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东源县2023年中考数学模拟考试卷（三）
本试卷共4页，23小题，满分120分，考试用时90分钟．
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30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．（3分）如图是由4个相同的小正方体组成的一个水平放置的立体图形，其箭头所指方向为主视方向，其俯视图是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）光在真空中的速度约为每秒30万千米，用科学记数法表示为（　　）
A．0.3×106千米/秒 B．3×105千米/秒
C．30×104千米/秒 D．300×103千米/秒
3．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．a2+a2＝a4 B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．a2 a3＝a6 D．（a2）2＝a4
4．（3分）若a是关于x的方程3x2﹣x﹣1＝0的一个根，则2021﹣6a2+2a的值是（　　）
A．2023 B．2022 C．2020 D．2019
5．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，若AC＝6，BC＝8，则cosA的值为（　　）
A． B． C． D．
6．（3分）“杂交水稻之父”袁隆平培育的超级杂交稻在全世界推广种植．某种植户为了考察所种植的杂交水稻苗的长势，从稻田中随机抽取7株水稻苗，测得苗高（单位：cm）分别是：23，24，23，25，26，23，25．则这组数据的众数和中位数分别是（　　）
A．24，25 B．23，23 C．23，24 D．24，24
7．（3分）如图，在⊙O中，A，B，P为⊙O上的点，∠AOB＝68°，则∠APB的度数是（　　）
A．136° B．34° C．22° D．112°
8．（3分）《九章算术》勾股章有一问题，其意思是：现有一竖立着的木柱，在木柱上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有3尺，牵着绳索退行，在离木柱根部8尺处时绳索用尽，请问绳索有多长？若设绳索长度为x尺，根据题意，可列方程为（　　）
A．82+x2＝（x﹣3）2 B．82+（x+3）2＝x2
C．82+（x﹣3）2＝x2 D．x2+（x﹣3）2＝82
9．（3分）关于x的分式方程解为正数，且关于y的不等式组，解集为y≥5，则满足所有条件的整数a的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q，下列结论正确的有（　　）个．
①AE⊥BF；②QB＝QF；③；④S四边形ECPG＝3S△BGE．
A．1 B．4 C．3 D．2
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）分解因式：3x2﹣3y2＝　 　．
12．（3分）现在从“﹣3，0，1，3”四个数中任选两个数作为一次函数y＝kx+b的系数k，b，则一次函数的图象经过一、二、四象限的概率为 　 　．
13．（3分）如图，直线a∥b，∠1＝30°，∠2＝40°，且AD＝AC，则∠3的度数是　 　．
14．（3分）函数y＝﹣3x2+的图象关于x轴对称的图象的解析式为　 　．
15．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝2，将△ABC绕BC的中点D顺时针旋转120°得到△A'B'C'，其中点B的运动路径为，则图中阴影部分的面积为 　 　．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（8分）计算：．
17．（8分）先化简，再求值：（﹣x+1）÷，其中x＝﹣3．
18．（8分）本期开学以来，初2015级开展了轰轰烈烈的体育锻炼，为了解考体育科目训练的效果，九年级学生中随机抽取了部分学生进行了以此中考体育科目测试（把测试结果分为四个等级，A等：优秀；B等：良好；C等：及格；D等：不及格），并将结果汇成了如图1、2所示两幅不同统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：
（1）本次抽样测试的学生人数是　 　；
（2）图1扇形图中D等所在的扇形的圆心角的度数是　 　，并把图2条形统计图补充完整；
（3）我校九年级有1800名学生，如果全部参加这次中考体育科目测试，请估计不及格的人数为　 　；
（4）已知得A等的同学有一位男生，体育老师想从4为同学中随机选择两位同学向其他同学介绍经验，请用列表法或画树形图的方法求出选中的两人刚好是一男一女的概率．
19．（9分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC交AC于点D，点O是AB边上一点，以OB为半径的圆恰好经过点D．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若AD＝300，，求⊙O的半径．
