北京市各区重点达标名校2022-2023学年中考数学仿真试卷含解析.doc

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1、2023年中考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回

2、。一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1一个多边形的每一个外角都等于72,这个多边形是( )A正三角形B正方形C正五边形D正六边形2如图1，将三角板的直角顶点放在直角尺的一边上，1=30，2=50，则3的度数为A80B50C30D203下列运算正确的（）A（b2）3=b5Bx3x3=xC5y33y2=15y5Da+a2=a34如图，A，C，E，G四点在同一直线上，分别以线段AC，CE，EG为边在AG同侧作等边三角形ABC，CDE，EFG，连接AF，分别交BC，DC，DE于点H，I，J，若AC=1，CE=2，EG=3，则DIJ的面积是（）ABCD5如图，正六边形A1B1C1D1E1F1

3、的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切，按这样的规律进行下去，A11B11C11D11E11F11的边长为（）ABCD6如图，ABCD，DEBE，BF、DF分别为ABE、CDE的角平分线，则BFD（）A110B120C125D1357一元二次方程x22x0的根是（）Ax2Bx0Cx10，x22Dx10，x228今年，我省启动了“关爱留守儿童工程”某村小为了了解各年级留守儿童的数量， 对一到六年级留守儿童数量进行了统计，得到每个年级的留守儿童人数分别为1

4、0,15,10,17,18,1对于这组数据，下列说法错误的是（ ）A平均数是15B众数是10C中位数是17D方差是 9已知点A、B、C是直径为6cm的O上的点，且AB=3cm，AC=3 cm，则BAC的度数为（）A15B75或15C105或15D75或10510小苏和小林在如图所示的跑道上进行米折返跑.在整个过程中，跑步者距起跑线的距离（单位：）与跑步时间（单位：）的对应关系如图所示.下列叙述正确的是（ ）.A两人从起跑线同时出发，同时到达终点B小苏跑全程的平均速度大于小林跑全程的平均速度C小苏前跑过的路程大于小林前跑过的路程D小林在跑最后的过程中，与小苏相遇2次二、填空题（本大题共6个小题，

5、每小题3分，共18分）11一组数据：1，2，a，4，5的平均数为3，则a=_12如图，已知A+C=180，APM=118，则CQN=_13长城的总长大约为6700000m，将数6700000用科学记数法表示为_14计算的结果为_15如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，动点P从点A出发，沿AB匀速运动，到达点B时停止，设点P所走的路程为x，线段OP的长为y，若y与x之间的函数图象如图所示，则矩形ABCD的周长为_ 16在某一时刻，测得一根长为1.5m的标杆的影长为3m，同时测得一根旗杆的影长为26m，那么这根旗杆的高度为_m三、解答题（共8题，共72分）17（8分）如图，BC是路边

6、坡角为30，长为10米的一道斜坡，在坡顶灯杆CD的顶端D处有一探射灯，射出的边缘光线DA和DB与水平路面AB所成的夹角DAN和DBN分别是37和60（图中的点A、B、C、D、M、N均在同一平面内，CMAN）求灯杆CD的高度；求AB的长度（结果精确到0.1米）（参考数据：=1.1sin37060，cos370.80，tan370.75）18（8分）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：如图1，在ABC中，点O在线段BC上，BAO=30，OAC=75，AO=，BO：CO=1：3，求AB的长经过社团成员讨论发现，过点B作BDAC，交AO的延长线于点D，通过构造ABD就可以解决问题（如图2）请回

7、答：ADB= ，AB= 请参考以上解决思路，解决问题：如图3，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，ACAD，AO=，ABC=ACB=75，BO：OD=1：3，求DC的长19（8分）为了解某校落实新课改精神的情况,现以该校九年级二班的同学参加课外活动的情况为样本,对其参加“球类”、“绘画类”、“舞蹈类”、“音乐类”、“棋类”活动的情况进行调查统计,并绘制了如图所示的统计图.(1)参加音乐类活动的学生人数为 人,参加球类活动的人数的百分比为 (2)请把图2(条形统计图)补充完整;(3)该校学生共600人,则参加棋类活动的人数约为 .(4)该班参加舞蹈类活动的4位同学中,有1位男生(用E

8、表示)和3位女生(分别用F,G,H表示),先准备从中选取两名同学组成舞伴,请用列表或画树状图的方法求恰好选中一男一女的概率.20（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21（8分）如图，可以自由转动的转盘被它的两条直径分成了四个分别标有数字的扇形区域，其中标有数字“1”的扇形圆心角为120转动转盘，待转盘自动停止后，指针指向一个扇形的内部，则该扇形内的数字即为转出的数字，此时，称为转动转盘一次（若指针指向两个扇形的交线，则不计转动的次数，重新转动转盘，直到指针指向一个扇形的内部为止）转动转盘一次，求转

