2023年山东省潍坊市安丘市中考数学一模试卷(含解析）

这是一份2023年山东省潍坊市安丘市中考数学一模试卷(含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. |−13|的相反数是( )
A. 13B. −13C. −3D. 3
2. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 由四舍五入法得到的近似数5.8×103，下列说法中正确的是( )
A. 精确到个位，有2个有效数字B. 精确到十位，有2个有效数字
C. 精确到百位，有2个有效数字D. 精确到千位，有4个有效数字
4. 如图，把一个直角三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，若∠1=52°，则∠2=( )
A. 22°
B. 25°
C. 30°
D. 38°
5. 从−1，−2，6中任取两个不同的数作为点的横纵坐标，该点在第三象限的概率为( )
A. 16B. 14C. 13D. 12
6. 若圆锥的侧面展开图扇形的圆心角是180°，该扇形的半径是5cm，则圆锥底面圆的半径是( )
A. 1.25cmB. 2.5cmC. 5cmD. 10cm
7. 已知方程x2+2023x−5=0的两根分别是α和β，则代数式α2+β+2024α的值为( )
A. 0B. −2018C. −2023D. −2024
8. 如图，小颖画出了一件出土的古代文物碎片示意图，为求其外圆半径，连接外圆上的A，B两点，并使AB与文物内圆相切于点D，已知O为文物外圆和内圆的圆心，链接OD并延长交外圆于点C，测得CD=5cm，AB=30cm，则该文物的外圆半径是( )
A. 15cmB. 20cmC. 25cmD. 30cm
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若babB. a2>b2
C. 若b2bD. 若b>0，则1a0)的图象经过点(−3,y1)，(0,n)，(−1,0)，(6,y2)，(4,n).下列说法正确的有( )
A. 5a=−c
B. 方程ax2+bx+c=0的根为x1=−1，x2=5
C. y1>y2
D. 对于任意实数t，总有at2+bt+c≥−9a
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 分解因式：3x2−3x+34= ______ ．
14. 某书店同时卖出了进价不同的A和B两本课外书.售价均为20元，按成本计算，书店工作人员发现书A盈利了60%，而书B却亏损了50%，则这次书店是______ .(从“赚了”“赔了”“不赚不赔”“条件不够无法判断”中选填)
15. 在平面直角坐标系中，设点P到原点O的距离为ρ，OP与x轴正方向的夹角为α(0°1)的图象分别交于点A、B.若∠AOB=45°，则△AOB的面积是______．
四、解答题（本大题共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题11.0分)
(1)计算：(−1)2023×(x−3)0− 8+(12)−2−cs45°；
(2)先化简.再求值：(aa−1−a2a2−2a+1)÷(aa÷1−a2a2−1)，其中a是方程a2−2a−3=0的根．
18. (本小题10.0分)
青云山游乐园为引导游客游览景点.在主要路口设置了导游指示牌，某校“综合与实践”活动小组想要测量此指示牌的高度，他们绘制了该指示牌支架侧面的截面图.如图所示，并测得FG=1.2m，EF=1m，∠EFG=105°，∠BEF=60°，四边形ABCD为矩形底座，且BC=20cm.请帮助该小组求出指示牌最高点G到地面CD的距离.(结果精确到1cm，参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732)
19. (本小题9.0分)
疫情期间，学校开通了在线学习平台.为了解学生使用电子设备种类的情况，小亮设计了调查问卷，对该校七(1)班和七(2)班共100名学生进行了问卷调查，发现使用了A(平板)、B(电脑)、C(手机)三种设备，根据调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图.请根据图中信息解答下列问题．
(1)求扇形统计图中类型B的百分比；
(2)求扇形统计图中代表类型C的扇形圆心角，并补全折线图；
(3)若该校七年级学生中类型C学生共有50人，试根据此次调查结果，估计该校七年级学生共约有多少人．
20. (本小题12.0分)
某商店销售一种商品，小明经市场调查发现：该商品的周销售量y(件)是售价x(元/件)的一次函数，其售价、周销售量、周销售利润w(元)的三组对应值如表：
注：周销售利润=周销售量×(售价−进价)
(1)求y关于x的函数解析式；(不要求写出自变量的取值范围)
(2)表格中，当y=100时，x= ______ ，当y=150时，w= ______ ；
(3)求当售价是多少时，周销售利润最大，最大利润是多少元．
21. (本小题10.0分)
如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，用尺规按下列步骤操作：
①作△ABC的外接圆⊙O，连接OC；
②在AB的下方作∠AOE，使∠AOE=∠CAO，作线段AD=OC交OE于点D(点D与点O不重合)．
问题探究：
(1)四边形ACOD是平行四边形吗？是的话给出证明，不是的话请说明理由；
(2)当∠B是多少度时，AD与⊙O相切？请说明理由．
22. (本小题14.0分)
如图①，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC= 3，D为△ABC内部的一动点(不在边上)，连接BD，将线段BD绕点D逆时针旋转60°，使点B到达点F的位置；将线段AB绕点B顺时针旋转60°，使点A到达点E的位置，连接CD、AD、AF、AE、EF、BF．

