中卫市重点中学2023届中考三模数学试题含解析.doc

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1小明乘出租车去体育场，有两条路线可供选择：路线一的全程是25千米，但交通比较拥堵，路线二的全程是30千米，平均车速比走路线一时的平均车速能提高80%，因此能比走路线一少用10分钟到达若设走路线一时的平均速度为x千米/小时，根据题意，得ABCD23的倒数是（ ）ABCD3在对某社会机构的调查中收集到以下数据，你认为最能够反映该机构年龄特征的统计量是（）年龄13141525283035其他人数30533171220923A平均数B众数C方差D标准差4把三角形按如图所示的规律拼图案，其中第个图案中有1个三角形，第个图案中有4个三角形，第个图案中有8个三角形，按此规律排列下去，则第个图案中三角形的个数为（）A15B17C19D245如图，ADBC，AC平分BAD，若B40°，则C的度数是（）A40°B65°C70°D80°6如图，在O中，直径CD弦AB，则下列结论中正确的是AAC=ABBC=BODCC=BDA=B0D7已知一次函数yx+2的图象，绕x轴上一点P（m，1）旋转181°，所得的图象经过（11），则m的值为（）A2B1C1D28自1993年起，联合国将每年的3月11日定为“世界水日”，宗旨是唤起公众的节水意识，加强水资源保护某校在开展“节约每一滴水”的活动中，从初三年级随机选出10名学生统计出各自家庭一个月的节约用水量，有关数据整理如下表 节约用水量（单位：吨）11.11.411.5家庭数46531这组数据的中位数和众数分别是（ ）A1.1，1.1；B1.4，1.1；C1.3，1.4；D1.3，1.19要使式子有意义，的取值范围是（ ）AB且C. 或D 且10已知关于x的不等式组 至少有两个整数解，且存在以3，a，7为边的三角形，则a的整数解有（）A4个B5个C6个D7个二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向行驶，已知甲车的速度大于乙车的速度，甲车到达B地后马上以另一速度原路返回A地（掉头的时间忽略不计），乙车到达A地以后即停在地等待甲车如图所示为甲乙两车间的距离y（千米）与甲车的行驶时间t（小时）之间的函数图象，则当乙车到达A地的时候，甲车与A地的距离为_千米12如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BPBC，则ACP度数是_度13关于 x 的方程 ax=x+2(a1) 的解是_.14在ABC中，MNBC 分别交AB，AC于点M，N；若AM=1，MB=2，BC=3，则MN的长为_15不等式组的解是_.16方程3x(x-1)=2(x-1)的根是 三、解答题（共8题，共72分）17（8分）如图，已知在RtABC中，ACB=90°，ACBC，CD是RtABC的高，E是AC的中点，ED的延长线与CB的延长线相交于点F（1）求证：DF是BF和CF的比例中项；（2）在AB上取一点G，如果AEAC=AGAD，求证：EGCF=EDDF18（8分）如图，AB是O的直径，C是弧AB的中点，弦CD与AB相交于E若AOD45°，求证：CEED；（2）若AEEO，求tanAOD的值19（8分）求抛物线y=x2+x2与x轴的交点坐标20（8分）从2017年1月1日起，我国驾驶证考试正式实施新的驾考培训模式，新规定C2驾驶证的培训学时为40学时，驾校的学费标准分不同时段，普通时段a元/学时，高峰时段和节假日时段都为b元/学时（1）小明和小华都在此驾校参加C2驾驶证的培训，下表是小明和小华的培训结算表（培训学时均为40），请你根据提供的信息，计算出a，b的值学员培训时段培训学时培训总费用小明普通时段206000元高峰时段5节假日时段15小华普通时段305400元高峰时段2节假日时段8（2）小陈报名参加了C2驾驶证的培训，并且计划学够全部基本学时，但为了不耽误工作，普通时段的培训学时不会超过其他两个时段总学时的，若小陈普通时段培训了x学时，培训总费用为y元求y与x之间的函数关系式，并确定自变量x的取值范围；小陈如何选择培训时段，才能使得本次培训的总费用最低？