9、出的数字是2的概率；转动转盘两次，用树状图或列表法求这两次分别转出的数字之积为正数的概率22（10分）抛一枚质地均匀六面分别刻有1、2、3、4、5、6点的正方体骰子两次，若记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b，则以方程组的解为坐标的点在第四象限的概率为_23（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1经过点A(4，0)、B(1，0)，其顶点为（1）求抛物线C1的表达式；（2）将抛物线C1绕点B旋转180，得到抛物线C2，求抛物线C2的表达式；（3）再将抛物线C2沿x轴向右平移得到抛物线C3，设抛物线C3与x轴分别交于点E、F(E在F左侧)，顶点为G，连接AG、DF、AD、GF，若四边

10、形ADFG为矩形，求点E的坐标24如图，在菱形ABCD中，点P在对角线AC上，且PA=PD，O是PAD的外接圆 （1）求证：AB是O的切线； （2）若AC=8，tanBAC=，求O的半径参考答案一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1、C【解析】任何多边形的外角和是360，用360除以一个外角度数即可求得多边形的边数【详解】36072=1，则多边形的边数是1故选C【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，已知外角求边数的这种方法是需要熟记的内容2、D【解析】试题分析：根据平行线的性质，得4=2=50，再根据三角形的外角的性质3=4-1=50-30=20故答案选D考点：平行线的性质;三角

11、形的外角的性质3、C【解析】分析：直接利用幂的乘方运算法则以及同底数幂的除法运算法则、单项式乘以单项式和合并同类项法则详解：A、（b2）3=b6，故此选项错误；B、x3x3=1，故此选项错误；C、5y33y2=15y5，正确；D、a+a2，无法计算，故此选项错误故选C点睛：此题主要考查了幂的乘方运算以及同底数幂的除法运算、单项式乘以单项式和合并同类项，正确掌握相关运算法则是解题关键4、A【解析】根据等边三角形的性质得到FGEG3，AGFFEG60，根据三角形的内角和得到AFG90，根据相似三角形的性质得到=，=，根据三角形的面积公式即可得到结论【详解】AC1，CE2，EG3，AG6，EFG是等

12、边三角形，FGEG3，AGFFEG60，AEEF3，FAGAFE30，AFG90，CDE是等边三角形，DEC60，AJE90，JEFG，AJEAFG，=，EJ，BCADCEFEG60，BCDDEF60，ACIAEF120，IACFAE，ACIAEF，=，CI1，DI1，DJ，IJ，=DIIJ故选：A【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，熟练掌握相似三角形的性质和判定是解题的关键5、A【解析】分析：连接OE1，OD1，OD2，如图，根据正六边形的性质得E1OD1=60，则E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2E1D1，于是可得OD2=E1D1=

13、2，利用正六边形的边长等于它的半径得到正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=（）22，依此规律可得正六边形A11B11C11D11E11F11的边长=（）102，然后化简即可详解：连接OE1，OD1，OD2，如图，六边形A1B1C1D1E1F1为正六边形，E1OD1=60，E1OD1为等边三角形，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，OD2E1D1，OD2=E1D1=2，正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=（）22，则正六边形A11B11

14、C11D11E11F11的边长=（）102=故选A点睛：本题考查了正多边形与圆的关系：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆记住正六边形的边长等于它的半径6、D【解析】如图所示，过E作EGABABCD，EGCD，ABE+BEG=180，CDE+DEG=180，ABE+BED+CDE=360又DEBE，BF，DF分别为ABE，CDE的角平分线，FBE+FDE=（ABE+CDE）=（36090）=135，BFD=360FBEFDEBED=36013590=135故选D【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及角平分线的

15、定义的运用，解题时注意：两直线平行，同旁内角互补解决问题的关键是作平行线7、C【解析】方程左边分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解【详解】方程变形得：x（x1）0，可得x0或x10，解得：x10，x11故选C【点睛】考查了解一元二次方程因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键8、C【解析】解：中位数应该是15和17的平均数16，故C选项错误，其他选择正确故选C【点睛】本题考查求中位数，众数，方差，理解相关概念是本题的解题关键.9、C【解析】解：如图1AD为直径，ABD=ACD=90在RtABD中，AD=6，AB=3，则BDA=30，BAD=

16、60在RtABD中，AD=6，AC=3，CAD=45，则BAC=105；如图2，AD为直径，ABD=ABC=90在RtABD中，AD=6，AB=3，则BDA=30，BAD=60在RtABC中，AD=6，AC=3，CAD=45，则BAC=15故选C点睛：本题考查的是圆周角定理和锐角三角函数的知识，掌握直径所对的圆周角是直径和熟记特殊角的三角函数值是解题的关键，注意分情况讨论思想的运用10、D【解析】A.由图可看出小林先到终点，A错误；B.全程路程一样，小林用时短，所以小林的平均速度大于小苏的平均速度，B错误；C.第15 秒时，小苏距离起点较远，两人都在返回起点的过程中，据此可判断小林跑的路程大于