(1)求证：△BDA≌△BFE；
(2)求CD+DF+FE的最小值；
(3)当CD+DF+FE取得最小值时.求证：AD/​/BF；
(4)如图②，P，N，M分别是AE、AF、DF的中点，连接MP、NP，在点D运动的过程中，请判断∠MPN的大小是否为定值，若是，求出其度数；若不是，请说明理由．
23. (本小题12.0分)
抛物线y=ax2+bx+c(a>0)的对称轴是y轴，与x轴交于A、B两点且A点坐标是(−2,0)，与y轴交于C点，且OB=2OC．

(1)如图1，求抛物线的解析式；
(2)如图2，若M(−4,m)，N是抛物线上的两点，且tan∠OMN=13.求N点坐标；
(3)如图3，D是B点右侧抛物线上的一动点，D、E两点关于y轴对称.直线DB、EB分别交直线x=−1于G、Q两点，GQ交x轴于点P，请问PG−PQ是定值吗？若是请直接写出此定值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：|−13|的相反数是−13，
故选：B．
根据负数的绝对值等于它的相反数，可得负数的绝对值，根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
本题考查了的相反数，先求绝对值，再求相反数．
2.【答案】D
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是关键．
3.【答案】C
【解析】解：由题意得，近似数5.8×103精确到了百位，共有2个有效数字，
故选：C．
通过科学记数法记数进行求解．
此题考查了近似数与科学记数法的应用能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
4.【答案】D
【解析】解：如图：

∵AB/​/CD，
∴∠1=∠AEF=52°，
∵∠FEG=90°，
∴∠2=180°−∠AEF−∠FEG=38°，
故选：D．
先利用平行线的性质可得∠1=∠AEF=52°，然后再利用平角定义进行计算，即可解答．
本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：画树状图如下：

共有6种等可能的结果，分别为：(−1,−2)，(−1,6)，(−2,−1)，(−2,6)，(6,−1)，(6,−2)，
其中构成的点在第三象限的结果有：(−1,−2)，(−2,−1)，共2种，
∴该点在第三象限的概率为26=13．
故选：C．
画树状图得出所有等可能的结果数以及构成的点在第三象限的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：圆锥的底面圆的周长为180π×5180=5π(cm)，
设圆锥底面圆的半径是r cm，
则2πr=5π，
解得：r=2.5，
即圆锥底面圆的半径是2.5cm，
故选：B．
先根据弧长公式求出圆锥底面圆的周长，设圆锥底面圆的半径是r cm，根据圆的周长公式得出2πr=5π，再求出r即可．
本题考查了圆锥的计算，能求出圆锥底面圆的周长是解此题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵α为方程x2+2023x−5=0的根，
∴α2+2023α−5=0，
∴α2=−2023α+5，
∴α2+β+2024α=−2023α+5+β+2024α=α+β+5，
∵方程x2+2023x−5=0的两根分别是α和β，
∴α+β=−2023，
∴α2+β+2024α=−2023+5=−2018．
故选：B．
先根据一元二次方程根的定义得到α2=−2023α+5，则α2+β+2024α可化为α+β+5，再根据根与系数的关系得到α+β=−2023，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca.也考查了一元二次方程的解．
8.【答案】C
【解析】解：如图，连接OA，

