吉林省长春汽车经济技术开发区七校联考2023年中考数学四模试卷含解析.doc

2023年中考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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如图，已知ABC中，C=90°，若沿图中虚线剪去C，则1+2等于（ ）A90°B135°C270°D315°2已知二次函数的图象如图所示，则下列结论：ac>0；a-b+c<0； 当时，；，其中错误的结论有ABCD3下列计算正确的是( )A2xx1Bx2x3x6C(mn)2m2n2D(xy3)2x2y64如图，已知直线AD是O的切线，点A为切点，OD交O于点B，点C在O上，且ODA=36°，则ACB的度数为（）A54° B36° C30° D27°5如图，已知点 P 是双曲线 y上的一个动点，连结 OP，若将线段OP 绕点 O 逆时针旋转 90°得到线段 OQ，则经过点 Q 的双曲线的表达式为（ ）Ay By Cy Dy6如图，已知ABC，按以下步骤作图：分别以 B，C 为圆心，以大于BC 的长为半径作弧，两弧相交于两点 M，N；作直线 MN 交 AB 于点 D，连接 CD若 CD=AC，A=50°，则ACB 的度数为（ ）A90°B95°C105°D110°7四张分别画有平行四边形、菱形、等边三角形、圆的卡片，它们的背面都相同。现将它们背面朝上，从中任取一张，卡片上所画图形恰好是中心对称图形的概率是（ ）AB1CD8如图，一把矩形直尺沿直线断开并错位，点E、D、B、F在同一条直线上，若ADE125°，则DBC的度数为（ ）A125°B75°C65°D55°9如图所示,正方形ABCD的面积为12,ABE是等边三角形,点E在正方形ABCD内,在对角线AC上有一点P,使PD+PE的和最小,则这个最小值为()A2B2C3D10一次函数的图像不经过的象限是：（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限11函数ymx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，则m的值为（）A0B0或2C0或2或2D2或212若55+55+55+55+5525n，则n的值为（）A10B6C5D3二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）13如图，已知直线与轴、轴相交于、两点，与的图象相交于、两点，连接、.给出下列结论：；不等式的解集是或.其中正确结论的序号是_14如图AB是直径，C、D、E为圆周上的点，则_15一个正方形AOBC各顶点的坐标分别为A（0，3），O（0，0），B（3，0），C（3，3）若以原点为位似中心，将这个正方形的边长缩小为原来的，则新正方形的中心的坐标为_16如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作BD的垂线分别交AD，BC于E，F两点若AC=，AEO=120°，则FC的长度为_17圆锥底面圆的半径为3，高为4，它的侧面积等于_（结果保留）18如图是利用直尺和三角板过已知直线l外一点P作直线l的平行线的方法，其理由是_三、解答题：（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（6分）计算：2cos30°+-()-220（6分）如图，在四边形ABCD中，ABCD，ABC=ADC，DE垂直于对角线AC，垂足是E，连接BE（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）若AB=BE=2，sinACD= ，求四边形ABCD的面积21（6分）解方程(1)x11x10(1)(x+1)14(x1)122（8分）我市某中学举办“网络安全知识答题竞赛”，初、高中部根据初赛成绩各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛，两个队各选出的5名选手的决赛成绩如图所示平均分（分）中位数（分）众数（分）方差（分2）初中部a85bs初中2高中部85c100160（1）根据图示计算出a、b、c的值；结合两队成绩的平均数和中位数进行分析，哪个队的决赛成绩较好？