17、小苏跑的路程，C错误；D.由图知两条线的交点是两人相遇的点，所以是相遇了两次，正确.故选D.二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11、1【解析】依题意有：（1+2+a+4+5）5=1，解得a=1故答案为112、1【解析】先根据同旁内角互补两直线平行知ABCD，据此依据平行线性质知APM=CQM=118，由邻补角定义可得答案【详解】解：A+C=180，ABCD，APM=CQM=118，CQN=180-CQM=1，故答案为：1【点睛】本题主要考查平行线的判定与性质，解题的关键是掌握平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系13、6.7

18、106【解析】科学记数法的表示形式为a10n的形式，其中1|a|10，n为整数确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同当原数绝对值1时，n是正数；当原数的绝对值1时，n是负数【详解】解：6700000用科学记数法表示应记为6.7106，故选6.7106.【点睛】本题考查科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为ax10n的形式，其中1|a|10，n为整数；表示时关键要正确确定a的值以及n的值.14、【解析】根据同分母分式加减运算法则化简即可【详解】原式，故答案为【点睛】本题考查了分式的加减运算，熟记运算法则是解题的关键15、1【解析】分析：根据点

19、P的移动规律，当OPBC时取最小值2，根据矩形的性质求得矩形的长与宽，易得该矩形的周长详解：当OPAB时，OP最小，且此时AP=4，OP=2，AB=2AP=8，AD=2OP=6，C矩形ABCD=2（AB+AD）=2（8+6）=1故答案为1 点睛：本题考查了动点问题的函数图象，关键是根据所给函数图象和点的运动轨迹判断出AP=4，OP=216、13【解析】根据同时同地物高与影长成比列式计算即可得解【详解】解：设旗杆高度为x米，由题意得,，解得x=13.故答案为13.【点睛】本题考查投影，解题的关键是应用相似三角形.三、解答题（共8题，共72分）17、（1）10米；（2）11.4米【解析】（1）延长

20、DC交AN于H只要证明BC=CD即可；（2）在RtBCH中，求出BH、CH，在 RtADH中求出AH即可解决问题.【详解】（1）如图，延长DC交AN于H，DBH=60，DHB=90，BDH=30，CBH=30，CBD=BDC=30，BC=CD=10（米）；（2）在RtBCH中，CH=BC=5，BH=58.65，DH=15，在RtADH中，AH=20，AB=AHBH=208.65=11.4（米）【点睛】本题考查解直角三角形的应用坡度坡角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题.18、（1）75；4；（2）CD=4【解析】（1）根据平行线的性质可得出ADB=OAC=75，结合B

21、OD=COA可得出BODCOA，利用相似三角形的性质可求出OD的值，进而可得出AD的值，由三角形内角和定理可得出ABD=75=ADB，由等角对等边可得出AB=AD=4，此题得解；（2）过点B作BEAD交AC于点E，同（1）可得出AE=4，在RtAEB中，利用勾股定理可求出BE的长度，再在RtCAD中，利用勾股定理可求出DC的长，此题得解【详解】解：（1）BDAC，ADB=OAC=75BOD=COA，BODCOA，又AO=3，OD=AO=，AD=AO+OD=4BAD=30，ADB=75，ABD=180-BAD-ADB=75=ADB，AB=AD=4（2）过点B作BEAD交AC于点E，如图所示ACA

22、D，BEAD，DAC=BEA=90AOD=EOB，AODEOB，BO：OD=1：3，AO=3，EO=，AE=4ABC=ACB=75，BAC=30，AB=AC，AB=2BE在RtAEB中，BE2+AE2=AB2，即（4）2+BE2=（2BE）2，解得：BE=4，AB=AC=8，AD=1在RtCAD中，AC2+AD2=CD2，即82+12=CD2，解得：CD=4【点睛】本题考查了相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及平行线的性质，解题的关键是：（1）利用相似三角形的性质求出OD的值；（2）利用勾股定理求出BE、CD的长度19、（1）7、30%;（2）补图见解析；（3）105人；（3

23、）【解析】试题分析：（1）先根据绘画类人数及其百分比求得总人数，继而可得答案；（2）根据（1）中所求数据即可补全条形图；（3）总人数乘以棋类活动的百分比可得；（4）利用树状图法列举出所有可能的结果，然后利用概率公式即可求解试题解析：解：（1）本次调查的总人数为1025%=40（人），参加音乐类活动的学生人数为4017.5%=7人，参加球类活动的人数的百分比为100%=30%，故答案为7，30%；（2）补全条形图如下：（3）该校学生共600人，则参加棋类活动的人数约为600=105，故答案为105；（4）画树状图如下：共有12种情况，选中一男一女的有6种，则P（选中一男一女）=点睛：本题考查的是

