2023年江苏省苏州市昆山市城北中学中考一模考试数学试题（含详细答案）

这是一份2023年江苏省苏州市昆山市城北中学中考一模考试数学试题（含详细答案），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省苏州市昆山市城北中学中考一模考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．的相反数是（    ）
A．2 B． C． D．
2．下列计算正确的是（   ）
A． B．
C． D．
3．一个不透明的布袋里装有7个只有颜色不同的球，其中4个白球，2个红球，1个黄球．从布袋里任意摸出1个球，是红球的概率为（    ）
A． B． C． D．
4．关于x的一元二次方程x2+4x+k＝0有两个相等的实数根，则k的值为（　　）
A．k＝4 B．k＝﹣4 C．k≥﹣4 D．k≥4
5．若一次函数的图象经过点A（2，0），点B（0，－3），则该函数图象不经过的象限是（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．将抛物线先向左平移2个单位、再向下平移1个单位后，得到（    ）
A． B． C． D．
7．如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为(8，0) ，(0，4)，动点P从点A出发沿AO方向以每秒2个单位的速度向点O运动，动点Q从点B出发沿BA方向以每秒2个单位的速度向点A运动．P，Q两点同时出发，当点Q到达点A时，两点都停止运动．设它们的运动时间为t秒，当∠PQA=45°时，运动时间t的值为（    ）

A． B． C． D．
8．如图，点A的坐标是（−2，0），点C是以OA为直径的⊙B上的一动点，点A关于点C的对称点为点P．当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx－3k（k＞0）有且只有一个公共点，则k的值为（    ）．

A． B． C． D．

二、填空题
9．因式分解：=______．
10．式子在实数范围内有意义，则 x 的取值范围是_______ ．
11．如图，直线，将一直角三角形的直角顶点置于直线上．若，则_________°．

12．若a-2b＝3，则9-3a+6b的值为______．
13．设x1，x2是关于x的方程x2+3x-m=0的两个根，且2x1=x2，则m=__________．
14．如图，在中，，，则图中阴影部分的面积为__________．

15．如图，在平面直角坐标系中，，反比例函数，的图像分别经过点，，则的值为__________．

16．如图，在正方形中，、、、分别是、、、上靠近、、、的四等分点，、、、分别是、、、上靠近、、、的四等分点，则__________．


三、解答题
17．计算：
18．解方程：
19．先化简，再求值：，其中．
20．进出校园测量体温是学校常态化疫情防控的重要举措，学校有A、B两个测温通道，甲、乙、丙三个同学上学进校园，随机选择一个通道测量体温，
(1)甲同学通过A通道进入校园的概率是 ；
(2)请用列表或画树状图的方法求出甲、乙、丙三个同学经过同一个通道进校园的概率．
21．如图，△ABC中，D是BC延长线上一点，满足CD＝AB，过点C作CE∥AB且CE＝BC，连接DE并延长，分别交AC、AB于点F、G．
（1）求证：△ABC≌△DCE；
（2）若∠B＝50°，∠D＝22°，求∠AFG的度数．

22．为落实“双减”政策，某中学积极开展校内课后服务，学校根据学生的兴趣，爱好组建课后兴趣小组，并随机抽取了部分同学的兴趣爱好进行调查，将收集的数据整理并绘制成下列两幅统计图，请根据图中的信息，完成下列问题：

(1)学校这次调查共抽取了 名学生；
(2)求m的值并补全条形统计图；
(3)在扇形统计图中，“音乐”所在扇形的圆心角度数为 ；
(4)若该校共有学生1200名，请你估计该校有多少名学生喜欢足球．
23．如图，一次函数y＝kx+b与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于A(，4)、B(n，2) 两点．

(1)求、n的值；
(2)求一次函数的解析式；
(3)求△AOB的面积．
24．为支援上海抗击新冠肺炎，甲地捐赠多批救援物资并联系了一家快递公司进行运送．快递公司准备安排A、B两种车型把这批物资从甲地快速送到上海．其中，从甲地到上海，A型货车1辆、B型货车1辆，一共需补贴油费1000元；A型货车10辆、B型货车6辆，一共需补贴油费8400元．
(1)从甲地到上海，A、B两种型号的货车，每辆车需补贴的油费分别是多少元？
(2)如果需派出20辆车，并且预算油费补贴不超过9600元，那么该快递公司至多能派出几辆A型货车？
25．图1是一台实物投影仪，图2是它的示意图，折线B-A-O表示固定支架，AO垂直水平桌面OE于点O，点B为旋转点，BC可转动，当BC绕点B顺时针旋转时，投影探头CD始终垂直于水平桌面OE，经测量：AO=6．4cm，CD=8cm，AB=40cm，BC=45cm，
图1