计算初中代表队决赛成绩的方差s初中2，并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定23（8分）如图，ABC中，AB=AC，以AB为直径的O与BC相交于点D，与CA的延长线相交于点E，过点D作DFAC于点F（1）试说明DF是O的切线；（2）若AC=3AE，求tanC24（10分）如图，将连续的奇数1，3，5，7按如图中的方式排成一个数，用一个十字框框住5个数，这样框出的任意5个数中，四个分支上的数分别用a，b，c，d表示，如图所示（1）计算：若十字框的中间数为17，则a+b+c+d=_（2）发现：移动十字框，比较a+b+c+d与中间的数猜想：十字框中a、b、c、d的和是中间的数的_；（3）验证：设中间的数为x，写出a、b、c、d的和，验证猜想的正确性；（4）应用：设M=a+b+c+d+x，判断M的值能否等于2020，请说明理由25（10分）已知：如图1在RtABC中，C=90°，AC=8cm，BC=6cm，点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2cm/s；同时点Q由点A出发沿AC方向点C匀速运动，速度为lcm/s；连接PQ，设运动的时间为t秒（0t5），解答下列问题：（1）当为t何值时，PQBC；（2）设AQP的面积为y（cm2），求y关于t的函数关系式，并求出y的最大值；（3）如图2，连接PC，并把PQC沿QC翻折，得到四边形PQPC，是否存在某时刻t，使四边形PQP'C为菱形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由26（12分）学了统计知识后，小红就本班同学上学“喜欢的出行方式”进行了一次调查，图（1）和图（2）是她根据采集的数据绘制的两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息解答以下问题：（1）补全条形统计图，并计算出“骑车”部分所对应的圆心角的度数（2）若由3名“喜欢乘车”的学生，1名“喜欢骑车”的学生组队参加一项活动，现欲从中选出2人担任组长（不分正副），求出2人都是“喜欢乘车”的学生的概率，（要求列表或画树状图）27（12分）为了弘扬我国古代数学发展的伟大成就，某校九年级进行了一次数学知识竞赛，并设立了以我国古代数学家名字命名的四个奖项：“祖冲之奖”、“刘徽奖”、“赵爽奖”和“杨辉奖”，根据获奖情况绘制成如图1和图2所示的条形统计图和扇形统计图，并得到了获“祖冲之奖”的学生成绩统计表：“祖冲之奖”的学生成绩统计表：分数/分80859095人数/人42104根据图表中的信息，解答下列问题：(1)这次获得“刘徽奖”的人数是_，并将条形统计图补充完整；(2)获得“祖冲之奖”的学生成绩的中位数是_分，众数是_分；(3)在这次数学知识竟赛中有这样一道题：一个不透明的盒子里有完全相同的三个小球，球上分别标有数字“2”，“1”和“2”，随机摸出一个小球，把小球上的数字记为x放回后再随机摸出一个小球，把小球上的数字记为y，把x作为横坐标，把y作为纵坐标，记作点(x，y)用列表法或树状图法求这个点在第二象限的概率参考答案一、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、C【解析】根据四边形的内角和与直角三角形中两个锐角关系即可求解.【详解】解：四边形的内角和为360°，直角三角形中两个锐角和为90°，1+2=360°（A+B）=360°90°=270°故选：C【点睛】此题主要考查角度的求解，解题的关键是熟知四边形的内角和为360°.2、C【解析】根据图象的开口方向，可得a的范围，根据图象与y轴的交点，可得c的范围，根据有理数的乘法，可得答案；根据自变量为-1时函数值，可得答案；根据观察函数图象的纵坐标，可得答案；根据对称轴，整理可得答案【详解】图象开口向下，得a0，图象与y轴的交点在x轴的上方，得c0，ac，故错误；由图象，得x=-1时，y0，即a-b+c0，故正确；由图象，得图象与y轴的交点在x轴的上方，即当x0时，y有大于零的部分，故错误；由对称轴，得x=-=1，解得b=-2a，2a+b=0故正确；故选D【点睛】考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小当a0时，抛物线向上开口；当a0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左； 当a与b异号时，对称轴在y轴右常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）抛物线与x轴交点个数由判别式确定：=b2-4ac0时，抛物线与x轴有2个交点；=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；=b2-4ac0时，抛物线与x轴没有交点3、D【解析】根据合并同类项的法则，积的乘方，完全平方公式，同底数幂的乘法的性质，对各选项分析判断后利用排除法求解【详解】解：A、2x-x=x，错误； B、x2x3=x5，错误； C、(m-n)2=m2-2mn+n2，错误； D、(-xy3)2=x2y6，正确； 