浙江省温州市永嘉县2022-2023学年中考冲刺卷数学试题含解析.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（共10小题，每小题3分，共30分）1如图是由若干个小正方体组成的几何体从上面看到的图形，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，这个几何体从正面看到的图形是（ ）ABCD2甲、乙两人沿相同的路线由A地到B地匀速前进，A、B两地间的路程为20km他们前进的路程为s(km)，甲出发后的时间为t(h)，甲、乙前进的路程与时间的函数图象如图

2、所示根据图象信息，下列说法正确的是（ ）A甲的速度是4km/hB乙的速度是10km/hC乙比甲晚出发1hD甲比乙晚到B地3h3小明家1至6月份的用水量统计如图所示，关于这组数据，下列说法错误的是（ ）A众数是6吨B平均数是5吨C中位数是5吨D方差是4如图，AB是一垂直于水平面的建筑物，某同学从建筑物底端B出发，先沿水平方向向右行走20米到达点C，再经过一段坡度（或坡比）为i=1：0.75、坡长为10米的斜坡CD到达点D，然后再沿水平方向向右行走40米到达点E（A，B，C，D，E均在同一平面内）在E处测得建筑物顶端A的仰角为24，则建筑物AB的高度约为（参考数据：sin240.41，cos240

3、.91，tan24=0.45）（）A21.7米B22.4米C27.4米D28.8米5如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF，此时恰好四边形AEHB为菱形，连接CH交FG于点M，则HM=（）AB1CD6如图，AB是O的直径，AB8，弦CD垂直平分OB，E是弧AD上的动点，AFCE于点F，点E在弧AD上从A运动到D的过程中，线段CF扫过的面积为（）A4+3B4+C+D+37如图，已知ABC中，C=90，若沿图中虚线剪去C，则1+2等于（ ）A90B135C270D3158下面四个几何体： 其中，俯视图是四边形的几何体个数是（）A1B2C3D4

4、9边长相等的正三角形和正六边形的面积之比为（ ）A13B23C16D110一、单选题如图： 在中，平分，平分，且交于，若，则等于（ ）A75B100 C120 D125二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=3，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF，点A落在矩形ABCD的边CD上，连接CE，则CE的长是_12若实数m、n在数轴上的位置如图所示，则（m+n）（m-n）_ 0，（填“”、“”或“”）13因式分解：3a36a2b+3ab2_14孙子算经中记载了一道题，大意是：100匹马恰好拉了100片瓦，已知1匹大马能拉3片瓦，

5、3匹小马能拉1片瓦，问有多少匹大马、多少匹小马？设有x匹大马，y匹小马，根据题意可列方程组为_15如图，边长为6的菱形ABCD中，AC是其对角线，B=60，点P在CD上，CP=2，点M在AD上，点N在AC上，则PMN的周长的最小值为_ 16等腰ABC的底边BC=8cm，腰长AB=5cm，一动点P在底边上从点B开始向点C以0.25cm/秒的速度运动，当点P运动到PA与腰垂直的位置时，点P运动的时间应为_秒三、解答题（共8题，共72分）17（8分）如图，已知的直径，是的弦，过点作的切线交的延长线于点，过点作，垂足为，与交于点，设，的度数分别是，且（1）用含的代数式表示；（2）连结交于点，若，求的长

6、18（8分）计算：3tan30+|2|（3）0（1）2018.19（8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20（8分）如图，在ABC中，ACB90，ABC10，CDE是等边三角

7、形，点D在边AB上（1）如图1，当点E在边BC上时，求证DEEB；（2）如图2，当点E在ABC内部时，猜想ED和EB数量关系，并加以证明；（1）如图1，当点E在ABC外部时，EHAB于点H，过点E作GEAB，交线段AC的延长线于点G，AG5CG，BH1求CG的长21（8分）（）如图已知四边形中，BC=b，求：对角线长度的最大值；四边形的最大面积；（用含，的代数式表示）（）如图，四边形是某市规划用地的示意图，经测量得到如下数据：，请你利用所学知识探索它的最大面积（结果保留根号）22（10分）为看丰富学生课余文化生活，某中学组织学生进行才艺比赛，每人只能从以下五个项目中选报一项:.书法比赛，.绘画