(1)如图2，∠ABC=70°，BC∥OE．
①填空：∠BAO= °
②投影探头的端点D到桌面OE的距离
(2)如图3，将(1)中的BC向下旋转，∠ABC=30°时，求投影探头的端点D到桌面OE的距离
(参考数据：sin70 ≈0．94，cos70 ≈0．34，sin40°≈0．64，cos40°≈0．77)
26．如图，以△ABC的边AB为直径的⊙O与边AC相交于点D，BC是⊙O的切线，E为BC的中点，连接AE、DE．

（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）设△CDE的面积为 S1，四边形ABED的面积为 S2．若 S2＝5S1，求tan∠BAC的值；
（3）在（2）的条件下，若AE＝3，求⊙O的半径长．
27．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c与y轴交于点A（0，4）、与x轴交于点B（2，0）和点C（－1，0）．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点D为第一象限的抛物线上一点，
①过点D作DE⊥AB，垂足为点E，求线段DE长的取值范围；
②若点F、G分别为线段OA、AB上一点，且四边形AFGD既是中心对称图形，又是轴对称图形，求此时点D的坐标．

参考答案：
1．A
【分析】根据互为相反数的两数之和为0，即可得出结果．
【详解】解：的相反数是：，
故选：A．
【点睛】本题考查了相反数的定义，熟练掌握互为相反数的两数之和为0，是解题的关键．
2．B
【分析】根据整式的加减运算法则以及乘除运算法则即可求出答案．
【详解】解：、与不是同类项，故不符合题意．
、原式，故符合题意．
、原式，故不符合题意．
、原式，故不符合题意．
故选：．
【点睛】本题考查整式的混合运算，解题的关键是熟练运用整式的加减运算以及乘除运算法则，本题属于基础题型．
3．C
【分析】利用红球的个数除以球的总个数解答即可．
【详解】解：从布袋里任意摸出1个球，是红球的概率=．
故选：C．
【点睛】本题考查了简单事件的概率，属于基础题型，熟知计算的方法是解题关键．
4．A
【分析】根据方程有两个相等的实数根结合根的判别式即可得出关于k的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2+4x+k＝0有两个相等的实数根，
∴△＝42﹣4k＝16﹣4k＝0，
解得：k＝4．
故选：A．
【点睛】本题考查了根的判别式以及解一元一次方程，熟练掌握“当△=0时，方程有两个相等的两个实数根”是解题的关键．
5．B
【分析】由A、B坐标求出函数解析式判断即可；
【详解】解：点A（2，0），点B（0，－3），代入得：
，解得：，
∴，一次函数经过一、三、四象限，
故选： B．
【点睛】本题考查了一次函数的性质：在y=kx+b（k≠0）中，当k＞0时，y随x的增大而增大，b＞0时直线经过第一、二、三象限，b=0时直线经过原点及第一、三象限，b＜0时直线经过第一、三、四象限．
6．D
【分析】由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以先求原抛物线的顶点坐标，再根据平移的性质即可求出平移后的抛物线的顶点坐标，即可求出解析式．
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为：，
∴抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，所得新抛物线的顶点坐标为：，
∴所得新抛物线的解析式为：．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，解决本题的关键是掌握二次函数的性质．
7．A
【分析】过点P作PM⊥AB于点M，在Rt△BOA中，，，在Rt△PMA中，，，根据AB=BQ+QM+AM=4列关于t的一元一次方程求解即可．
【详解】解：过点P作PM⊥AB于点M，