20．（9分）一中集团某兄弟学校计划组织师生共556人参加一次秋季研学活动，如果租用7辆大巴车和5辆中巴车恰好全部坐满．已知每辆大巴车的乘客座位数比中巴车多16个．
（1）求每辆大巴车和每辆中巴车的乘客座位数；
（2）由于最后参加活动的人数增加了20人，学校决定调整租车方案，在保持租用车辆总数不变的情况下，为将所有参加活动的师生装载完成，最多可以租用多少辆中巴车？
21．（9分）如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y＝（m≠0）的图象交于点A、B，与x轴交于点F，与y轴交于点C．过点A作AD⊥x轴于点D，∠CAD＝45°，连接CD，已知△ADC的面积等于6，点A的坐标为（n，2），点B的坐标为（a，﹣6）．
（1）请直接写出一次函数的关系式为 　 　，反比例函数的关系式为 　 　；
（2）若点E是点C关于x轴的对称点，求△ABE的面积；
（3）根据图象直接写出关于x的不等式kx＞﹣b的解集是 　 　．
22．（12分）某“数学学习兴趣小组”成员在复习《图形的变化》时，对下面的图形背景产生了浓厚的兴趣，并尝试运用由“特殊到一般”的思想进行了探究：
【问题背景】如图1，正方形ABCD中，点E为AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC边于点F，将△ADE沿直线DE折叠后，点A落在点A'处，当∠BEF＝25°，则∠FEA'＝　 　°．
【特例探究】如图2，连接DF，当点A'恰好落在DF上时，求证：AE＝2A'F．
【深入探究】如图3，若把正方形ABCD改成矩形ABCD，且AD＝mAB，其他条件不变，他们发现AE与A′F之间也存在着一定的数量关系，请直接写出AE与A′F之间的数量关系式．
【拓展探究】如图4，若把正方形ABCD改成菱形ABCD，且∠B＝60°，∠DEF＝120°，其他条件不变，他们发现AE与A′F之间也存在着一定的数量关系，请直接写出AE与A′F之间的数量关系式．
23．（12分）如图，二次函数y＝ax2+bx+4与x轴交于A（﹣4，0）、B（8，0）两点，且与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PM⊥BC于点M，交x轴于点N，过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，求的最大值及此时P点坐标；
（3）将抛物线y＝ax2+bx+4沿射线CB平移个单位，平移后得到新抛物线y'，D是新抛物线对称轴上一动点．在平面内确定一点E，使得以B、C、D、E四点为顶点的四边形是矩形．直接写出点E的坐标．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1． 解：从上边看有两层，底层右边是一个小正方形，上层是两个小正方形，
故选：C．
2． 解：30万千米/秒＝300000千米/秒＝3×105千米/秒，
故选：B．
3． 解：A．a2+a2＝2a2，故本选项不合题意；
B．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故本选项不合题意；
C．a2 a3＝a5，故本选项不合题意；
D．（a2）2＝a4，故本选项符合题意；
故选：D．
4． 解：∵a是关于x的方程3x2﹣x﹣1＝0的一个根，
∴3a2﹣a﹣1＝0，
∴3a2﹣a＝1，
∴2021﹣6a2+2a＝2021﹣2（3a2﹣a）
＝2021﹣2×1
＝2019．
故选：D．
5． 解：由勾股定理得，
AB＝＝10，
∴cosA＝＝＝，
故选：A．
6． 解：这组数据中，出现次数最多的是23，共出现3次，因此众数是23，
将这组数据从小到大排列，处在中间位置的一个数是24，因此中位数是24，
即：众数是23，中位数是24，
故选：C．
7． 解：∵∠AOB＝68°，
∴∠APB＝∠AOB＝34°，
故选：B．
8． 解：设绳索长为x尺，可列方程为（x﹣3）2+82＝x2，
故选：C．
9． 解：解分式方程得：x＝a﹣2，
∵x＞0且x≠3，
∴a﹣2＞0且a﹣2≠3，
∴a＞2且a≠5，
解不等式组得：，
∵不等式组的解集为y≥5，
∴＜5，
∴a＜7，
∴2＜a＜7且a≠5，
∴所有满足条件的整数a的值有3，4，6共3个，
故选：D．
10． 解：①∵四边形BCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，
∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，
∴CF＝BE，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，AE＝BF，
又∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴AE⊥BF，故①正确；
由折叠的性质得：FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB＝90°
∵CD∥AB，
∴∠CFB＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠PFB，
∴QB＝QF，故②正确；
③∵AE⊥BF，∠ABE＝90°，
∴△BEG∽△ABG∽△AEB，
∴，
设GE＝x，则BG＝2x，AG＝4x，
