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天津市中考数学学科模拟试卷
温馨提示：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷为第1页至第3页，第Ⅱ卷为第4页至第8页、试卷满分120分．考试时间100分钟．
祝你考试顺利!
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点．
2．本卷共12题，共36分．
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36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．计算（﹣1）×（）的结果是（ ）
A．1 B．﹣1 C． D．﹣
2．无理数的大小在（ ）
A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间
3．下列手机中的图标是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．一个几何体如图水平放置，它的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
5．“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”．2023年8月29日，华为搭载自研麒麟芯片的mate60系列低调开售．据统计，截至2023年10月21日，华为mate60系列手机共售出约160万台，将数据1600000用科学记数法表示应为（ ）
A．0.16×107 B．1.6×106 C．1.6×107 D．16×106
6．计算tan45°+tan30°cos30°的值为（ ）
A． B．1 C． D．2
7．若反比例函数的图象经过点（1，﹣2），则k的值是（ ）
A．3 B．﹣3 C．﹣1 D．2
8．化简﹣的结果是（ ）
A．x+1 B．x﹣1 C．x D．﹣x
9．设一元二次方程x2﹣3x+2＝0的两根为x1，x2，则x1+x2﹣x1x2的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C．0 D．3
10．如图，在△ABC中，已知AB＝AC＝5，BC＝3，分别以A、B两点为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，连接MN与AC相交于点D，则△BDC的周长为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
11．如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线BD上两点，BF＞BE，且∠EAF＝45°．将△ADF以点A为中心顺时针旋转90°得到△ABG，点D，F的对应点分别为点B，G，连接EG，则下列结论一定正确的是（ ）
A．∠AEF＝∠AEG B．AE＝AF C．∠AFD＝∠AEB D．BG2+DF2＝EF2
12．如图，有一块矩形空地ABCD，学校规划在其中间的一块四边形空地EFGH上种花，其余的四块三角形空地上铺设草坪，其中点E，F，G，H分别在边AD，AB，BC，CD上，且AE＝AF＝CG＝CH．已知AD＝20m，AB＝40m，有下列结论：
①铺设草坪的面积可以是360m2．
②种花的面积的最大值为450m2．
③AF的长有两个不同的值满足种花的面积为432m2．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上（作图可用2B铅笔）．
2．本卷共13题，共84分．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．一个仅装有球的不透明布袋里共有12个球，（只有颜色不同）．若从中任意摸出一个球是红球的概率为，则这个布袋里红球的个数是 ．
14．计算：＝ ．
15．化简：m（m+3）﹣（m+1）2＝ ．
16．已知直线y＝﹣3x+1上的点P到两坐标轴的距离相等，则点P的坐标是 ．
17．如图，在△ABC中，，BC＝4．
（Ⅰ）△ABC的面积为 ；
（Ⅱ）以AC为边作正方形ACDE，过点D作DF⊥BC，与BC的延长线相交于点F，则EF的长为 ．
18．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A，B，C及线段DE上的点D，E均在格点上．
（1）线段DE的长等于 ；
（2）圆上有一个动点F，若点M为线段DF的中点，在线段DE上有一点K，当MK取得最大值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点K，并简要说明点K的位置是如何找到的（不要求证明） ．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19．解不等式组，请结合题意填空，完成本题的解答．
（1）解不等式①，得 ；
（2）解不等式②，得 ；
（3）将不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
（4）原不等式组的解集为 ．