21（8分）作图题：在ABC内找一点P，使它到ABC的两边的距离相等，并且到点A、C的距离也相等（写出作法，保留作图痕迹）22（10分）如图，一次函数y=kx+b的图象分别与反比例函数y=的图象在第一象限交于点A（4，3），与y轴的负半轴交于点B，且OA=OB（1）求函数y=kx+b和y=的表达式；（2）已知点C（0，8），试在该一次函数图象上确定一点M，使得MB=MC，求此时点M的坐标23（12分）如图，AB为O的直径，点D、E位于AB两侧的半圆上，射线DC切O于点D，已知点E是半圆弧AB上的动点，点F是射线DC上的动点，连接DE、AE，DE与AB交于点P，再连接FP、FB，且AED45°（1）求证：CDAB；（2）填空：当DAE 时，四边形ADFP是菱形；当DAE 时，四边形BFDP是正方形24如图，O直径AB和弦CD相交于点E，AE2，EB6，DEB30°，求弦CD长参考答案一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1、A【解析】若设走路线一时的平均速度为x千米/小时，根据路线一的全程是25千米，但交通比较拥堵，路线二的全程是30千米，平均车速比走路线一时的平均车速能提高80%，因此能比走路线一少用10分钟到达可列出方程解：设走路线一时的平均速度为x千米/小时，故选A2、C【解析】根据倒数的定义可知解：3的倒数是主要考查倒数的定义，要求熟练掌握需要注意的是：倒数的性质：负数的倒数还是负数，正数的倒数是正数，0没有倒数倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数3、B【解析】分析：根据平均数的意义，众数的意义，方差的意义进行选择详解：由于14岁的人数是533人，影响该机构年龄特征，因此，最能够反映该机构年龄特征的统计量是众数 故选B点睛：本题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数、方差等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用4、D【解析】由图可知：第个图案有三角形1个，第图案有三角形1+34个，第个图案有三角形1+3+48个，第个图案有三角形1+3+4+412，第n个图案有三角形4（n1）个（n1时），由此得出规律解决问题【详解】解：解：第个图案有三角形1个，第图案有三角形1+34个，第个图案有三角形1+3+48个，第n个图案有三角形4（n1）个（n1时），则第个图中三角形的个数是4×（71）24个，故选D【点睛】本题考查了规律型：图形的变化类，根据给定图形中三角形的个数，找出an4（n1）是解题的关键5、C【解析】根据平行线性质得出B+BAD180°，CDAC，求出BAD，求出DAC，即可得出C的度数【详解】解：ADBC，B+BAD180°，B40°，BAD140°，AC平分DAB，DACBAD70°，ABC，CDAC70°，故选C【点睛】本题考查了平行线性质和角平分线定义，关键是求出DAC或BAC的度数6、B【解析】先利用垂径定理得到弧AD=弧BD，然后根据圆周角定理得到C=BOD，从而可对各选项进行判断【详解】解：直径CD弦AB，弧AD =弧BD，C=BOD故选B【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理，垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半7、C【解析】根据题意得出旋转后的函数解析式为y=-x-1，然后根据解析式求得与x轴的交点坐标，结合点的坐标即可得出结论【详解】一次函数yx+2的图象，绕x轴上一点P（m，1）旋转181°，所得的图象经过（11），设旋转后的函数解析式为yx1，在一次函数yx+2中，令y1，则有x+21，解得：x4，即一次函数yx+2与x轴交点为（4，1）一次函数yx1中，令y1，则有x11，解得：x2，即一次函数yx1与x轴交点为（2，1）m1，故选：C【点睛】本题考查了一次函数图象与几何变换，解题的关键是求出旋转后的函数解析式本题属于基础题，难度不大8、D【解析】分析：中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个详解：这组数据的中位数是； 这组数据的众数是1.1 故选D点睛：本题属于基础题，考查了确定一组数据的中位数和众数的能力，要明确定义，一些学生往往对这个概念掌握不清楚，计算方法不明确而误选其它选项，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数9、D【解析】根据二次根式和分式有意义的条件计算即可.【详解】解： 有意义，a+20且a0，解得a-2且a0.故本题答案为：D.【点睛】二次根式和分式有意义的条件是本题的考点，二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0，分式有意义的条件是分母不为0.10、A【解析】依据不等式组至少有两个整数解，即可得到a5，再根据存在以3，a，7为边的三角形，可得4a10，进而得出a的取值范围是5a10，即可得到a的整数解有4个【详解】解：解不等式，可得xa，解不等式，可得x4，不等式组至少有两个整数解，a5，又存在以3，a，7为边的三角形，4a10，a的取值范围是5a10，a的整数解有4个，故选：A【点睛】此题考查的是一元一次不等式组的解法和三角形的三边关系的运用，求不等式组的解集应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11、630【解析】分析：两车相向而行5小时共行驶了900千米可得两车的速度之和为180千米/时，当相遇后车共行驶了720千米时，甲车到达B地，由此则可求得两车的速度.