎝2;(4)图1中的多边形的周长为(14+6)×2=40㎝b=(40-6)÷2=17秒.19、①③④.【解析】试题分析:∵x=﹣1时y=﹣1,x=1时,y=3,x=1时,y=5,∴,解得,∴y=﹣x2+3x+3,∴ac=﹣1×3=﹣3<1,故①正确;对称轴为直线,所以,当x>时,y的值随x值的增大而减小,故②错误;方程为﹣x2+2x+3=1,整理得,x2﹣2x﹣3=1,解得x1=﹣1,x2=3,所以,3是方程ax2+(b﹣1)x+c=1的一个根,正确,故③正确;﹣1<x<3时,ax2+(b﹣1)x+c>1正确,故④正确;综上所述,结论正确的是①③④.故答案为①③④.【考点】二次函数的性质.20、(1)3+【解析】
(1)如图1中,在AB上取一点M,使得BM=ME,连接ME.,设AE=x,则ME=BM=2x,AM=3x,根据AB2+AE2=BE2,可得方程(2x+3x)2+x2=22,解方程即可解决问题.
(2)如图2中,作CQ⊥AC,交AF的延长线于Q,首先证明EG=MG,再证明FM=FQ即可解决问题.【详解】解:如图1中,在AB上取一点M,使得BM=ME,连接ME.在Rt△ABE中,∵OB=OE,∴BE=2OA=2,∵MB=ME,∴∠MBE=∠MEB=15°,∴∠AME=∠MBE+∠MEB=30°,设AE=x,则ME=BM=2x,AM=3x,∵AB2+AE2=BE2,∴2x+3∴x=6-∴AB=AC=(2+3)•6-∴BC=2AB=3+1.作CQ⊥AC,交AF的延长线于Q,∵AD=AE,AB=AC,∠BAE=∠CAD,∴△ABE≌△ACD(SAS),∴∠ABE=∠ACD,∵∠BAC=90°,FG⊥CD,∴∠AEB=∠CMF,∴∠GEM=∠GME,∴EG=MG,∵∠ABE=∠CAQ,AB=AC,∠BAE=∠ACQ=90°,∴△ABE≌△CAQ(ASA),∴BE=AQ,∠AEB=∠Q,∴∠CMF=∠Q,∵∠MCF=∠QCF=45°,CF=CF,∴△CMF≌△CQF(AAS),∴FM=FQ,∴BE=AQ=AF+FQ=AF=FM,∵EG=MG,∴BG=BE+EG=AF+FM+MG=AF+FG.【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理,等腰直角三角形的性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题.21、(1)w=200x+8600(0≤x≤6);(2)有3种调运方案,方案一:从B市调运到C市0台,D市6台;从A市调运到C市10台,D市2台;方案二:从B市调运到C市1台,D市5台;从A市调运到C市9台,D市3台;方案三:从B市调运到C市2台,D市4台;从A市调运到C市8台,D市4台;(3)从A市调运到C市10台,D市2台;最低运费是8600元.【解析】
(1)设出B粮仓运往C的数量为x吨,然后根据A,B两市的库存量,和C,D两市的需求量,分别表示出B运往C,D的数量,再根据总费用=A运往C的运费+A运往D的运费+B运往C的运费+B运往D的运费,列出函数关系式;(2)由(1)中总费用不超过9000元,然后根据取值范围来得出符合条件的方案;(3)根据(1)中的函数式以及自变量的取值范围即可得出费用最小的方案.【详解】解:(1)设B粮仓运往C市粮食x吨,则B粮仓运往D市粮食6﹣x吨,A粮仓运往C市粮食10﹣x吨,A粮仓运往D市粮食12﹣(10﹣x)=x+2吨,总运费w=300x+500(6﹣x)+400(10﹣x)+800(x+2)=200x+8600(0≤x≤6).(2)200x+8600≤9000解得x≤2共有3种调运方案方案一:从B市调运到C市0台,D市6台;从A市调运到C市10台,D市2台;方案二:从B市调运到C市1台,D市5台;从A市调运到C市9台,D市3台;方案三:从B市调运到C市2台,D市4台;从A市调运到C市8台,D市4台;(3)w=200x+8600k>0,所以当x=0时,总运费最低.也就是从B市调运到C市0台,D市6台;从A市调运到C市10台,D市2台;最低运费是8600元.【点睛】本题重点考查函数模型的构建,考查利用一次函数的有关知识解答实际应用题,解答一次函数的应用问题中,要注意自变量的取值范围还必须使实际问题有意义.22、(1)详见解析;(2)【解析】
(1)根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定得出△CDF≌△ADE;(2)连接AC,利用正方形的性质和四边形周长解答即可.【详解】(1)证明:∵四边形ABCD是正方形∴CD=AD,∠ADC=90°,∵△CDE和△DAF都是等腰直角三角形,∴FD=AD,DE=CD,∠ADF=∠CDE=45°,∴∠CDF=∠ADE=135°,FD=DE,∴△CDF≌△ADE(SAS);(2)如图,连接AC.∵四边形ABCD是正方形,∴∠ACD=∠DAC=45°,∵△CDF≌△ADE,∴∠DCF=∠DAE,∴∠OAC=∠OCA,∴OA=OC,∵∠DCE=45°,∴∠ACE=90°,∴∠OCE=∠OEC,∴OC=OE,∵AF=FD=1,∴AD=AB=BC=,∴AC=2,∴OA+OC=OA+OE=AE=,∴四边形ABCO的周长AB+BC+OA+OC=.【点睛】本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,难点在于(2)作辅助线构造出全等三角形.23、.【解析】
首先判断∠AED与∠ACB是一对同位角,然后根据已知条件推出DE∥BC,得出两角相等.【详解】解:∠AED=∠ACB.理由:如图,分
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