∵CD=5cm，AB=30cm，CD⊥AB，
∴OC⊥AB，
∴AD=12AB=15cm，
∴设外圆的半径为r cm，则OD=(r−5)cm，
根据题意得：r2=(r−5)2+152，
解得：r=25．
∴该文物的外圆半径是25cm．
故选：C．
连接OA，根据AB与文物内圆相切于点D可知OD⊥AB，由垂径定理得AD=12AB，然后根据勾股定理即可求得外圆的半径．
本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理，切线的性质，根据题意作出辅助线构早出直角三角形是解题的关键．
9.【答案】CD
【解析】解：A.若bab，必须规定a>0，原变形错误，故此选项不符合题意；
B.若bb2，必须规定a>0，b>0，原变形错误，故此选项不符合题意；
C.若b0)的图象经过点(0,n)，(4,n)，
∴抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=0+42=2．
∴−b2a=2．
∴b=−4a．
∵二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象经过点(−1,0)，
∴a−b+c=0．
∴a−(−4a)+c=0．
∴5a+c=0．
∴5a=−c，
∴A的说法正确；
∵点(−3,y1)到直线x=2的距离大于点(6,y2)到直线x=2的距离，
∴y1>y2，
∴C的说法正确；
令y=0，则ax2+bx+c=0．
∵b=−4a，c=−5a，
∴ax2−4ax−5a=0．
∵a>0，
即x2−4x−5=0．
解得：x1=−1，x2=5，
∴方程ax2+bx+c=0的解为x1=−1，x2=5．
∴B的说法正确；
∵y=ax2−4ax−5a=a(x−2)2−9a，a>0，
∴当x=2时，y有最小值为−9a，
∴对于任意实数t，总有at2+bt+c≥−9a．
∴D的说法不正确．
故选：ABCD．
利用抛物线的对称性可求得抛物线的对称轴，利用对称轴方程可得a，b的关系，用待定系数法将(−1,0)代入，可得c与a的关系，判定A正确；利用两点到对称轴的距离可判定C正确；令y=0解方程即可判定B正确；利用函数的最小值可判定D正确．
本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，函数与方程的关系，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键
13.【答案】3(x−12)2
【解析】解：原式=3(x2−x+14)
=3(x−12)2．
故答案为：3(x−12)2．
先提取公因式，再利用完全平方公式．
本题考查了整式的因式分解，掌握因式分解的提公因式法、公式法是解决本题的关键．
14.【答案】赔了
【解析】解：设A课外书进价x元，
根据题意，得
x(1+60%)=20，
解得x=12.5，
设B课外书进价y元，
根据题意，得
y(1−50%)=20，
解得y=40，
20×2−40−12.5=−12.5(元)，
故答案为：赔了．
分别设A课外书进价x元，B课外书进价y元，根据题意列出方程，求出A、B进价，进而得出这次书店是赔了．
本题考查一元一次方程的应用，根据题意列出方程是解题关键．
15.【答案】(4,60°)
【解析】解：∵点Q的坐标为(2,2 3)，
∴点M的极坐标为长度为 22+(2 3)2=4，tanα=2 32= 3，
∴α=60°，
∴点Q的极坐标为(4,60°)，
故答案为：(4,60°)．
直接根据极坐标的定义即可得到答案．
本题考查了极坐标定义，横坐标是点到原点的距离，角是与横轴标形成的角．
16.【答案】2
【解析】解：如图，过B作BD⊥x轴于点D，过A作AC⊥y轴于点C
设点A横坐标为a，则A(a,2a)
∵A在正比例函数y=kx图象上
∴2a=ka
∴k=2a2
同理，设点B横坐标为b，则B(b,2b)
∴2b=1kb
∴k=b22
∴2a2=b22
∴ab=2
当点A坐标为(a,2a)时，点B坐标为(2a,a)
∴OC=OD
将△AOC绕点O顺时针旋转90°，得到△ODA′
∵BD⊥x轴
∴B、D、A′共线
∵∠AOB=45°，∠AOA′=90°
∴∠BOA′=45°
∵OA=OA′，OB=OB
∴△AOB≌△A′OB
∵S△BOD=S△AOC=2×12=1
∴S△AOB=2
故答案为：2
根据AB两点分别在反比例函数和正比例函数图象上，且存在相同k值，可先证明点A纵坐标和B横坐标相等，利用旋转知识证明△AOB面积等于△A′OB的面积，再利用反比例函数k的几何意义求出S△BOD=S△AOC=2×12=1，即可得解．
本题考查了三角形全等、旋转和反比例函数中k的几何意义、反比例函数与一次函数的交点问题．解答的切入点，是设出相应坐标，找出相关数量构造方程．
17.【答案】解：(1)原式=−1×1−2 2+4− 22
=−1−2 2+4− 22
=3−5 22；
(2)原式=(a2−a−a2a2−2a+1)÷a2−1−a2a2−1
=−a(a−1)2⋅(a+1)(a−1)−1
=a2+aa−1，
∵a2−2a−3=0，
∴(a−3)(a+1)=0，
∴a−3=0或a+1=0，
∴a1=3，a2=−1(舍去)，
将a=3代入a2+aa−1得，32+33−1=6．
【解析】(1)根据乘方，特殊角的三角函数值，零指数幂，负整数指数幂分别求出每一部分的值，再代入求出即可；
(2)先分解因式，约分，把除法变成乘法，根据分式的乘法法则进行计算，求出a2+3a=−1，代入求出即可．
本题考查了特殊角的三角函数值，零指数幂，负整数指数幂，分式的化简求值，解一元二次方程等知识点，能灵活运用知识点进行计算和化简是解此题的关键．
18.【答案】解：过点G作GH⊥BA，垂足为H，过点F作FM⊥GH，垂足为M，过点F作FN⊥AB，交AB的延长线于点N，