24、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20、（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

25、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

26、股定理是关键21、（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意可求得2个“2”所占的扇形圆心角的度数，再利用概率公式进行计算即可得；（2）由题意可得转出“1”、“3”、“2”的概率相同，然后列表得到所有可能的情况，再找出符合条件的可能性，根据概率公式进行计算即可得.【详解】（1）由题意可知：“1”和“3”所占的扇形圆心角为120，所以2个“2”所占的扇形圆心角为3602120120，转动转盘一次，求转出的数字是2的概率为；（2）由（1）可知，该转盘转出“1”、“3”、“2”的概率相同，均为，所有可能性如下表所示：第一次 第二次1231(1，1)(1，2)(1，3)2(2，1)(2，2)(2，

27、3)3(3，1)(3，2)(3，3)由上表可知：所有可能的结果共9种，其中数字之积为正数的的有5种，其概率为.【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比22、 【解析】解方程组，根据条件确定a、b的范围，从而确定满足该条件的结果个数，利用古典概率的概率公式求出方程组只有一个解的概率.【详解】，得 若b2a， 即a=2，3，4，5，6 b=4，5，6符合条件的数组有（2，5）（2，6）共有2个，若b2a， 符合条件的数组有（1，1）共有1个，概率p=.故答案为：.【点睛】本题主要考查了古典概率及其概率计算公式的应用.23、（1）y；（2）；（3）E(

28、，0)【解析】（1）根据抛物线C1的顶点坐标可设顶点式将点B坐标代入求解即可；（2）由抛物线C1绕点B旋转180得到抛物线C2知抛物线C2的顶点坐标，可设抛物线C2的顶点式，根据旋转后抛物线C2开口朝下，且形状不变即可确定其表达式；（3）作GKx轴于G，DHAB于H，由题意GK=DH=3，AH=HB=EK=KF，结合矩形的性质利用两组对应角分别相等的两个三角形相似可证AGKGFK，由其对应线段成比例的性质可知AK长，结合A、B点坐标可知BK、BE、OE长，可得点E坐标.【详解】解：（1）抛物线C1的顶点为，可设抛物线C1的表达式为y，将B(1，0)代入抛物线解析式得：，解得：a，抛物线C1的表

29、达式为y，即y（2）设抛物线C2的顶点坐标为 抛物线C1绕点B旋转180，得到抛物线C2，即点与点关于点B(1，0)对称 抛物线C2的顶点坐标为()可设抛物线C2的表达式为y抛物线C2开口朝下，且形状不变 抛物线C2的表达式为y，即（3）如图，作GKx轴于G，DHAB于H由题意GK=DH=3，AH=HB=EK=KF，四边形AGFD是矩形，AGF=GKF=90，AGK+KGF=90，KGF+GFK=90，AGK=GFKAKG=FKG=90，AGKGFK，AK=6，BE=BKEK=3，OE，E(，0)【点睛】本题考查了二次函数与几何的综合，涉及了待定系数法求二次函数解析式、矩形的性质、相似三角形的

30、判定和性质、旋转变换的性质，灵活的利用待定系数法求二次函数解析式是解前两问的关键，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解（3）的关键.24、 (1)见解析；(2)【解析】分析：（1）连结OP、OA，OP交AD于E，由PA=PD得弧AP=弧DP，根据垂径定理的推理得OPAD，AE=DE，则1+OPA=90，而OAP=OPA，所以1+OAP=90，再根据菱形的性质得1=2，所以2+OAP=90，然后根据切线的判定定理得到直线AB与O相切； （2）连结BD，交AC于点F，根据菱形的性质得DB与AC互相垂直平分，则AF=4，tanDAC=，得到DF=2，根据勾股定理得到AD=2，求得AE=，设O的半径为R

31、，则OE=R，OA=R，根据勾股定理列方程即可得到结论详解：（1）连结OP、OA，OP交AD于E，如图， PA=PD，弧AP=弧DP，OPAD，AE=DE，1+OPA=90 OP=OA，OAP=OPA，1+OAP=90 四边形ABCD为菱形，1=2，2+OAP=90，OAAB，直线AB与O相切； （2）连结BD，交AC于点F，如图， 四边形ABCD为菱形，DB与AC互相垂直平分 AC=8，tanBAC=，AF=4，tanDAC=，DF=2，AD=2，AE=在RtPAE中，tan1=，PE=设O的半径为R，则OE=R，OA=R在RtOAE中，OA2=OE2+AE2，R2=（R）2+（）2，R=，即O的半径为 点睛：本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线也考查了菱形的性质和锐角三角函数以及勾股定理