∵∠PQA=45°，∴△PQM是等腰直角三角形，且PM=QM，
∵点A，B的坐标分别为(8，0) ，(0，4)，
∴OB=4，OA=8，BQ=2，AP=2t，
在Rt△BOA中，AB=，
，，
∴在Rt△PMA中，
，，
∴QM=PM=，AM=2PM=，
∴AB=BQ+QM+AM=2++=，
解得：t=．
故选：A．
【点睛】本题考查了解直角三角形，坐标与图形，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
8．C
【分析】由点C的运动轨迹，可以推出点P的运动轨迹.然后根据当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx－3k（k＞0）有且只有一个公共点，推出OP⊥PD，然后根据勾股定理和等积法分别求出PE和OE，进而确定点P的坐标，然后代入直线y=kx－3k（k＞0）即可求出k的值．
【详解】解：如图，连接OP，作过点P作PE⊥x轴于点E，

∵点P和点A关于点C对称，点C的运动轨迹是以点B为圆心，半径为1的圆，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心，以AO为半径的圆．
∵当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx－3k（k＞0）有且只有一个公共点，直线y=kx－3k（k＞0）过定点D(3,0)，
∴OP⊥PD，
∴∠OPD=90°，
在Rt△OPD中，OP=OA=2，OD=3，
由勾股定理得：PD==
由等积法，可得：OD•PE=OP•PD，
即：3×PE=2×，
解得：PE=
在Rt△OPE中，OE==
∴点P的坐标为(，)
把点P的坐标代入y=kx－3k，得:，
解得:k=．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了双动点模型：主动点运动轨迹是圆，从动点运动轨迹也是圆，圆与直线的位置关系，勾股定理，等积法．熟记相关模型，利用数形结合思想是解决此类问题的关键．
9．3（x+3）（x﹣3）
【详解】解：原式==3（x+3）（x﹣3），
故答案为3（x+3）（x﹣3）．
10．x≥3
【分析】直接利用二次根式有意义的条件得到关于x的不等式，解不等式即可得答案.
【详解】由题意可得：x—3≥0，
解得：x≥3，
故答案为：x≥3
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键.
11．117°
【分析】依据AB∥CD，即可得出∠2=∠ABC=∠1+∠CBE．
【详解】解：如图，∵AB∥CD，
∴∠2=∠ABC=∠1+∠CBE=27°+90°=117°，

故答案为：117°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，内错角相等．
12．
【分析】将代数式变形为，将代入求值即可求解．
【详解】解：∵．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了代数式求值，整体代入是解题的关键．
13．-2
【分析】根据根与系数的关系求得x1=-1，将其代入已知方程，列出关于m的方程，解方程即可．
【详解】解：根据题意，知x1+x2=3x1=-3，则x1=-1，
将其代入关于x的方程x2-3x+m=0，得(-1)2+3×(-1)-m=0．
解得m=-2．
故答案是：-2．
【点睛】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
14．
【分析】根据圆周角定理得到，再分别求出和扇形的面积，相减即可得到答案．
【详解】解：，
，
，
，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，扇形面积公式，熟练掌握是解题关键．
15．
【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BC⊥x轴于点C，易证△OCB∽△ADO，利用相似三角形的性质可得面积比，从而可求出k的值．
【详解】如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BC⊥x轴于点C，

∵，的图像分别经过点，，
∴
∵
∴△OCB∽△ADO
∴
∴
∴
解得：
故答案为：
【点睛】本题主要考查了反比例函数的比例系数问题、相似三角形的判定与性质，构造K型相似是解决本题的关键．
16．
【分析】设，，求出小正方形的边长，可得结论．
【详解】解：如图，

设，，
则，
，，


故答案为．
【点睛】本题考查了相似多边形的性质，正方形的性质，勾股定理等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
17．4
【分析】根据零次幂、特殊角的正弦值、二次根式和去绝对值即可求解．
【详解】解：

．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，掌握零次幂、特殊角的正弦值、二次根式的化简及去绝对值是解题的关键．
18．无解
【分析】解：去分母：方程两边同时乘以x-2，得
1-x=-1-2（x-2）                  
1-x="-1-2x+4                      
X="2                          
检验：当x=2时，x-2=0，所以x=2不是原方程的解．      
∴原方程无解．                      
【详解】请在此输入详解！
19．，2
【分析】直接利用单项式乘多项式以及平方差公式化简，进而把已知数据代入得出答案．
【详解】解：
=
=
=，
当时，原式．
【点睛】此题主要考查了整式的混合运算—化简求值，正确掌握整式的混合运算法则是解题关键．
20．(1)
(2)

