内蒙包头市昆都仑区达标名校2023届中考数学模拟精编试卷含解析.doc

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1、2023年中考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1九章算术是我国古代第一部自成体系的数学专著，代表了东方数学的最高成就它的算法体系至今仍在推动着计算机的发展和应用书中记载：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”译为：“今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯这木材，锯口深1寸（ED=1寸），

2、锯道长1尺（AB=1尺=10寸）”，问这块圆形木材的直径是多少？”如图所示，请根据所学知识计算：圆形木材的直径AC是（）A13寸B20寸C26寸D28寸2如图，在ABCD中，AB=6，AD=9，BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，BGAE，垂足为G，若BG=，则CEF的面积是（）ABCD3如图，将周长为8的ABC沿BC方向平移1个单位长度得到，则四边形的周长为（ ）A8B10C12D164下列计算中，正确的是（ ）ABCD5如图，直线l1l2，以直线l1上的点A为圆心、适当长为半径画弧，分别交直线l1、l2于点B、C，连接AC、BC若ABC=67，则1=（）A23B46C67D7

3、86方程x（x2）x20的两个根为（ ）A，B，C ,D, 7如图，点A，B为定点，定直线l/AB，P是l上一动点点M，N分别为PA，PB的中点，对于下列各值：线段MN的长；PAB的周长；PMN的面积；直线MN，AB之间的距离；APB的大小其中会随点P的移动而变化的是（ ）ABCD8二次函数的图象如图所示，则反比例函数与一次函数在同一坐标系中的大致图象是( )ABCD9如图，在菱形ABCD中，AB=5，BCD=120，则ABC的周长等于（ ）A20B15C10D510如图，在平面直角坐标系中，P的圆心坐标是（3，a）（a3），半径为3，函数yx的图象被P截得的弦AB的长为4，则a的值是（）A4

4、B3C3D二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11如果正比例函数的图像经过第一、三象限，那么的取值范围是 _12若代数式的值为零，则x=_13分解因式：m3m=_14已知某二次函数图像的最高点是坐标原点，请写出一个符合要求的函数解析式：_15如图，在边长为3的菱形ABCD中，点E在边CD上，点F为BE延长线与AD延长线的交点若DE=1，则DF的长为_16已知整数k5，若ABC的边长均满足关于x的方程，则ABC的周长是 17如图，在中，,为边的高，点在轴上，点在轴上，点在第一象限，若从原点出发，沿轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点随之沿轴下滑，并带动在平面内滑动，设运动时间为秒，当

5、到达原点时停止运动连接，线段的长随的变化而变化，当最大时，_.当的边与坐标轴平行时，_.三、解答题（共7小题，满分69分）18（10分）边长为6的等边ABC 中，点D ，E 分别在AC ，BC 边上，DEAB，EC 2如图1，将DEC 沿射线EC 方向平移，得到DEC，边DE与AC 的交点为M ，边CD与ACC的角平分线交于点N.当CC多大时，四边形MCND为菱形？并说明理由如图2，将DEC 绕点C 旋转(01【解析】根据正比例函数y=（k-1）x的图象经过第一、三象限得出k的取值范围即可【详解】因为正比例函数y=（k-1）x的图象经过第一、三象限，所以k-10，解得：k1，故答案为：k1【点

6、睛】此题考查一次函数问题，关键是根据正比例函数y=（k-1）x的图象经过第一、三象限解答12、3【解析】由题意得，=0，解得：x=3，经检验的x=3是原方程的根13、m（m+1）（m-1）【解析】根据因式分解的一般步骤：一提（公因式）、二套（平方差公式，完全平方公式）、三检查（彻底分解），可以先提公因式，再利用平方差完成因式分解【详解】解：故答案为：m（m+1）（m-1）【点睛】本题考查因式分解，掌握因式分解的技巧是解题关键14、等【解析】根据二次函数的图象最高点是坐标原点，可以得到a0，b=0，c=0，所以解析式满足a0，b=0，c=0即可【详解】解：根据二次函数的图象最高点是坐标原点，可以

7、得到a0，b=0，c=0，例如：.【点睛】此题是开放性试题，考查函数图象及性质的综合运用，对考查学生所学函数的深入理解、掌握程度具有积极的意义.15、1.1【解析】求出EC，根据菱形的性质得出ADBC，得出相似三角形，根据相似三角形的性质得出比例式，代入求出即可【详解】DE=1，DC=3，EC=3-1=2，四边形ABCD是菱形，ADBC，DEFCEB，DF=1.1，故答案为1.1【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是根据菱形的性质证明DEFCEB，然后根据相似三角形的性质可求解.16、6或12或1【解析】根据题意得k0且（3）2480，解得k.整数k5，k=4.方程变形为x2