再根据甲车返回到A地总用时16.5小时，求出甲车返回时的速度即可求解.详解：设甲车，乙车的速度分别为x千米/时，y千米/时，甲车与乙车相向而行5小时相遇，则5(xy)900，解得xy180，相遇后当甲车到达B地时两车相距720千米，所需时间为720÷1804小时，则甲车从A地到B需要9小时，故甲车的速度为900÷9100千米/时，乙车的速度为18010080千米/时，乙车行驶900720180千米所需时间为180÷802.25小时，甲车从B地到A地的速度为900÷(16.554)120千米/时.所以甲车从B地向A地行驶了120×2.25270千米，当乙车到达A地时，甲车离A地的距离为900270630千米.点睛：利用函数图象解决实际问题，其关键在于正确理解函数图象横，纵坐标表示的意义，抓住交点，起点.终点等关键点，理解问题的发展过程，将实际问题抽象为数学问题，从而将这个数学问题变化为解答实际问题.12、22.5【解析】ABCD是正方形，DBC=BCA=45°，BP=BC，BCP=BPC=（180°-45°）=67.5°，ACP度数是67.5°-45°=22.5°13、【解析】分析：依据等式的基本性质依次移项、合并同类项、系数化为1即可得出答案详解：移项，得：axx=1，合并同类项，得：（a1）x=1a1，a10，方程两边都除以a1，得：x=故答案为x=点睛：本题主要考查解一元一次方程的能力，熟练掌握等式的基本性质及解一元一次方程的基本步骤是解题的关键14、1【解析】MNBC，AMNABC，即，MN=1.故答案为1.15、【解析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可【详解】 解不等式，得x1，解不等式，得x1，所以不等式组的解集是1x1，故答案是：1x1【点睛】考查了一元一次不等式解集的求法，求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）16、x1=1，x2=-.【解析】试题解析：3x(x-1)=2(x-1)3x(x-1)-2 (x-1) =0（3x-2）(x-1)=03x-2=0，x-1=0解得：x1=1，x2=-.考点:解一元二次方程-因式分解法.三、解答题（共8题，共72分）17、证明见解析【解析】试题分析：（1）根据已知求得BDF=BCD，再根据BFD=DFC，证明BFDDFC，从而得BF：DF=DF：FC，进行变形即得；（2）由已知证明AEGADC，得到AEG=ADC=90°，从而得EGBC，继而得 ，由（1）可得 ，从而得 ，问题得证.试题解析：（1）ACB=90°，BCD+ACD=90°，CD是RtABC的高，ADC=BDC=90°，A+ACD=90°，A=BCD，E是AC的中点，DE=AE=CE，A=EDA，ACD=EDC，EDC+BDF=180°-BDC=90°，BDF=BCD，又BFD=DFC，BFDDFC，BF：DF=DF：FC，DF2=BF·CF；（2）AE·AC=ED·DF， ，又A=A，AEGADC，AEG=ADC=90°，EGBC， ，由（1）知DFDDFC， ， ，EG·CF=ED·DF.18、（1）见解析；（2）tanAOD.【解析】（1）作DFAB于F，连接OC，则ODF是等腰直角三角形，得出OC=OD=DF，由垂径定理得出COE=90°，证明DEFCEO得出，即可得出结论；（2）由题意得OE=OA=OC，同（1）得DEFCEO，得出，设O的半径为2a（a0），则OD=2a，EO=a，设EF=x，则DF=2x，在RtODF中，由勾股定理求出x=a，得出DF=a，OF=EF+EO=a，由三角函数定义即可得出结果【详解】（1）证明：作DFAB于F，连接OC，如图所示：则DFE90°，AOD45°，ODF是等腰直角三角形，OCODDF，C是弧AB的中点，OCAB，COE90°，DEFCEO，DEFCEO，CEED；（2）如图所示：AEEO，OE=OA=OC，同（1）得：，DEFCEO，设O的半径为2a（a0），则OD2a，EOa，设EFx，则DF2x，在RtODF中，由勾股定理得：（2x）2+（x+a）2（2a）2，解得：xa，或xa（舍去），DFa，OFEF+EOa，【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、垂径定理、三