8、比赛，.乐器比赛，.象棋比赛，.围棋比赛根据学生报名的统计结果，绘制了如下尚不完整的统计图：图1 各项报名人数扇形统计图：图2 各项报名人数条形统计图：根据以上信息解答下列问题：（1）学生报名总人数为 人；（2）如图1项目D所在扇形的圆心角等于 ； （3）请将图2的条形统计图补充完整；（4）学校准备从书法比赛一等奖获得者甲、乙、丙、丁四名同学中任意选取两名同学去参加全市的书法比赛，求恰好选中甲、乙两名同学的概率.23（12分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，已知ABC三个定点坐标分别为A（4，1），B（3，3），C（1，2）画出ABC关于x轴对称的A1B1C1，点A，B，C的对称点分

9、别是点A1、B1、C1，直接写出点A1，B1，C1的坐标：A1（ ， ），B1（ ， ），C1（ ， ）；画出点C关于y轴的对称点C2，连接C1C2，CC2，C1C，并直接写出CC1C2的面积是 24A、B、C三人玩篮球传球游戏，游戏规则是：第一次传球由A将球随机地传给B、C两人中的某一人，以后的每一次传球都是由上次的传球者随机地传给其他两人中的某一人（1）求两次传球后，球恰在B手中的概率；（2）求三次传球后，球恰在A手中的概率参考答案一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1、C【解析】先根据俯视图判断出几何体的形状，再根据主视图是从正面看画出图形即可【详解】解：由俯视图可知，几何体共

10、有两排，前面一排从左到右分别是1个和2个小正方体搭成两个长方体，后面一排分别有2个、3个、1个小正方体搭成三个长方体，并且这两排右齐，故从正面看到的视图为：故选：C【点睛】本题考查几何体三视图，熟记三视图的概念并判断出物体的排列方式是解题的关键2、C【解析】甲的速度是：204=5km/h；乙的速度是：201=20km/h；由图象知，甲出发1小时后乙才出发，乙到2小时后甲才到，故选C3、C【解析】试题分析：根据众数、平均数、中位数、方差：一组数据中出现次数最多的数据叫做这组数据的众数将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果

11、这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数一般地设n个数据，x1，x2，xn的平均数为，则方差S2= （x1）2+（x2）2+（xn）2数据：3,4,5,6,6,6，中位数是5.5，故选C考点：1、方差；2、平均数；3、中位数；4、众数4、A【解析】作BMED交ED的延长线于M，CNDM于N首先解直角三角形RtCDN，求出CN，DN，再根据tan24=，构建方程即可解决问题.【详解】作BMED交ED的延长线于M，CNDM于N在RtCDN中，设CN=4k，DN=3k，CD=10，（3k）2+（4k）2=100，k=2，CN=

12、8，DN=6，四边形BMNC是矩形，BM=CN=8，BC=MN=20，EM=MN+DN+DE=66，在RtAEM中，tan24=，0.45=，AB=21.7（米），故选A【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键5、D【解析】由旋转的性质得到AB=BE，根据菱形的性质得到AE=AB，推出ABE是等边三角形，得到AB=3，AD=，根据三角函数的定义得到BAC=30，求得ACBE，推出C在对角线AH上，得到A，C，H共线，于是得到结论【详解】如图，连接AC交BE于点O，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF，AB=BE

13、，四边形AEHB为菱形，AE=AB，AB=AE=BE，ABE是等边三角形，AB=3，AD=，tanCAB=，BAC=30，ACBE，C在对角线AH上，A，C，H共线，AO=OH=AB=，OC=BC=，COB=OBG=G=90，四边形OBGM是矩形，OM=BG=BC=，HM=OHOM=，故选D【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形的应用等，熟练掌握和灵活运用相关的知识是解题的关键.6、A【解析】连AC，OC，BC线段CF扫过的面积扇形MAH的面积+MCH的面积，从而证明即可解决问题【详解】如下图，连AC，OC，BC，设CD交AB于H，CD垂直平分线段OB，