【分析】（1）直接根据概率公式计算，即可求解；
（2）根据题意，画出树状图，可得共8种等可能的结果，其中甲、乙、丙三个同学经过同一个通道的结果有2种，再由概率公式计算，即可求解．
【详解】（1）解：根据题意得：甲同学通过A通道进入校园的概率是，
故答案为：
（2）解：根据题意，画出树状图，如下图：

共8种等可能的结果，其中甲、乙、丙三个同学经过同一个通道的结果有2种，
∴甲、乙、丙三个同学经过同一个通道进校园的概率为．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率是解题的关键．
21．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据CE∥AB可得∠B=∠DCE，由SAS定理可得结论；
（2）利用全等三角形的性质定理可得∠ECD=∠B=50°，∠A=∠D=22°，由平行线的性质定理易得∠ACE=∠A=22°，由三角形的内角和定理和外角的性质可得结果．
【详解】（1）证明：∵CE∥AB，
∴∠B＝∠DCE，
在△ABC与△DCE中，
，
∴△ABC≌△DCE（SAS）；
（2）解：∵△ABC≌△DCE，∠B＝50°，∠D＝22°，
∴∠ECD＝∠B＝50°，∠A＝∠D＝22°，
∵CE∥AB，
∴∠ACE＝∠A＝22°，
∵∠CED＝180°﹣∠D﹣∠ECD＝180°﹣22°﹣50°＝108°，
∴∠AFG＝∠DFC＝∠CED﹣∠ACE＝108°﹣22°＝86°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定定理及性质定理，平行线的性质定理，外角的性质等，熟记定理是解答此题的关键．
22．(1)100
(2)15，补全图形见解析
(3)72°
(4)360

【分析】（1）用“舞蹈”的人数除以其所占百分比可得；
（2）用总人数乘以“书法”人数所占百分比求得其人数，据此即可补全图形；
（3）用360°乘以“音乐”人数所占百分比即可得；
（4）用总人数乘以样本中“足球”人数所占百分比可得．
【详解】（1）解：这次调查共抽取了名；
故答案为：100；
（2）解：根据题意得：，
∴m=15，
喜爱 “书法”的人数为100×15%=15名；
补全条形统计图，如下图：

（3）解：“音乐”所在扇形的圆心角度数为360°×20%=72°；
故答案为：72°；
（4）解：1200×30%=360名，
即该校有360名学生喜欢足球．
【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，也考查了用样本估计总体的思想．
23．(1)m=6 ，n=3
(2)
(3)△AOB的面积为4.5

【分析】（1）把点A代入y＝中可求出m=6，得y＝， 再把B(n，2)代入y＝可求出n的值；
（2）运用待定系数法即可解决问题；
（3）求得直线与x轴的交点，然后根据S△AOB=S△AOC-S△BOC求得即可．
【详解】（1）把点A(，4)代入y＝，得
∴
∴y＝，
把B(n，2)代入y＝得，
∴
（2）由（1）得：A(，4)，B（3，2）
代入一次函数y＝kx+b得，

解得，
∴一次函数的解析式为
（3）设直线与x轴的交点为C，

把y=0代入，则，解得x=4.5，
∴C（4.5，0），
∴S△AOB=S△AOC-S△BOC=
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的交点、待定系数法等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会利用图象解决问题，学会构建方程解决问题．
24．(1)每辆A型货车补贴油费600元，每辆B型货车补贴油费400元．
(2)该快递公司至多能派出8辆A型货车．

【分析】（1）设从甲地到上海，每辆A型货车补贴油费x元，每辆B型货车补贴油费y元，根据从甲地到上海，A型货车1辆、B型货车1辆，一共需补贴油费1000元；A型货车10辆、B型货车6辆，一共需补贴油费8400元,即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设该快递公司能派出m辆A型货车，B种型号的货车（20﹣m）辆，由题意得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，再结合m为整数即可得出结论．
【详解】（1）解：设从甲地到上海，每辆A型货车补贴油费x元，每辆B型货车补贴油费y元，
依题意，得： ，
解得：．
答：从甲地到上海，每辆A型货车补贴油费600元，每辆B型货车补贴油费400元．
（2）解：设该快递公司能派出m辆A型货车，B种型号的货车（20﹣m）辆，由题意得，
600m+400（20﹣m）≤9600，
解得m≤8，
又∵m为整数，
∴m的最大值为8．
答：该快递公司至多能派出8辆A型货车．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
25．（1）①160°；②36cm；（2）7.2cm
【分析】（1）①延长OA交BC于H，由三角形的外角定理即可求解；
②先解直角三角形ABH求出AH，进而计算AH+OA-CD即可求解；
（2）过B作BM∥OE，过C作CG⊥BM于G，先求出CG的长，然后再由(1)中②的结果即可求解．
【详解】（1）①如下图所示：