故选D【点睛】考查了整式的运算能力，对于相关的整式运算法则要求学生很熟练，才能正确求出结果4、D【解析】解：AD为圆O的切线，ADOA，即OAD=90°，ODA=36°，AOD=54°，AOD与ACB都对，ACB=AOD=27°故选D5、D【解析】过P，Q分别作PMx轴，QNx轴，利用AAS得到两三角形全等，由全等三角形对应边相等及反比例函数k的几何意义确定出所求即可【详解】过P，Q分别作PMx轴，QNx轴，POQ=90°，QON+POM=90°，QON+OQN=90°，POM=OQN，由旋转可得OP=OQ，在QON和OPM中，QONOPM（AAS），ON=PM，QN=OM，设P（a，b），则有Q（-b，a），由点P在y=上，得到ab=3，可得-ab=-3，则点Q在y=-上故选D【点睛】此题考查了待定系数法求反比例函数解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，以及坐标与图形变化，熟练掌握待定系数法是解本题的关键6、C【解析】根据等腰三角形的性质得到CDA=A=50°，根据三角形内角和定理可得DCA=80°，根据题目中作图步骤可知，MN垂直平分线段BC，根据线段垂直平分线定理可知BD=CD，根据等边对等角得到B=BCD，根据三角形外角性质可知B+BCD=CDA，进而求得BCD=25°，根据图形可知ACB=ACD+BCD，即可解决问题.【详解】CD=AC，A=50°CDA=A=50°CDA+A+DCA=180°DCA=80°根据作图步骤可知，MN垂直平分线段BCBD=CDB=BCDB+BCD=CDA2BCD=50°BCD=25°ACB=ACD+BCD=80°+25°=105°故选C【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、三角形内角和定理、线段垂直平分线定理以及三角形外角性质，熟练掌握各个性质定理是解题关键.7、A【解析】在：平行四边形、菱形、等边三角形和圆这4个图形中属于中心对称图形的有：平行四边形、菱形和圆三种，从四张卡片中任取一张，恰好是中心对称图形的概率=.故选A.8、D【解析】延长CB，根据平行线的性质求得1的度数，则DBC即可求得【详解】延长CB，延长CB，ADCB,1=ADE=145，DBC=1801=180125=55.故答案选：D.【点睛】本题考查的知识点是平行线的性质，解题的关键是熟练的掌握平行线的性质.9、A【解析】连接BD，交AC于O，正方形ABCD，OD=OB，ACBD，D和B关于AC对称，则BE交于AC的点是P点，此时PD+PE最小，在AC上取任何一点（如Q点），QD+QE都大于PD+PE（BE），此时PD+PE最小，此时PD+PE=BE，正方形的面积是12，等边三角形ABE，BE=AB=，即最小值是2，故选A.【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，轴对称-最短路线问题等知识点的应用，关键是找出PD+PE最小时P点的位置10、C【解析】试题分析：根据一次函数y=kx+b（k0，k、b为常数）的图像与性质可知：当k0，b0时，图像过一二三象限；当k0，b0时，图像过一三四象限；当k0，b0时，图像过一二四象限；当k0，b0，图像过二三四象限.这个一次函数的k=0与b=10，因此不经过第三象限.答案为C考点：一次函数的图像11、C【解析】根据函数ymx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，利用分类讨论的方法可以求得m的值，本题得以解决【详解】解：函数ymx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，当m0时，y2x+1，此时y0时，x0.5，该函数与x轴有一个交点，当m0时，函数ymx2+（m+2）x+m+1的图象与x轴只有一个交点，则（m+2）24m（m+1）0，解得，m12，m22，由上可得，m的值为0或2或2，故选：C【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的数学思想解答12、D【解析】直接利用提取公因式法以及幂的乘方运算法则将原式变形进而得出答案【详解】解：55+55+55+55+55=25n，55×5=52n，则56=52n，解得：n=1故选D【点睛】此题主要考查了幂的乘方运算，正确将原式变形是解题关键二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）13、【解析】分析：根据一次函数和反比例函数的性质得到k1k20，故错误；把A（-2，m）、B（1，n）代入y=中得到-2m=n故正确；把A（-2，m）、B（1，n）代入y=k1x+b得到y=-mx-m，求得P（-1，0），Q（0，-m），根据三角形的面积公式即可得到SAOP=SBOQ；故正确；根据图象得到不等式k1x+b的解集是x-2或0x1，故正确详解：由图象知，k10，k20，k1k20，故错误；把A（-2，m）、B（1，n）代入y=中得-2m=n，m+n=0，故正确；把A（-2，m）、B（1，n）代入y=k1x+b得，,-2m=n，y=-mx-m，已知直线y=k1x+b与x轴、y轴相交于P、Q两点