14、COCB，OCOB，OCOBBC，AB是直径，点F在以AC为直径的M上运动，当E从A运动到D时，点F从A运动到H，连接MH，MAMH，CF扫过的面积为，故选：A【点睛】本题主要考查了阴影部分面积的求法，熟练掌握扇形的面积公式及三角形的面积求法是解决本题的关键.7、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）=36090=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360.8、B【解析】试题分析：根据俯视图是分别从物体上面看，所得到的俯视图是四边形的几何

15、体有正方体和三棱柱，故选B考点：简单几何体的三视图9、C【解析】解：设正三角形的边长为1a，则正六边形的边长为1a过A作ADBC于D，则BAD=30，AD=ABcos30=1a=a，SABC=BCAD=1aa=a1连接OA、OB，过O作ODABAOB=20，AOD=30，OD=OBcos30=1a=a，SABO=BAOD=1aa=a1，正六边形的面积为：2a1， 边长相等的正三角形和正六边形的面积之比为：a1：2a1=1：2故选C点睛：本题主要考查了正三角形与正六边形的性质，根据已知利用解直角三角形知识求出正六边形面积是解题的关键10、B【解析】根据角平分线的定义推出ECF为直角三角形，然后根

16、据勾股定理即可求得CE2+CF2=EF2，进而可求出CE2+CF2的值【详解】解：CE平分ACB，CF平分ACD，ACE=ACB，ACF=ACD，即ECF=（ACB+ACD）=90，EFC为直角三角形，又EFBC，CE平分ACB，CF平分ACD，ECB=MEC=ECM，DCF=CFM=MCF，CM=EM=MF=5，EF=10，由勾股定理可知CE2+CF2=EF2=1故选：B【点睛】本题考查角平分线的定义（从一个角的顶点引出一条射线，把这个角分成两个完全相同的角，这条射线叫做这个角的角平分线），直角三角形的判定（有一个角为90的三角形是直角三角形）以及勾股定理的运用，解题的关键是首先证明出ECF

17、为直角三角形二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11、【解析】解：连接AG，由旋转变换的性质可知，ABG=CBE，BA=BG=5，BC=BE，由勾股定理得，CG=4，DG=DCCG=1，则AG=， ，ABG=CBE，ABGCBE，解得，CE=，故答案为【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、相似三角形的判定和性质，掌握勾股定理、矩形的性质、旋转变换的性质是解题的关键12、【解析】根据数轴可以确定m、n的大小关系，根据加法以及减法的法则确定mn以及mn的符号，可得结果【详解】解：根据题意得：m1n，且|m|n|，mn1，mn1，（mn）（mn）1故答案为【点睛】本题考查了整式的加减和

18、数轴，熟练掌握运算法则是解题的关键13、3a（ab）1【解析】首先提取公因式3a，再利用完全平方公式分解即可.【详解】3a36a1b+3ab1，3a（a11ab+b1），3a（ab）1故答案为：3a（ab）1【点睛】此题考查多项式的因式分解，多项式分解因式时如果有公因式必须先提取公因式，然后再利用公式法分解因式，根据多项式的特点用适合的分解因式的方法是解题的关键.14、【解析】分析：根据题意可以列出相应的方程组，从而可以解答本题详解：由题意可得，故答案为点睛：本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组15、2【解析】过P作关于AC和AD的对称点，连接和，