8、6x+8=0，解得x1=2，x2=4.ABC的边长均满足关于x的方程x26x+8=0，ABC的边长为2、2、2或4、4、4或4、4、2.ABC的周长为6或12或1.考点：一元二次方程根的判别式，因式分解法解一元二次方程，三角形三边关系，分类思想的应用.【详解】请在此输入详解！17、4 【解析】（1）由等腰三角形的性质可得AD=BD，从而可求出OD=4，然后根据当O，D，C共线时，OC取最大值求解即可；（2）根据等腰三角形的性质求出CD，分ACy轴、BCx轴两种情况，根据相似三角形的判定定理和性质定理列式计算即可【详解】（1），当O，D，C共线时，OC取最大值，此时ODAB.，AOB为等腰直角三

9、角形， ；（2）BC=AC，CD为AB边的高，ADC=90，BD=DA=AB=4，CD=3，当ACy轴时，ABO=CAB，RtABORtCAD，即，解得，t=，当BCx轴时，BAO=CBD，RtABORtBCD，即，解得，t= ，则当t=或时，ABC的边与坐标轴平行故答案为t=或【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键三、解答题（共7小题，满分69分）18、 (1) 当CC=时，四边形MCND是菱形，理由见解析；(2)AD=BE，理由见解析；【解析】（1）先判断出四边形MCND为平行四

10、边形，再由菱形的性质得出CN=CM，即可求出CC；（2）分两种情况，利用旋转的性质，即可判断出ACDBCE即可得出结论；先判断出点A，C，P三点共线，先求出CP，AP，最后用勾股定理即可得出结论【详解】（1）当CC=时，四边形MCND是菱形理由：由平移的性质得，CDCD，DEDE，ABC是等边三角形，B=ACB=60，ACC=180-ACB=120，CN是ACC的角平分线，DEC=ACC=60=B，DEC=NCC，DECN，四边形MCND是平行四边形，MEC=MCE=60，NCC=NCC=60，MCE和NCC是等边三角形，MC=CE，NC=CC，EC=2，四边形MCND是菱形，CN=CM，CC

11、=EC=；（2）AD=BE，理由：当180时，由旋转的性质得，ACD=BCE，由（1）知，AC=BC，CD=CE，ACDBCE， AD=BE，当=180时，AD=AC+CD，BE=BC+CE，即：AD=BE，综上可知：AD=BE如图连接CP，在ACP中，由三角形三边关系得，APAC+CP，当点A，C，P三点共线时，AP最大，如图1，在DCE中，由P为DE的中点，得APDE，PD=，CP=3，AP=6+3=9，在RtAPD中，由勾股定理得，AD=【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，平移和旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解（1）的关键是四边形MC

12、ND是平行四边形，解（2）的关键是判断出点A，C，P三点共线时，AP最大19、【解析】过点C作CDAB，由CBD45知BDCDx，由ACD30知ADx，根据AD+BDAB列方程求解可得【详解】解：过点C作CDAB于点D， 设CDx，CBD45，BDCDx，在RtACD中，ADx，由AD+BDAB可得x+x10，解得：x55，答：飞机飞行的高度为（55）km20、（1）y1=80x+4400；y2=64x+4800；（2）当m=20时，w取得最小值，即按照方案一购买20件甲种商品、按照方案二购买20件乙种商品时，总费用最低【解析】（1）根据方案即可列出函数关系式；（2）根据题意建立w与m之间的关

13、系式，再根据一次函数的增减性即可得出答案.解：（1） 得：； 得：；（2） ,因为w是m的一次函数，k=-40, 所以w随的增加而减小，m当m=20时，w取得最小值. 即按照方案一购买20件甲种商品；按照方案二购买20件乙种商品. 21、（1）y=x2x+3；（2）点P的坐标为（，1）；（3）当AM+CN的值最大时，点D的坐标为（，）【解析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、C的坐标，由点B所在的位置结合点B的横坐标可得出点B的坐标，根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的函数关系式；（2）过点P作PEx轴，垂足为点E，则APEACO，由PCD、PAD有相同的高且S