∴BF＝AE＝AG+GE＝5x，
∴FG＝BF﹣BG＝3x，
∴，故③正确；
④如图所示：连接CG，
∵PC⊥BF，AE⊥BF，
∴PC∥AE，△BGE∽△BMC，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴△BGE的面积：△BMC的面积＝1：4，
∴△BGE的面积：四边形ECMG的面积＝1：3，
连接CG，则△PGM的面积＝△CGM的面积＝2△CGE的面积＝2△BGE的面积，
∴四边形ECPG的面积：△BGE的面积＝5：1，
∴S四边形ECPG＝5S△BGE，故④错误．
综上所述，共有3个结论正确，
故选：C．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11． 解：原式＝3（x2﹣y2）＝3（x+y）（x﹣y），
故答案为：3（x+y）（x﹣y）
12． 解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中一次函数的图象经过一、二、四象限（k＜0，b＞0）的结果有2种，
∴一次函数的图象经过一、二、四象限的概率为＝，
故答案为：．
13． 解：如图，
∵∠4＝∠1+∠2＝70°，
∵AD＝AC，
∴∠5＝180°﹣2∠4＝40°，
∵直线a∥b，
∴∠3＝∠5＝40°，
故答案为：40°．
14． 解：根据题意﹣y＝﹣3x2+，所以y＝3x2﹣．故所求图象的解析式为y＝3x2﹣．
15． 解：连接AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴AD⊥BC，∠ABC＝30°，
∵AB＝2，
∴AD＝，
∴BD＝3，
∴BC＝6，
由旋转可知，∠BDB'＝120°，
∴S扇形BDB'＝＝3π，
∵∠CDE＝60°，∠ECD＝30°，
∴∠DEC＝90°，
在Rt△DEC中，DE＝，EC＝，
∴S△CDE＝×＝，S△ABC＝6×＝3，
∴S阴影＝×32﹣（3﹣）＝3π﹣，
故答案为：3π﹣．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16． 解：
＝
＝
＝7+2﹣2+1
＝8．
17． 解：原式＝（﹣），
＝（﹣），
＝ ，
＝ ，
＝﹣x（x+1），
当x＝﹣3时，原式＝﹣（﹣3）×（﹣3+1）＝﹣6．
18． 解：（1）本次抽样测试的学生人数为10÷40%＝25（人）；
（2）D等级的人数为25﹣4﹣10﹣8＝3，
所以D等所在的扇形的圆心角的度数＝360°×＝43.2°，
条形统计图补充为：
（3）1800×＝216（人），
所以估计不及格的人数为216人；
故答案为25人，43.2°，216人；
（4）画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中选中的两人刚好是一男一女的结果数为6，
所以选中的两人刚好是一男一女的概率＝＝．
19． （1）证明：连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠DBC，
∴∠ODB＝∠DBC，
∴OD∥BC，
∴∠ADO＝∠C＝90°，
∵OD是圆O的半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：过点D作DH⊥AB，垂足为H，
在Rt△BDC中，，
∴设DC＝3x，BC＝4x，
∵BD平分∠ABC，DC⊥BC，DH⊥BA，
∴DH＝DC＝3x，
∵∠AHD＝∠C＝90°，∠A＝∠A，
∴△AHD∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴AB＝400，
设⊙O的半径为r，
∵OD2+AD2＝AO2，
∴r2+3002＝（400﹣r）2，
∴r＝，
∴⊙O的半径为：．
20． 解：（1）设每辆大巴车的乘客座位数是x个，每辆中巴车的乘客座位数是y个，
依题意，得：，
解得：，
答：每辆大巴车的乘客座位数是53个，每辆中巴车的乘客座位数是37个．
（2）设租用中巴车a辆，则租用（7+5﹣a）辆大巴车，
依题意，得：37a+53（7+5﹣a ）≥556+20，
解得：a≤3，
∵a为整数，
∴a的最大值为3，
答：最多可以租用3辆中巴车．
21． 解：（1）∵AD⊥x轴于点D，
∴AD∥y轴，
∵A（n，2），
∴AD＝2，
∵∠CAD＝45°，
∴∠AFD＝45°，
∴FD＝AD＝2，
连接AO，
∵AD∥y轴，
∴S△AOD＝S△ADC＝AD OD＝6，
∴OD＝6，
∴A（6，2），
将A（6，2）代入y＝，得m＝12，
∴反比例函数解析式为y＝；
∵点B（a，﹣6）在比例函数解析式为y＝的图象上，
∴﹣6＝，
∴a＝﹣2，
∴B（﹣2，﹣6），
将点A（6，2），点B（﹣2，﹣6）代入y＝kx+b，可得
，
解得，
∴一次函数解析式为y＝x﹣4，
故答案为：y＝x﹣4，y＝；
（2）令x＝0，得y＝x﹣4＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
点E是点C关于x轴的对称点，
∴E（0，4），
∴CE＝8，
∴S△ABE＝S△BCE+S△ACE＝CE |Bx|+CE |Ax|＝×8×2+×8×6＝32；
（3）根据图象得：不等式kx+b＞，即kx＞﹣b的解集为﹣2＜x＜0或x＞6．
22． 【问题背景】：解：∵EF⊥DE，∠BEF＝25°，