由题意得：四边形FNHM是矩形，
∴FN=MH，FM//NH，
∴∠MFE=∠BEF=60°，
∵∠EFG=105°，
∴∠GFM=∠EFG−∠MFE=45°，
在Rt△FGM中，FG=1.2m=120cm，
∴GM=FG⋅sin45°=120× 22=60 2(cm)，
在Rt△EFN中，EF=1m=100cm，
∴FN=EF⋅sin60°=100× 32=50 3(cm)，
∴FN=MH=50 3cm，
∵BC=20cm，
∴指示牌最高点G到地面CD的距离=GM+MH+BC=60 2+50 3+20≈191(cm)，
∴指示牌最高点G到地面CD的距离约为191cm．
【解析】过点G作GH⊥BA，垂足为H，过点F作FM⊥GH，垂足为M，过点F作FN⊥AB，交AB的延长线于点N，根据题意可得：四边形FNHM是矩形，从而可得FN=MH，FM//NH，进而可得∠MFE=∠BEF=60°，然后利用角的和差关系可得：∠GFM=45°，在Rt△FGM中，利用锐角三角函数的定义求出GM的长，再在Rt△EFN中，利用锐角三角函数的定义求出FN的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19.【答案】解：(1)由折线图知B类型总人数=26+32=58(人)，
所以扇形统计图中类型B的百分比=58÷100=58%；
(2)由折线图知A类型人数=18+14=32(人)，
故类型C的人数=100−(32+58)=10(人)，
所以类型C的扇形的圆心角=360°×10100=36°，
七(2)班C类型人数=10−2=8(人)，补全折线图如下：

(3)50÷10100=500(人)，
答：估计该校七年级学生共约有500人．
【解析】(1)先由折线统计图得到该校七(1)班和七(2)班使用B(电脑)设备的学生有58人，再除以调查总人数100即可；
(2)先用总数分别减去使用A(平板)、B(电脑)两种设备的人数得到类型C的学生数，用类型C所占的百分比乘以360°即可得到类型C所对应扇形的圆心角的大小；用类型C的学生数减去七(1)班类型C的学生数得到七(2)班类型C的学生数，再补全折线统计图；
(3)用50除以样本中类型C所占的百分比即可．
本题考查了折线统计图：折线图是用一个单位表示一定的数量，根据数量的多少描出各点，然后把各点用线段依次连接起来．以折线的上升或下降来表示统计数量增减变化．折线图不但可以表示出数量的多少，而且能够清楚地表示出数量的增减变化情况．也考查了扇形统计图和用样本估计总体．
20.【答案】70 3750
【解析】解：(1)设y关于x的函数解析式为y=kx+b，将(50,200)，(60,1500)分别代入得：
50k+b=20060k+b=150，
解得k=−5b=450．
∴y关于x的函数解析式为y=−5x+450．
(2)∵该商品进价是50−3000÷200=35(元/件)；
当y=100时，x=70，当y=150时，w=150×(60−35)=3750(元)，
故答案为：70，3750；
(3)由题意得：w=y(x−35)
=(−5x+450)(x−35)
=−5x2+625x−15750
∵二次项系数−20)的对称轴是y轴，
∴b=0，
∵A点坐标是(−2,0)，
∴B点坐标是(2,0)，
∴OB=2，
∵OB=2OC，
∴OC=1，
∴C(0,−1)，
∴c=−1，
把A(−2,0)代入y=ax2−1，得4a−1=0，
解得：a=14，
∴该抛物线的解析式为y=14x2−1；
(2)当x=−4时，y=14×(−4)2−1=3，
∴M(−4,3)，
过点M作MG⊥x轴于点G，
则MG=3，OG=4，
在Rt△OMG中，OM= MG2+OG2= 32+42=5，
过点O作FK⊥OM，使OF=OK=13OM，如图，过点F作FH⊥x轴于点H，过点K作KL⊥x轴于点L，
连接MF交抛物线于点N，连接MK交抛物线于点N′，