20．在一次中学生田径运动会上，根据参加男子跳高初赛的a名运动员的成绩（单位：m），绘制出了如下的统计图①和图②，请根据相关信息，解答下列问题：
（Ⅰ）填空：a的值为 ，图①中的m值为 ；
（Ⅱ）求统计的这组男子跳高初赛运动员成绩的数据的平均数、众数和中位数．
21．在⊙O中，直径BD垂直于弦AC，垂足为E，连接AB，BC，CD，DA．
（Ⅰ）如图①，若∠ABC＝110°，求∠BAE和∠CAD的大小；
（Ⅱ）如图②，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点F．若AC＝AD，BF＝2，求此圆半径的长．
22．综合与实践活动中，要利用测角仪测量塔的高度，如图，塔AB前有一座高为DE的观景台，已知CD＝6m，CD的坡度为i＝1：，点E，C，A在同一条水平直线上．某学习小组在观景台C处测得塔顶部B的仰角为45°，在观景台D处测得塔顶部B的仰角为27°．
（1）求DE的长；
（2）求塔AB的高度．（结果保留个位）
（参考数据：tan27°≈0.5，≈1.7）
23．假定甲、乙、丙三地依次在一条直线上，甲乙两地间的距离为280km，乙丙两地之间的距离为140km．一艘游轮从甲地出发前往丙地，途中经过乙地停留时，一艘货轮也沿着同样的线路从甲地出发前往丙地．已知游轮的速度为20km/h，游轮从甲地到达丙地共用了23小时．
若将游轮行驶的时间记为t（h），两艘轮船距离甲地的路程s（km）关于t（h）的图象如图所示（游轮在停靠前后的行驶速度不变）．
（Ⅰ）写出游轮从甲地到乙地所用的时长 ；游轮在乙地停留的时长 ；
（Ⅱ）直接写出游轮在行驶的过程中s关于t的函数解析式；
（Ⅲ）若货轮比游轮早36分钟到达丙地，则货轮出发后几小时追上游轮？
24．将一个矩形纸片ABCD放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点B（6，0），点D（﹣3，，AD与y轴相交于点M，点Q在边AD上（点Q不与点A，D重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点Q，并与x轴相交于点P，且∠QPB＝60°，点A，B的对应点分别为点A′，B′．
（Ⅰ）如图①，当点B′落在线段OM上时，求∠OB′P的大小和点B′的坐标；
（Ⅱ）设BP＝t，纸片折叠后与矩形OCDM的重叠部分的面积为S．
①如图②，若折叠后与矩形OCDM的重叠部分是四边形时，B′P与边OM相交于点E，试用含有t的式子表示B′E的长，并直接写出t的取值范围；
②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
25．已知二次函数y＝mx2﹣4mx+3m．
（1）求该二次函数图象与x轴的交点坐标，
（2）若m＞0，当﹣1≤x≤4时，y的最大值是4，求当﹣1≤x≤4时，y的最小值；
（3）已知，为平面直角坐标系中两点，当抛物线与线段PQ有且只有一个公共点时，请求出m的取值范围．
参考答案
选择题
1-5:BBCDB 6-10:CBCAC 11-12 AD
填空题
13. 4个 ; 14.﹣2; 15. m﹣1; 16. 或
17. 2;
解：（Ⅰ）如图，过点A作AJ⊥BC于点J．
∵AB＝AC，AJ⊥BC，
∴BJ＝JC＝BC＝2，
∴AJ＝＝＝1，
∴△ABC的面积＝ BC AJ＝×4×1＝2．
故答案为：2．
（Ⅱ）过点E作EH⊥FD交FD的延长线于点H．
∵四边形ACDE是正方形，
∴AC＝CD，∠ACD＝90°，
∵∠AJC＝∠DFC＝90°，
∴∠ACJ+∠DCF＝90°，∠ACJ+∠CAJ＝90°，
∴∠CAJ＝∠DCF，
在△ACJ和△CDF中，
，
∴△ACJ≌△CDF（AAS），
∴AJ＝CF＝1，CJ＝DF＝2，
同法可证△DEH≌△CDF，
∴EH＝DF＝2，DH＝CF＝1，
∴FH＝DF+DH＝2+1＝3，
∴EF＝＝＝．故答案为：．
18. (1)
（1）在方格中找到以DE为斜边的直角三角形，
用勾股定理求解为：，
（2）如图：点E即为所求，
说明：首先找圆心，连接AC，交网格线于点O；
连接 OD，找到OD的中点N，
在圆上找任意一点F，连接 OF，确定DF中点M，
连接MN，则在△OFD 中，点 M，N均为边DF，DO的中点，故 ，
根据点F的轨迹为圆，则点M的运动轨迹也为以点N为圆心，MN为半径的圆，点K在线段DE上，当MK取得最大值时，即连接EN，并延长与圆N交于一点，该点即为MK取得最大值时M点的位置，此时点K在点E上，故点E即为所求．
解答题
19.（1）解不等式①，得 x≥﹣1 ；
（2）解不等式②，得 x≤2 ；
（3）将不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
（4）原不等式组的解集为 ﹣1≤x≤2 ．
20. （1）根据条形统计图，a＝1+2+3+5+3+1＝15，∵m%＝×100%＝20%，∴m＝20；
故答案为：15，20；
（2）观察条形统计图得：
平均数为×（1.50×1+1.60×2+1.65×3+1.70×5+1.75×3+1.80×1）＝1.68（m），
∵在这组数据中，1.70出现了5次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数是1.70，
将这组数据从小到大排列，其中处于中间的数是1.70，
则这组数据的中位数是1.70．