∴∠AED＝65°，
∵将△ADE沿直线DE折叠后，点A落在点A'处，
∴∠AED＝∠A'ED＝65°，
∴∠FEA'＝25°，
故答案为：25；
【特例探究】：证明：∵将△ADE沿直线DE折叠后，当点A'恰好落在DF上时，
∴AE＝A'E，∠A＝∠DA'E＝90°，
∴∠B＝∠EA'F＝90°，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠DEA'+∠FEA'，
∴∠BEF＝∠FEA'，
又∵EF＝EF，
∴△BEF≌△A'EF（AAS），
∴BE＝A'E＝AE，A'F＝BF，
∴AE＝AD，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠AED+∠ADE，
∴∠BEF＝∠ADE，
∴tan∠ADE＝tan∠BEF＝＝，
∴BE＝2BF，
∴AE＝2A'F；
【深入探究】：∵将△ADE沿直线DE折叠后，当点A'恰好落在DF上时，
∴AE＝A'E，∠A＝∠DA'E＝90°，
∴∠B＝∠EA'F＝90°，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠DEA'+∠FEA'，
∴∠BEF＝∠FEA'，
又∵EF＝EF，
∴△BEF≌△A'EF（AAS），
∴BE＝A'E＝AE＝AB，A'F＝BF，
∵AD＝mAB，
∴AE＝AD，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠AED+∠ADE，
∴∠BEF＝∠ADE，
∴tan∠ADE＝tan∠BEF＝＝，
∴BE＝2mBF，
∴AE＝2mA'F；
【拓展探究】：如图4，在BE上截取BF＝BN，连接NF，在A'F上截取FH＝FN，连接EH，
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴AB＝AD，∠A＝120°，
∵∠B＝60°，BF＝BN，
∴△BNF是等边三角形，
∴BN＝BF＝NF，∠B＝∠BFN＝∠BNF＝60°，
∴∠ENF＝120°，
设∠BEF＝x，
∵∠DEF＝∠A＝120°，∠B＝60°，
∴∠BFE＝120°﹣x，∠AED＝60﹣x，
∴∠NFE＝60°﹣x，
∵∠DEB＝∠A+∠ADE＝∠DEF+∠BEF，
∴∠ADE＝∠BEF＝x，
∵将△ADE沿直线DE折叠后，当点A'恰好落在DF上时，
∴AE＝A'E，∠A＝∠DA'E＝120°，∠ADE＝∠A'DE＝x，∠DEA＝∠DEA'＝60﹣x，
∴∠EFA'＝60﹣x，
∴∠EFN＝∠EFH，
又∵EF＝EF，FN＝FH，
∴△EFH≌△EFN（SAS），
∴EN＝EH，∠BEF＝∠FEH＝x，
∵∠BEF+∠AED＝60°，
∴∠FEH+∠DEA'＝60°，
∴∠A'EH＝60°，
又∵∠EA'H＝180°﹣∠EA'D＝60°，
∴△A'EH是等边三角形，
∴A'E＝EH＝A'H，
∴设AE＝a＝A'E＝A'H＝EH＝EN，BN＝b，
∴AB＝2a+b＝AD＝A'D，
∵∠A'DE＝∠FEH＝x，∠EFH＝∠DEA'＝60°﹣x，
∴△DEA'∽△EFH，
∴＝，
∴，
∴a＝b+b，（负值舍去），
∴AE＝b+b，A'F＝a+b＝2b+b，
∴A'F＝AE．
23． 解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于A（﹣4，0）、B（8，0）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）延长PQ交x轴于H点，则PH⊥x轴，如图：
在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，
∴C（0，4），
由B（8，0），C（0，4）得直线BC解析式为y＝﹣x+4，BC＝＝4，
设P（m，﹣m2+m+4），则Q（m，﹣m+4），
∴PQ＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+m，PH＝﹣m2+m+4，
∵∠PMQ＝∠PHB＝90°，∠PQM＝∠BQH，
∴∠NPH＝∠OBC，
∴cos∠NPH＝cos∠OBC＝＝＝，
∴＝，
∴PH＝PN，
∴PQ+PN＝PQ+PH＝﹣m2+m﹣m2+m+4＝﹣m2+m+4＝﹣（m﹣3）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝3时，PQ+PN取最大值，此时P（3，）；
∴PQ+PN的最大值为，P的坐标为（3，）；
（3）∵C（0，4），B（8，0），
∴将抛物线y＝﹣x2+x+4沿射线CB平移个单位相当于先向下平移2个单位，再向右平移4个单位，
∵抛物线y＝﹣x2+x+4的对称轴为直线x＝﹣＝2，
∴新抛物线的对称轴为直线x＝6，
设D（6，t），E（p，q），
①若BC，DE为对角线，则BC，DE的中点重合，且BC＝DE，
∴，
解得或，
∴E（2，﹣2）或（2，6）；
②若CD，BE为对角线，同理可得；
，
解得，
∴E（﹣2，0）；
③当CE，BD为对角线时，
，
解得，
∴E（14，12）；
综上所述，E的坐标为（2，﹣2）或（2，6）或（﹣2，0）或（14，12）．
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