19、过P作, 和，M，N共线时最短，根据对称性得知PMN的周长的最小值为.因为四边形ABCD是菱形，AD是对角线，可以求得，根据特殊三角形函数值求得，再根据线段相加勾股定理即可求解.【详解】过P作关于AC和AD的对称点，连接和，过P作,四边形ABCD是菱形，AD是对角线，,又由题意得【点睛】本题主要考查对称性质，菱形性质，内角和定理和勾股定理，熟悉掌握定理是关键.16、7秒或25秒【解析】考点：勾股定理；等腰三角形的性质专题：动点型；分类讨论分析：根据等腰三角形三线合一性质可得到BD的长，由勾股定理可求得AD的长，再分两种情况进行分析：PAACPAAB，从而可得到运动的时间解答：解：如图，作ADB

20、C，交BC于点D，BC=8cm，BD=CD=BC=4cm，AD=3，分两种情况：当点P运动t秒后有PAAC时，AP2=PD2+AD2=PC2-AC2，PD2+AD2=PC2-AC2，PD2+32=（PD+4）2-52PD=2.25，BP=4-2.25=1.75=0.25t，t=7秒，当点P运动t秒后有PAAB时，同理可证得PD=2.25，BP=4+2.25=6.25=0.25t，t=25秒，点P运动的时间为7秒或25秒点评：本题利用了等腰三角形的性质和勾股定理求解三、解答题（共8题，共72分）17、（1）；（2）【解析】（1）连接OC，根据切线的性质得到OCDE，可以证明ADOC，根据平行线的

21、性质可得，则根据等腰三角形的性质可得，利用，化简计算即可得到答案；（2）连接CF，根据，可得，利用中垂线和等腰三角形的性质可证四边形是平行四边形，得到AOF为等边三角形，由并可得四边形是菱形，可证是等边三角形，有FAO=60，再根据弧长公式计算即可【详解】解：（1）如图示，连结，是的切线，又，即（2）如图示，连结，四边形是平行四边形，四边形是菱形，是等边三角形，的长【点睛】本题考查的是切线的性质、菱形的判定和性质、弧长的计算，掌握切线的性质定理、弧长公式是解题的关键18、1.【解析】直接利用绝对值的性质以及特殊角的三角函数值分别化简得出答案【详解】3tan31+|2|（3）1（1）2118=3

22、+211=+211=1【点睛】本题考查了绝对值的性质以及特殊角的三角函数值，解题的关键是熟练的掌握绝对值的性质以及特殊角的三角函数值.19、（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

23、+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20、（1）证明见解析；（2）ED=EB，证明见解析；（1）CG=2【解析】(1)、根据等边三角形的性质得出CED=60，从而得出EDB=10，从而得出DE=BE；(2)、取AB的中点O，连接CO、EO，根据ACO和CDE为等边三角形，从而得出ACD和OCE全等，然后得出COE和BOE全等，从而得出答案；(1)

24、、取AB的中点O，连接CO、EO、EB，根据题意得出COE和BOE全等，然后得出CEG和DCO全等，设CG=a，则AG=5a，OD=a，根据题意列出一元一次方程求出a的值得出答案【详解】(1)CDE是等边三角形， CED=60， EDB=60B=10，EDB=B， DE=EB；(2) ED=EB， 理由如下：取AB的中点O，连接CO、EO，ACB=90，ABC=10， A=60，OC=OA， ACO为等边三角形， CA=CO，CDE是等边三角形， ACD=OCE，ACDOCE， COE=A=60，BOE=60， COEBOE， EC=EB， ED=EB；(1)、取AB的中点O，连接CO、EO、

25、EB， 由（2）得ACDOCE，COE=A=60，BOE=60，COEBOE，EC=EB，ED=EB， EHAB，DH=BH=1，GEAB， G=180A=120， CEGDCO， CG=OD，设CG=a，则AG=5a，OD=a，AC=OC=4a，OC=OB， 4a=a+1+1， 解得，a=2，即CG=221、（1）；（2）150475475.【解析】（1）由条件可知AC为直径，可知BD长度的最大值为AC的长，可求得答案；连接AC，求得AD2CD2，利用不等式的性质可求得ADCD的最大值，从而可求得四边形ABCD面积的最大值；（2）连接AC，延长CB，过点A做AECB交CB的延长线于E，可先求