如图，延长OA交BC于H，
∵∠AHE=90°，BC∥OE
∴∠AHB=90°，且∠B=70°，
在△ABH中，由三角形的外角定理可知：
∠OAB=∠AHB+∠B=90°+70°=160°，
故答案为：160°.
②∵AB=40，
∴AH=AB·sin70°=40×0.94=37.6，
OH=AH+OA=44，
∵CD=8，
∴D到OE的距离为44-8=36 cm．
故答案为：36cm.
（2）如图，过B作BM∥OE，过C作CG⊥BM于G，

由题意得：∠CBG=40°，
∴CG=BC·sin40°=45×0.64=28.8，
由（1）中②知，B点至OE的距离为44cm，
∴D至OE的距离为：44-28.8-8=7.2 cm．
故答案为：7.2cm.
【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，充分体现了数学与实际生活的密切联系，解题的关键是构造直角三角形．
26．（1）见解析；（2）tan∠BAC＝；（3）⊙O的半径＝2．
【分析】（1）连接DO，由圆周角定理就可以得出∠ADB=90°，可以得出∠CDB=90°，根据E为BC的中点可以得出DE=BE，就有∠EDB=∠EBD，OD=OB可以得出∠ODB=∠OBD，由等式的性质就可以得出∠ODE=90°就可以得出结论．
（2）由S2=5 S1可得△ADB的面积是△CDE面积的4倍，可求得AD：CD=2：1，可得．则tan∠BAC的值可求；
（3）由（2）的关系即可知，在Rt△AEB中，由勾股定理即可求AB的长，从而求⊙O的半径.
【详解】解：（1）连接OD，

∴OD＝OB
∴∠ODB＝∠OBD．
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠CDB＝90°．
∵E为BC的中点，
∴DE＝BE，
∴∠EDB＝∠EBD，
∴∠ODB+∠EDB＝∠OBD+∠EBD，
即∠EDO＝∠EBO．
∵BC是以AB为直径的⊙O的切线，
∴AB⊥BC，
∴∠EBO＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵S2＝5 S1
∴S△ADB＝2S△CDB
∴
∵△BDC∽△ADB
∴
∴DB2＝AD•DC
∴
∴tan∠BAC＝＝．
（3）∵tan∠BAC＝
∴，得BC＝AB
∵E为BC的中点
∴BE＝AB
∵AE＝3，
∴在Rt△AEB中，由勾股定理得
，解得AB＝4
故⊙O的半径R＝AB＝2．

【点睛】本题考查了圆周角定理的运用，直角三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，切线的判定定理的运用，勾股定理的运用，相似三角形的判定和性质，解答时正确添加辅助线是关键．
27．(1)；
(2)①0＜DE≤；②

【分析】（1）直接用待定系数法将A、B、C三点的坐标代入即可；
（2）①作直线LM∥AB，与抛物线相切于D，交y轴于M，此时D到AB的距离最大，过A作AN⊥LM于N，可知直线LM与抛物线有唯一交点，此时△=0，可求出M点的坐标，进而根据，列式求出AN的长，即可求解；②分当AFGD是矩形和菱形时满足要求，从而求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c与y轴交于点A（0，4）、与x轴交于点B（2，0）和点C（－1，0）．
∴
解得
∴抛物线的解析式为：．
（2）解：①作直线LM∥AB，与抛物线相切于D，交y轴于M，此时D到AB的距离最大，过A作AN⊥LM于N，

设直线AB的解析式为y=kx+4，则直线LM的解析式为y=kx+n，
∵直线AB过A、B点，
∴0=2k+4，解得k=-2
∴直线LM的解析式为y=-2x+n，
∵直线LM与抛物线相切，只有一个交点，
∴，
即
∴△=
∴n=6，
∴M（0，6），
则AM=6-4=2
∵LM∥AB
∴，
∴
∴，即
∴AN=
∴DE=AN=
∵D在第一象限，
∴0