2023年天津市东丽区中考一模数学试题

2023年天津市东丽区中考一模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．计算的值是（    ）

A． B．0 C．16 D．64

2．的值等于（    ）

A． B． C． D．

3．天津水滴体育馆占地平方米，数字用科学记数法表示应为（    ）

A． B． C． D．

4．在一些美术字中，有的汉字是轴对称的．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

5．如图是一个由个相同的正方体组成的立体图形，它的俯视图是（    ）

A． B． C． D．

6．估计的值在（    ）

A．和之间 B．和之间 C．和之间 D．和之间

7．计算的结果是（    ）

A． B． C． D．

8．如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，，则对角线交点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

9．方程组的解是（    ）

A． B． C． D．

10．若点，，都在反比例函数的图像上，若则，，的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

11．如图，将一个三角形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折㢃为，则下列结论一定正确的是（    ）

A． B． C． D．

12．已知二次函数（，，是常数，）图象的对称轴是，经过点，，且，，现有下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

二、填空题

13．计算的结果等于______．

14．计算的结果等于______.

15．把一副普通扑克牌中13张红桃牌洗匀后正面向下放在桌子上，从中随机抽取一张，抽出的牌带有人像的概率是______．

16．把直线向下平移5个单位长度，平移后的直线解析式为______.

17．如图，正方形的边长为4，点是边中点，垂直平分且分别交、于点、，则的长为______.

18．如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点，，均为格点，点，，均在以格点为圆心的圆上.

（1）线段的长等于______.

（2）请你只用无刻度的直尺，在线段上画点，使，并简要说明点是如何找到的（不要求证明）

__________________________________

三、解答题

19．解不等式组

请结合题意填空，完成本题的解答．

(1)解不等式①，得______；

(2)解不等式②，得______；

(3)把不等式①和②的解集在数轴上分别表示出来：

(4)原不等式组的解集为______．

20．某校名学生参加植树活动，要求每人植树的范围是1棵—棵，活动结束后随机抽查了若干名学生每人的植树量，并绘制成如下统计图．

请根据相关信息，解答下列问题：

(1)扇形统计图中的______； ；

(2)求被调查学生每人植树量的众数、中位数；

(3)估计该校名学生在这次植树活动中共植树多少棵．

21．如图，四边形内接于，为的直径，.

(1)求的度数；

(2)若，，求的长度.

22．如图，建筑物上有一旗杆，从处观测旗杆顶部的仰角为，观测旗杆底部的仰角为，已知旗杆的高度为，求建筑物的高度（结果精确到1米，参考数据：，，）

23．已知两地相距，甲、乙两人沿同一条公路从地出发到地，甲骑自行车匀速行驶到达，乙骑摩托车，比甲迟出发，行至处追上甲，停留后继续以原速行驶．他们离开地的路程（单位：）与行驶时间（单位：）之间的关系如图所示．

(1)根据题意填空：甲行驶的速度为______，乙行驶的速度为______；

(2)当时，直接写出乙离开地的路程与之间的函数关系式；

(3)当乙再次追上甲时距离地______．

24．如图，四边形的坐标分别为，，，.

(1)求四边形的面积；

(2)将沿x轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到，点O、B、C的对应点分别为点、、，设平移时间为t秒，当点与点A重合时停止移动，若与四边形重合部分的面积为S，直接写出S与t之间的函数关系式.

25．已知抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．

(1)求拋物线的解析式及顶点坐标：

(2)连接，点是直线上方抛物线上一动点，连接交于点，若，求点的坐标．

参考答案：

1．A

【分析】根据有理数的减法法则计算即可．

【详解】解：，

故选：A．

【点睛】本题考查了有理数的减法，熟练掌握运算法则是解题的关键．

2．B

【分析】根据特殊角的三角形函数值的计算方法即可求解．

【详解】解：，

故选：．

【点睛】本题主要考查特殊角的三角函数，掌握特殊角的三角形函数的计算是解题的关键．

3．C

【分析】科学记数法的表示形式为，的值为小数点向右移动的位数．

【详解】解：平方米平方米，

故选：．

【点睛】本题主要考查科学记数法，掌握用乘方表示较大数的方法是解题的关键．

4．D

【分析】根据轴对称图形的定义逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形．

【详解】解：A、不是轴对称图形，不符合题意；

B、不是轴对称图形，不符合题意；

C、不是轴对称图形，不符合题意；

D、是轴对称图形，符合题意；

故选：D．

【点睛】本题主要考查了轴对称图形的识别，熟知轴对称图形的定义是解本题的关键．

5．B

【分析】根据三视图的特点即可求解．

【详解】解：选项，是正视图，故错误，不符合题意；

选项，是俯视图，故正确，符合题意；

选项，图示不符合题意，故错误，不符合题意；

选项，第二层的个数不符合题意，故错误，不符合题意；

故选：．

【点睛】本题主要考查几何体的三视图，掌握三视图的特点是解题的关键．

6．A

【分析】根据无理数估算大小的方法即可求解．

【详解】解：∵，且，

∴，

∴，

故选：．

【点睛】本题主要考查无理数比较大小，掌握无理数估算大小，比较大小的方法是解题的关键．

7．A

【分析】根据分式的混合运算法则即可求解．

【详解】解：

，

故选：．

【点睛】本题主要考查分式的混合运算，掌握同分母分式的加减法运算法则是解题的关键．

8．D

【分析】根据菱形的性质可得，.过点作于，求岀的长即可得点的坐标.