26、得ABC的面积，结合条件可求得D45，且A、C、D三点共圆，作AC、CD中垂线，交点即为圆心O，当点D与AC的距离最大时，ACD的面积最大，AC的中垂线交圆O于点D，交AC于F，FD即为所求最大值，再求得ACD的面积即可【详解】（1）因为BD90，所以四边形ABCD是圆内接四边形，AC为圆的直径，则BD长度的最大值为AC，此时BD，连接AC，则AC2AB2BC2a2b2AD2CD2，SACDADCD（AD2CD2）（a2b2），所以四边形ABCD的最大面积（a2b2）ab；（2）如图，连接AC，延长CB，过点A作AECB交CB的延长线于E，因为AB20，ABE180ABC60，所以AEABsi

27、n6010，EBABcos6010，SABCAEBC150，因为BC30，所以ECEBBC40，AC10，因为ABC120，BADBCD195，所以D45，则ACD中，D为定角，对边AC为定边，所以，A、C、D点在同一个圆上，做AC、CD中垂线，交点即为圆O，如图，当点D与AC的距离最大时，ACD的面积最大，AC的中垂线交圆O于点D，交AC于F，FD即为所求最大值，连接OA、OC，AOC2ADC90，OAOC，所以AOC，AOF等腰直角三角形，AOOD5，OFAF5,DF55，SACDACDF5（55）475475，所以SmaxSABCSACD150475475.【点睛】本题为圆的综合应用，涉

28、及知识点有圆周角定理、不等式的性质、解直角三角形及转化思想等在（1）中注意直径是最长的弦，在（2）中确定出四边形ABCD面积最大时，D点的位置是解题的关键本题考查知识点较多，综合性很强，计算量很大，难度适中22、（1）200；（2）54；（3）见解析；（4）【解析】（1）根据A的人数及所占的百分比即可求出总人数；（2）用D的人数除以总人数再乘360即可得出答案； （3）用总人数减去A,B,D,E的人数即为C对应的人数，然后即可把条形统计图补充完整；（4）用树状图列出所有的情况，找出恰好选中甲、乙两名同学的情况数，利用概率公式求解即可【详解】解：（1）学生报名总人数为（人），故答案为：200；（

29、2）项目所在扇形的圆心角等于，故答案为：54；（3）项目的人数为，补全图形如下：（4）画树状图得：所有出现的等可能性结果共有12种，其中满足条件的结果有2种.恰好选中甲、乙两名同学的概率为.【点睛】本题主要考查扇形统计图与条形统计图的结合，能够从图表中获取有用信息，掌握概率公式是解题的关键23、（1）1、1，3、3，1、2；（2）见解析，1.【解析】（1）分别作出点A、B、C关于x轴的对称点，再顺次连接可得；（2）作出点C关于y轴的对称点，然后连接得到三角形，根据面积公式计算可得【详解】（1）如图所示，A1B1C1即为所求A1（1，1）B1（3，3），C1（1，2）故答案为：1、1、3、3、1

30、、2；（2）如图所示，CC1C2的面积是21=1故答案为：1【点睛】本题考查了作图轴对称变换，解题的关键是熟练掌握轴对称变换的定义和性质24、（1）；（2） .【解析】试题分析：（1）直接列举出两次传球的所有结果，球球恰在B手中的结果只有一种即可求概率；（2）画出树状图，表示出三次传球的所有结果，三次传球后，球恰在A手中的结果有2种，即可求出三次传球后，球恰在A手中的概率试题解析:解：（1）两次传球的所有结果有4种，分别是ABC，ABA，ACB，ACA每种结果发生的可能性相等，球球恰在B手中的结果只有一种，所以两次传球后，球恰在B手中的概率是；（2）树状图如下，由树状图可知，三次传球的所有结果有8种，每种结果发生的可能性相等其中，三次传球后，球恰在A手中的结果有ABCA，ACBA这两种，所以三次传球后，球恰在A手中的概率是考点：用列举法求概率