，P（-1，0），Q（0，-m），OP=1，OQ=m，SAOP=m，SBOQ=m，SAOP=SBOQ；故正确；由图象知不等式k1x+b的解集是x-2或0x1，故正确；故答案为：点睛：本题考查了反比例函数与一次函数的交点，求两直线的交点坐标，三角形面积的计算，正确的理解题意是解题的关键14、90°【解析】连接OE，根据圆周角定理即可求出答案【详解】解：连接OE，根据圆周角定理可知：C=AOE，D=BOE，则C+D=（AOE+BOE）=90°，故答案为：90°【点睛】本题主要考查了圆周角定理，解题要掌握在同圆或等圆中，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15、（，）或（，）【解析】分点A、B、C的对应点在第一象限和第三象限两种情况，根据位似变换和正方形的性质解答可得【详解】如图，当点A、B、C的对应点在第一象限时，由位似比为1：2知点A（0，）、B（，0）、C（，），该正方形的中心点的P的坐标为（，）；当点A、B、C的对应点在第三象限时，由位似比为1：2知点A（0，-）、B（-，0）、C（-，-），此时新正方形的中心点Q的坐标为（-，-），故答案为（，）或（-，-）【点睛】本题主要考查位似变换，解题的关键是熟练掌握位似变换的性质和正方形的性质16、1【解析】先根据矩形的性质，推理得到OF=CF，再根据RtBOF求得OF的长，即可得到CF的长【详解】解：EFBD，AEO=120°，EDO=30°，DEO=60°，四边形ABCD是矩形，OBF=OCF=30°，BFO=60°，FOC=60°-30°=30°，OF=CF，又RtBOF中，BO=BD=AC=，OF=tan30°×BO=1，CF=1，故答案为：1【点睛】本题考查矩形的性质以及解直角三角形的运用，解题关键是掌握：矩形的对角线相等且互相平分17、15【解析】根据圆的面积公式、扇形的面积公式计算即可【详解】圆锥的母线长=5,，圆锥底面圆的面积=9圆锥底面圆的周长=2××3=6，即扇形的弧长为6，圆锥的侧面展开图的面积=×6×5=15，【点睛】本题考查的是扇形的面积，熟练掌握扇形和圆的面积公式是解题的关键.18、同位角相等，两直线平行【解析】试题解析：利用三角板中两个60°相等，可判定平行考点:平行线的判定三、解答题：（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、5【解析】根据实数的计算，先把各数化简，再进行合并即可.【详解】原式=5【点睛】此题主要考查实数的计算，解题的关键是熟知特殊三角函数的化简与二次根式的运算.20、（1）证明见解析；（2）S平行四边形ABCD =3 【解析】试题分析：（1）根据平行四边形的性质得出ABC+DCB=180°，推出ADC+BCD=180°，根据平行线的判定得出ADBC，根据平行四边形的判定推出即可；（2）证明ABE是等边三角形，得出AE=AB=2，由直角三角形的性质求出CE和DE，得出AC的长，即可求出四边形ABCD的面积试题解析：（1）ABCD，ABC+DCB=180°，ABC=ADC，ADC+BCD=180°，ADBC，ABCD，四边形ABCD是平行四边形；（2）sinACD=，ACD=60°，四边形ABCD是平行四边形，ABCD，CD=AB=2，BAC=ACD=60°，AB=BE=2，ABE是等边三角形，AE=AB=2，DEAC，CDE=90°60°=30°，CE= CD=1，DE=CE=，AC=AE+CE=3，S平行四边形ABCD =2SACD =ACDE=321、（1）x1=1+，x1=1；（1）x1=3，x1=【解析】(1)配方法解；(1)因式分解法解.【详解】（1）x11x1=2，x11x+1=1+1，（x1）1=3，x1= ，x=1，x1=1，x1=1，（1）（x+1）1=4（x1）1（x+1）14（x1）1=2（x+1）11（x1）1=2（x+1）1（1x1）1=2（x+11x+1）（x+1+1x1）=2（x+3）（3x1）=2x1=3，x1=【点睛】考查了解一元二次方程的应用，解此题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程22、（1）85,85,80; （2）初中部决赛成绩较好；（3）初中代表队选手成绩比较稳定【解析】分析:（1）根据成绩表，结合平均数、众数、中位数的计算方法进行解答；（2）比较初中部、高中部的平均数和中位数，结合比较结果得出结论；（3）利用方差的计算公式，求出初中部的方差，结合方差的意义判断哪个代表队选手的成绩较为稳定.