【详解】解：过点作于.

∵四边形是菱形，且，

，.

在Rt中，，

故选：D

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，以及含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键.

9．C

【分析】直接利用加减消元法解方程组即可．

【详解】解：，

①+②得：，

解得：，

将代入①得：，

解得：，

方程组的解为，

故选：C．

【点睛】本题考查了利用加减消元法解二元一次方程组，掌握方程组的解法是解题的关键．

10．D

【分析】作出函数的图像，根据题意作出A，B，C三点，利用图像法比较，，的大小即可．

【详解】

如图，作出函数的图像，

由图知

故选：D．

【点睛】本题主要考查了反比例函数图像的性质，画出函数的图像，利用数形结合法比较大小是解题的关键．

11．B

【分析】根据折叠的性质得，，，，然后逐项分析即可．

【详解】解：由折叠的性质得，，，，，

A．若，

∵，，

∴，

∴，

∵，

∴，显然不成立，故A不正确；

B．∵，，

∴，故B正确；

C．若，

∵，

∴，显然不一定成立，故不正确；

D．若，

∵，

∴，显然不一定成立，故D不正确．

故选：B．

【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．

12．C

【分析】根据二次函数的对称轴可得，再根据开口方向和抛物线与y轴交点坐标可得，即可判断①；根据抛物线与x轴的交点情况可判断②；根据二次函数在处的函数值结合对称轴可判断结论③；根据二次函数在、处的函数值可判断结论④．

【详解】解：二次函数（）的对称轴为：，函数的大致图像如图所示：

∵，

∴，

∵抛物线经过点，，且，，

∴时，，即，

∴，故①错误；

∵抛物线与x轴有两个交点，

∴，故②正确；

∵，抛物线经过点，，且，，

∴时函数值大于0，

∴，

∴，即，故③正确；

∵，抛物线经过点，，且，，

∴时函数值大于0，

∴，又，

∴，故④正确；

综上所述②③④正确，

故选：C．

【点睛】本题考查了二次函数的对称性，二次函数的图象和系数的关系，二次函数在特殊点的函数值等知识；熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．

13．

【分析】根据单项式与单项式的乘法法则计算即可．

【详解】解：．

故答案为：．

【点睛】本题考查了单项式的乘法，单项式与单项式的乘法法则是，把它们的系数相乘，字母部分的同底数的幂分别相乘，对于只在一个单项式里含有的字母，连同它的指数作为积的一个因式．

14．

【分析】根据平方差公式计算即可.

【详解】

故答案为：2

【点睛】本题主要考查了二次根式的运算及平方差公式，熟练掌握二次根式的运算是解题的关键.

15．

【分析】根据概率计算公式进行求解即可．

【详解】解：∵红桃牌一共有13张，其中带有人像的牌有3张（J、Q、K）且每张牌被抽到的概率相同，

∴随机抽取一张，抽出的牌带有人像的概率是，

故答案为：．

【点睛】本题考查的是概率的求法，解题的关键在于是否熟练掌握概率计算公式：概率所求情况数与总情况数之比．

16．

【分析】利用“上加下减"的平移规律求解即可．

【详解】直线向下平移个单位长度，则平移后直线解析式为，即．

故答案为：．

【点睛】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．

17．/0.5

【分析】连接，设，则，根据线段垂直平分线的性质可得

，则.根据勾股定理列方程求出即可得的长.

【详解】

连接，设，

∵四边形是正方形，且边长为4，

，

是中点，

∵重直平分，

，

解得，

.

故答案为:

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理.设未知数，根据勾股定理列方程是解题的关键.

18．          取格点，连接交于点，点即为所求作

【分析】（1）根据勾股定理计算即可；

（2）取格点，连接交于点，点即为所求作．

【详解】（1）解：，

故答案为：

（2）解：取格点，连接交于点，点即为所求作，

【点睛】本题考查了作图-应用与设计，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

19．(1)

(2)

(3)见解析

(4)无解

【分析】（1）根据不等式的性质即可求解；

（2）根据不等式的性质即可求解；

（3）根据把解集表示在数轴上的方法即可求解；

（4）根据不等式组解集的取值方法即可求解．

【详解】（1）解：

移项，

合并同类项，

系数化为，，

故答案为：．

（2）解：

移项，

合并同类项，

系数化为，，

故答案为：．

（3）解：根据（1），（2）中的解表示在数轴上，如图所示，

（4）解：根据（3）中的图示，可知，解集无公共部分，

∴原不等式组的无解，

故答案为：无解．

【点睛】本题主要考查解一元一次不等式组，掌握解一元一次不等式组的方法，取值的方法“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无解”是解题的关键．