14、PCD=2SPAD，可得出CP=2AP，利用相似三角形的性质即可求出AE、PE的长度，进而可得出点P的坐标；（3）连接AC交OD于点F，由点到直线垂线段最短可找出当ACOD时AM+CN取最大值，过点D作DQx轴，垂足为点Q，则DQOAOC，根据相似三角形的性质可设点D的坐标为（3t，4t），利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于t的一元二次方程，解之取其负值即可得出t值，再将其代入点D的坐标即可得出结论【详解】（1）直线y=x+3与x轴、y轴分别交于A、C两点，点A的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，3）点B在x轴上，点B的横坐标为，点B的坐标为（，0），设抛物线的函数关系式为y=ax2+

15、bx+c（a0），将A（4，0）、B（，0）、C（0，3）代入y=ax2+bx+c，得：，解得： ，抛物线的函数关系式为y=x2x+3；（2）如图1，过点P作PEx轴，垂足为点E，PCD、PAD有相同的高，且SPCD=2SPAD，CP=2AP，PEx轴，COx轴，APEACO，AE=AO=，PE=CO=1，OE=OAAE=，点P的坐标为（，1）；（3）如图2，连接AC交OD于点F，AMOD，CNOD，AFAM，CFCN，当点M、N、F重合时，AM+CN取最大值，过点D作DQx轴，垂足为点Q，则DQOAOC，设点D的坐标为（3t，4t）点D在抛物线y=x2x+3上，4t=3t2+t+3，解得：t

16、1=（不合题意，舍去），t2=，点D的坐标为（，），故当AM+CN的值最大时，点D的坐标为（，）【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次（二次）函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及相似三角形的性质，解题的关键是：（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法求出抛物线的函数关系式；（2）利用相似三角形的性质找出AE、PE的长；（3）利用相似三角形的性质设点D的坐标为（3t，4t）22、（1）见解析；（2）；（3）. 【解析】（1）连结OD；由AB是O的直径，得到ADB=90，根据等腰三角形的性质得到ADO=A，BDO=ABD；得到PDO=90，且D在圆上，于是得到结论；（2）设A=

17、x，则A=P=x，DBA=2x，在ABD中，根据A+ABD=90o列方程求出x的值，进而可得到DOB=60o，然后根据弧长公式计算即可；（3）连结OM，过D作DFAB于点F，然后证明OMNFDN，根据相似三角形的性质求解即可.【详解】（1）连结OD，AB是O的直径，ADB=90o，A+ABD=90o，又OA=OB=OD，BDO=ABD，又A=PDB，PDB+BDO=90o，即PDO=90o，且D在圆上，PD是O的切线 （2）设A=x，DA=DP，A=P=x，DBA=P+BDP=x+x=2x，在ABD中，A+ABD=90o，x=2x=90o，即x=30o，DOB=60o，弧BD长（3）连结OM，

18、过D作DFAB于点F，点M是的中点，OMAB，设BD=x，则AD=2x，AB=2OM，即OM=，在RtBDF中，DF=，由OMNFDN得【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理及其推论，三角形外角的性质，含30角的直角三角形的性质，弧长的计算，弧弦圆心角的关系，相似三角形的判定与性质.熟练掌握切线的判定方法是解（1）的关键，求出A=30o是解（2）的关键，证明OMNFDN是解（3）的关键.23、（1）证明见解析；（2）BP=1.【解析】分析：（1）连接OB，如图，根据圆周角定理得到ABD=90，再根据切线的性质得到OBC=90，然后利用等量代换进行证明；（2）证明AOPABD，然

19、后利用相似比求BP的长详（1）证明：连接OB，如图，AD是O的直径，ABD=90，A+ADB=90，BC为切线，OBBC，OBC=90，OBA+CBP=90，而OA=OB，A=OBA，CBP=ADB；（2）解：OPAD，POA=90，P+A=90，P=D，AOPABD，即，BP=1点睛：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系也考查了圆周角定理和相似三角形的判定与性质24、（1）；（2）见解析；（3）；（4）当时，随的增大而减小【解析】（1）根据表中，的对应值即可得到结论；（2）按照自变量由小到大，利用平滑的曲线连结各点即可；（3）在所画的函数图象上找出自变量为7所对应的函数值即可；（4）利用函数图象的图象求解【详解】解：（1）当自变量是2时，函数值是；故答案为：.（2）该函数的图象如图所示；（3）当时所对应的点 如图所示，且；故答案为：；（4）函数的性质：当时，随的增大而减小故答案为：当时，随的增大而减小【点睛】本题考查了函数值，函数的定义：对于函数概念的理解：有两个变量；一个变量的数值随着另一个变量的数值的变化而发生变化；对于自变量的每一个确定的值，函数值有且只有一个值与之对应