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质、勾股定理是关键19、（1，0）、（2，0）【解析】试题分析：抛物线与x轴交点的纵坐标等于零，由此解答即可试题解析：解：令，即解得：，该抛物线与轴的交点坐标为（2，0），（1，0）20、（1）120，180；（2）y=-60x+7200，0x；x=时，y有最小值，此时y最小=-60×+7200=6400（元）【解析】（1）根据小明和小华的培训结算表列出关于a、b的二元一次方程组，解方程即可求解； （2）根据培训总费用=普通时段培训费用+高峰时段和节假日时段培训费用列出y与x之间的函数关系式，进而确定自变量x的取值范围； 根据一次函数的性质结合自变量的取值范围即可求解【详解】（1）由题意，得，解得，故a，b的值分别是120，180；（2）由题意，得y=120x+180（40-x），化简得y=-60x+7200，普通时段的培训学时不会超过其他两个时段总学时的，x（40-x），解得x，又x0，0x；y=-60x+7200，k=-600，y随x的增大而减小，x取最大值时，y有最小值，0x；x=时，y有最小值，此时y最小=-60×+7200=6400（元）【点睛】本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，理解题意得出数量关系是解题的关键21、见解析【解析】先作出ABC的角平分线，再连接AC，作出AC的垂直平分线，两条平分线的交点即为所求点【详解】以B为圆心，以任意长为半径画弧，分别交BC、AB于D、E两点；分别以D、E为圆心，以大于DE为半径画圆，两圆相交于F点；连接AF，则直线AF即为ABC的角平分线；连接AC，分别以A、C为圆心，以大于AC为半径画圆，两圆相交于F、H两点；连接FH交BF于点M，则M点即为所求【点睛】本题考查的是角平分线及线段垂直平分线的作法，熟练掌握是解题的关键22、（1） ，y=2x1；（2）.【解析】（1）利用待定系数法即可解答；（2）作MDy轴,交y轴于点D，设点M的坐标为（x，2x-1），根据MB=MC，得到CD=BD,再列方程可求得x的值，得到点M的坐标【详解】解：（1）把点A（4，3）代入函数得：a=3×4=12，A（4，3）OA=1，OA=OB，OB=1，点B的坐标为（0，1）把B（0，1），A（4，3）代入y=kx+b得：y=2x1（2）作MDy轴于点D.点M在一次函数y=2x1上，设点M的坐标为（x，2x1）则点D（0，2x-1）MB=MC，CD=BD8-(2x-1)=2x-1+1解得：x=2x1= ,点M的坐标为 .【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点，解决本题的关键是利用待定系数法求解析式23、（1）详见解析；（2）67.5°；90°【解析】（1）要证明CDAB，只要证明ODFAOD即可，根据题目中的条件可以证明ODFAOD，从而可以解答本题；（2）根据四边形ADFP是菱形和菱形的性质，可以求得DAE的度数；根据四边形BFDP是正方形，可以求得DAE的度数【详解】（1）证明：连接OD，如图所示，射线DC切O于点D，ODCD，即ODF90°，AED45°，AOD2AED90°，ODFAOD，CDAB；（2）连接AF与DP交于点G，如图所示，四边形ADFP是菱形，AED45°，OAOD，AFDP，AOD90°，DAGPAG，AGE90°，DAO45°，EAG45°，DAGPEG22.5°，EADDAG+EAG22.5°+45°67.5°，故答案为：67.5°；四边形BFDP是正方形，BFFDDPPB，DPBPBFBFDFDP90°，此时点P与点O重合，此时DE是直径，EAD90°，故答案为：90°【点睛】本题考查菱形的判定与性质、切线的性质、正方形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用菱形的性质和正方形的性质解答24、【解析】试题分析：过O作OF垂直于CD，连接OD，利用垂径定理得到F为CD的中点，由AE+EB求出直径AB的长，进而确定出半径OA与OD的长，由OAAE求出OE的长，在直角三角形OEF中，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出OF的长，在直角三角形ODF中，利用勾股定理求出DF的长，由CD=2DF即可求出CD的长试题解析：过O作OFCD，交CD于点F，连接OD，F为CD的中点，即CF=DF，AE=2，EB=6，AB=AE+EB=2+6=8，OA=4，OE=OAAE=42=2，在RtOEF中，DEB=30°，OF=OE=1，在RtODF中，OF=1，OD=4，根据勾股定理得：DF=，则CD=2DF=2考点：垂径定理；勾股定理