21. 解：（Ⅰ）∵直径BD⊥AC于E点，
∴＝，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝×110°＝55°，
∴∠CAD＝∠CBD＝55°，
∵BD为直径，
∴∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠CAD＝90°﹣55°＝35°；
（Ⅱ）连接OC，如图②，
∵BD⊥AC，
∴AE＝CE，
即BD垂直平分AC，
∴DA＝DC，
又∵AC＝AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ADC＝∠CAD＝60°，
∴∠FBC＝∠ADC＝60°，∠CBD＝∠CAD＝60°，
又∵OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴BC＝OC，∠BCO＝60°．
∵FC切⊙O于点C，
∴OC⊥FC，
∴∠FCO＝90°，
∴∠FCB＝90°﹣∠BCO＝90°﹣60°＝30°，
∴∠F＝180°﹣∠FBC﹣∠FCB＝180﹣60°﹣30°＝90°，
∴BC＝2BF＝4．
∴OC＝BC＝4，
即⊙O半径为4．
22. 【解答】解：（1）由题意得：DE⊥EC，
在Rt△DEC中，tan∠DCE＝＝＝，
∴∠DCE＝30°，
∵CD＝6m，
∴DE＝CD＝3（m），CE＝CD＝3（m），
∴DE的长为3m；
（2）过点D作DF⊥AB，垂足为F，
由题意得：DF＝EA，DE＝FA＝3m，
设AC＝x m，
∵CE＝3m，
∴DF＝AE＝CE+AC＝（x+3）m，
在Rt△ACB中，∠BCA＝45°，
∴AB＝AC tan45°＝x（m），
在Rt△BDF中，∠BDF＝27°，
∴BF＝DF tan27°≈0.5（x+3）m，
∵BF+AF＝AB，
∴0.5（x+3）+3＝x，
解得：x＝3+6≈11，
∴AB≈11m，
∴塔AB的高度约为11m．
23. 【解答】解：（1）游轮从甲地到乙地所用的时间为：280÷20＝14（小时），
游轮从乙地到丙地所用的时间为：140÷20＝7（小时），
∵游轮从甲地到丙地共用了23小时，
∴游轮在乙地停留的时间为：23﹣14﹣7＝2（小时），
故答案为：14，2；
（2）由（1）得：A点坐标为：（14，280），
∵游轮到乙地后停留2小时，
∴B的坐标为：（16，280），C的坐标为：（23，420），
设OA段的解析式为：s＝kt（k≠0），
∴280＝14k，
解得：k＝20，
∴s＝20t（0≤t≤14），
AB段的解析式为：s＝280（14≤t≤16），
设BC段的解析式为s＝k1t+b（k1≠0），
∴，
解得：，
∴BC段的解析式为s＝20t﹣40（16＜t≤23）；
（3）由题意得，游轮出发14小时后，货轮再出发，且比游轮早36分钟到达丙地，
36分钟＝0.6小时，
∴货轮行驶的时间为：23﹣14﹣0.6＝8.4（小时），
∴货轮的速度为：420÷8.4＝50（km/h），
设货轮出发后x小时追上游轮，则游轮行驶的时间为：14+x﹣2＝（12+x）小时，
∴20（12+x）＝50x，
解得：x＝8，
答：货轮出发8小时追上游轮．
24. 【解答】解：（1）由折叠的性质可得：
∠BPQ＝∠QPB＝60°，PB'＝PB，
∠OPB'＝180°﹣∠B'PQ﹣∠QPB＝60°
∠OB'P＝90°﹣∠OPB'＝30°，
在Rt△OPB'中，PB＝2OP，OB'＝OP，
∵OB＝OP+PB＝OP+PB'＝3OP＝6，
∴OP＝2，0B'＝OP＝2，
∴点B'的坐标为：B'（0，2）；
（2）①∵BP＝t，
∴OP＝OB﹣BP＝6一t，
由折叠的性质可得：∠B'PQ＝∠QPB＝60°，
PB'＝PB＝t，
∠OPB'＝180°﹣∠B'PQ﹣∠QPB＝60°
∠OBP＝90°﹣∠OPB'＝30°，在Rt△OPE中，
PE＝2OP＝2（6﹣t）＝12﹣2t，
OE＝OP﹣（6﹣t）＝6﹣t，
BE＝PB'﹣PE＝t﹣（12﹣2t）＝3t﹣12
t的取值范围是：5＜t＜6；
②当t＝时，S＝＝，
当6≤t≤9时，
S＝3×﹣（t﹣6）×（t﹣6）﹣（9﹣t）×（9﹣t）
＝﹣（t﹣）2+
当t＝时，S为最大值，
故答案为：．
25. 【解答】解：（1）令y＝0，mx2﹣4mx+3m＝0，
∵m≠0，
∴x2﹣4x+3＝0，
解得：x1＝3，x2＝1，
∴二次函数图象与x轴的交点坐标为（1，0），（3，0）．
（2）∵m＞0，
∴该二次函数的图象开口向上，且对称轴为直线x＝2，
∴当﹣1≤x≤4时，
在x＝﹣1时y取最大值为4，代入解析式y＝mx2﹣4mx+3m，
∴m+4m+3m＝4，
∴，
∴二次函数解析式，
∴当x＝2时，y取到在﹣1≤x≤4上的最小值，
∴当x＝2时，，
∴当﹣1≤x≤4时，y的最小值为．
（3）解：二次函数y＝mx2﹣4mx+3m，当x＝1时，得y＝0，
当x＝4 时，得y＝3m，
当m＞0时，，
解得；
当m＜0时，，
解得m＜﹣4；
当PQ过抛物线顶点时，
当x＝2时，y＝mx2﹣4mx+3m＝﹣m，
∴，
解得：；
∴当或m＜﹣4或，抛物线与线段PQ有且只有一个公共点．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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