【详解】详解: （1）初中5名选手的平均分，众数b=85，高中5名选手的成绩是：70，75，80，100，100，故中位数c=80；（2）由表格可知初中部与高中部的平均分相同，初中部的中位数高，故初中部决赛成绩较好；（3）=70，初中代表队选手成绩比较稳定【点睛】本题是一道有关条形统计图、平均数、众数、中位数、方差的统计类题目，掌握平均数、众数、中位数、方差的概念及计算方法是解题的关键.23、（1）详见解析；（2）【解析】（1）连接OD，根据等边对等角得出B=ODB，B=C，得出ODB=C，证得ODAC，证得ODDF，从而证得DF是O的切线；（2）连接BE，AB是直径，AEB=90°，根据勾股定理得出BE=2AE，CE=4AE，然后在RtBEC中，即可求得tanC的值【详解】（1）连接OD，OB=OD，B=ODB，AB=AC，B=C，ODB=C，ODAC，DFAC，ODDF，DF是O的切线；（2）连接BE，AB是直径，AEB=90°，AB=AC，AC=3AE，AB=3AE，CE=4AE，BE=，在RTBEC中，tanC=24、（1）68  ；（2）4倍；（3）4x，猜想正确，见解析；（4）M的值不能等于1，见解析.【解析】（1）直接相加即得到答案； （2）根据（1）猜想a+b+c+d=4x； （3）用x表示a、b、c、d，相加后即等于4x； （4）得到方程5x=1，求出的x不符合数表里数的特征，故不能等于1【详解】（1）5+15+19+29=68，故答案为68；（2）根据（1）猜想a+b+c+d=4x，答案为：4倍；（3）a=x-12，b=x-2，c=x+2，d=x+12，a+b+c+d=x-12+x-2+x+2+x+12=4x，猜想正确；（4）M=a+b+c+d+x=4x+x=5x，若M=5x=1，解得：x=404，但整个数表所有的数都为奇数，故不成立，M的值不能等于1【点睛】本题考查了一元一次方程的应用当解得方程的解后，要观察是否满足题目和实际要求再进行取舍25、（1）当t=时，PQBC；（2）（t）2+，当t=时，y有最大值为；（3）存在，当t=时，四边形PQPC为菱形【解析】（1）只要证明APQABC，可得=，构建方程即可解决问题；（2）过点P作PDAC于D，则有APDABC，理由相似三角形的性质构建二次函数即可解决问题；（3）存在由APOABC，可得=，即=，推出OA=（5t），根据OC=CQ，构建方程即可解决问题；【详解】（1）在RtABC中，AB=10，BP=2t，AQ=t，则AP=102t，PQBC，APQABC，=，即=，解得t=，当t=时，PQBC（2）过点P作PDAC于D，则有APDABC，=，即=，PD=6t，y=t（6t）=（t）2+，当t=时，y有最大值为（3）存在理由：连接PP，交AC于点O四边形PQPC为菱形，OC=CQ，APOABC，=，即=，OA=（5t），8（5t）=（8t），解得t=，当t=时，四边形PQPC为菱形【点睛】本题考查四边形综合题、相似三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会理由参数构建方程解决问题，属于中考压轴题26、（1）补全条形统计图见解析；“骑车”部分所对应的圆心角的度数为108°；（2）2人都是“喜欢乘车”的学生的概率为【解析】（1）从两图中可以看出乘车的有25人，占了50%，即可得共有学生50人；总人数减乘车的和骑车的人数就是步行的人数，根据数据补全直方图即可；要求扇形的度数就要先求出骑车的占的百分比，然后再求度数；（2）列出从这4人中选两人的所有等可能结果数，2人都是“喜欢乘车”的学生的情况有3种，然后根据概率公式即可求得【详解】（1）被调查的总人数为25÷50%50人；则步行的人数为50251510人；如图所示条形图，“骑车”部分所对应的圆心角的度数×360°108°；（2）设3名“喜欢乘车”的学生表示为A、B、C，1名“喜欢骑车”的学生表示为D，则有AB、AC、AD、BC、BD、CD这6种等可能的情况，其中2人都是“喜欢乘车”的学生有3种结果，所以2人都是“喜欢乘车”的学生的概率为【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小27、（1）刘徽奖的人数为人，补全统计图见解析；（2）获得“祖冲之奖”的学生成绩的中位数是90分，众数是90分；（3）（点在第二象限）【解析】（1）先根据祖冲之奖的人数及其百分比求得总人数，再根据扇形图求出赵爽奖、杨辉奖的人数，继而根据各奖项的人数之和等于总人数求得刘徽奖的人数，据此可得；（2）根据中位数和众数的定义求解可得；（3）列表得出所有等可能结果，再找到这个点在第二象限的结果，根据概率公式求解可得【详解】（1）获奖的学生人数为20÷10%=200人，赵爽奖的人数为200×24%=48人，杨辉奖的人数为200×46%=92人，则刘徽奖的人数为200（20+48+92）=40，补全统计图如下：故答案为40；（2）获得“祖冲之奖”的学生成绩的中位数是90分，众数是90分故答案为90、90；（3）列表法：第二象限的点有（2，2）和（1，2），P（点在第二象限）【点睛】本题考查了用列表法或画树状图法求概率、频数分布直方图以及利用统计图获取信息的能力利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题，也考查列表法或画树状图法求概率