则∠MGO=∠FHO=∠KLO=∠MOF=∠MOK=90°，tan∠OMN=OFOM=13，tan∠OMN′=OKOM=13，
∵∠MOG+∠FOH=90°，∠OFH+∠FOH=90°，
∴∠OFH=∠MOG，
∴△FOH∽△OMG，
∴OHMG=FHOG=OFOM，即OH3=FH4=13，
∴OH=1，FH=43，
∴F(1,43)，
设直线MF的解析式为y=kx+n，则−4k+n=3k+n=43，
解得：k=−13n=53，
∴直线MF的解析式为y=−13x+53，
与抛物线y=14x2−1联立，得：14x2−1=−13x+53，
解得：x1=−4(舍去)，x2=83，
当x=83时，y=−13×83+53=79，
∴N(83,79)；
同理可得K(−1,−43)，直线MK的解析式为y=−139x−259，
与抛物线y=14x2−1联立，得：14x2−1=−139x−259，
解得：x1=−4(舍去)，x2=−169，
当x=−169时，y==−139×(−169)−259=−1781，
∴N′(−169,−1781)；
综上所述，N点坐标为(83,79)或(−169,−1781)；
(3)由(1)知：A(−2,0)，B(2,0)，如图，

∵D、E两点关于y轴对称，
设D(m,14m2−1)，则E(−m,14m2−1)，
设直线BD的解析式为y=k1x+b1，
则2k1+b1=0mk1+b1=14m2−1，
解得：k1=m+24b1=−m+22，
∴直线BD的解析式为y=m+24x−m+22，
当x=−1时，y=−m+24−m+22=−3m+64，
∴G(−1,−3m+64)，
同理可得：直线BE的解析式为y=2−m4x+m−22，
当x=−1时，y=3m−64，
∴Q(−1,3m−64)，
∵P(−1,0)，
∴PG=0−(−3m+64)=3m+64，PQ=3m−64，
∴PG−PQ=3m+64−3m−64=3，
故PG−PQ的值为3．
【解析】(1)根据抛物线的对称性可得B点坐标是(2,0)，再由OB=2OC，可得C(0,−1)，再运用待定系数法即可求得答案；
(2)由题意得M(−4,3)，过点M作MG⊥x轴于点G，过点O作FK⊥OM，使OF=OK=13OM，过点F作FH⊥x轴于点H，过点K作KL⊥x轴于点L，连接MF交抛物线于点N，连接MK交抛物线于点N′，先证得△FOH∽△OMG，得出F(1,43)，运用待定系数法可求得：直线MF的解析式为y=−13x+53，直线MK的解析式为y=−139x−259，联立方程组即可求得答案；
(3)设D(m,14m2−1)，则E(−m,14m2−1)，运用待定系数法可得：直线BD的解析式为y=m+24x−m+22，直线BE的解析式为y=2−m4x+m−22，进而得出：G(−1,−3m+64)，Q(−1,3m−64)，即可求得答案．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，三角形面积，解直角三角形，二次函数的性质，解方程组等知识，利用参数列方程组是本题的关键．
售价x(元/件)
50
60
周销售量y(件)
200
150
100
周销售利润w(元)
3000
3500