20．(1)；

(2)，

(3)

【分析】（1）根据条形图可知样本容量，根据百分比计算方法即可求解；

（2）根据众数、中位数的定义即可求解；

（3）根据样本的加权平均数估算总体的量即可求解．

【详解】（1）解：样本容量为，植树为棵的有人，植树为棵的有人，

∴植树为棵的百分比为，即，

植树为棵的百分比为，即，

故答案为：，．

（2）解：植树为棵的有人，植树为棵的有人，植树为棵的有人，植树为棵的有人，植树为棵的有人，

∴众数为，

∵样本容量为，

∴中位数是第位的数字，

∴中位数是．

（3）解：根据题意得，样本的加权平均数为，

∴该校名学生在这次植树活动中共植树棵，

∴估计名学生在这次活动中共植树棵．

【点睛】本题主要考查统计与调查中的相关知识，掌握样本容量，众数、中位数、加权平均数的计算方法是解题的关键．

21．(1)

(2)

【分析】（1）根据“直经所对的圆周角等于”可得，再根据“同弧所对的圆周角相等”即可求出的度数.

（2）先在Rt中根据勾股定理求出的长，再在Rt中根据勾股定理求出的长.

【详解】（1）解：∵为的直径，

，

，

.

（2），

．

，

，

.

【点睛】本题主要考查了圆的相关知识:“直经所对圆周角等于”，“同弧所对的圆周角相等”.熟练掌握以上知识是解题的关键.

22．

【分析】设，在中，利用得，在中，利用即可求出x的值．

【详解】解：设，

∵，

∴，

在中，，，

∵，

∴，

在中，，，

∵，

∴，

解得．

答：建筑物约高．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角和俯角问题：解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决．

23．(1)，

(2)路程与之间的函数解析式为

(3)

【分析】（1）根据图示，甲骑自行车匀速行驶到达，可求出甲的速度，根据甲乙第一次相遇可知乙走的时间，由此即可求解乙的速度；

（2）根据题意，乙走的路程是分段函数，进行分类讨论，当时；当时；由此即可求解；

（3）根据题意，根据乙的速度，到达点路程和速度求出乙第二次行驶的解析式，再求出甲行驶的解析式，两直线相交，连接方程组即可求解．

【详解】（1）解：两地相距，甲骑自行车匀速行驶到达，乙骑摩托车，比甲迟出发，

∴甲的速度为（），

甲乙相遇的时间为，（），

∴乙行驶所用的时间为（），

∴乙的速度为（），

故答案为：，．

（2）解：由（1）可知，乙从出发到与甲相遇用了，追上甲后，停留，

∴乙的时间分为两端，

当时，过点，，设路程与之间的函数解析式为，

∴，解得，，

∴路程与之间的函数解析式为；

当时，停留，

∴；

综上所述，路程与之间的函数解析式为．

（3）解：根据题意，乙再次出发以原来速度行驶，乙的速度为，

∴行驶的路程为（），

∴（），

∴乙从时出发到地用时，即点坐标为，且乙第二次出发点的坐标为，

设乙第二次出发所在直线的解析为，

∴，解得，，

∴乙第二次出发所在直线的解析为，

甲所在直线的解析式为，过点，

∴，

∴甲所在直线的解析式为，

∵甲、乙相遇，

∴联立方程组得，，解得，，

∴乙再次追上甲时距离地，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查一次函数在实际中运用，理解图示意思，掌握待定系数法解一次函数解析式，运用二元一次方程组解两直线的交点的知识是解题的关键．

24．(1)20

(2)当，；当，；当时，

【分析】（1）过点D作于点E，由，，，，可得，，，，，再根据进行求解即可；

（2）根据当时，与四边形重合部分是梯形，当时，与四边形重合部分是，当时，与四边形重合部分是四边形，进行分类讨论即可．

【详解】（1）解：过点D作于点E，

∵，，，，

∴，，，，，

∴

；

（2）解：当时，与四边形重合部分是梯形，

；

当时，与四边形重合部分是，

，

当时，与四边形重合部分是四边形，

．

【点睛】本题考查平面直角坐标系与几何图形、二次函数与图形变换、平移的性质，熟练掌握相关知识进行分类讨论是解题的关键．

25．(1)，

(2)或．

【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式，再把解析式化为顶点式求出顶点坐标即可；

（2）先求出，得到，再求出直线解析式为，过D作轴，交于点M，设，则，求出，证明，得到，即，解得，，则点的坐标为或．

【详解】（1）解：把，代入抛物线解析式中得：，

∴，

∴抛物线解析式为，

∴抛物线顶点坐标为；

（2）解：在中，令，则，

解得或，

∴，

∴，

设直线解析式为，

把，的坐标分别代入中得：，

∴，

∴直线解析式为，

过D作轴，交于点M，

设，则，

∴，

∵轴，即，

∴，

∴，

∵，

∴，即，

∴，

解得，，

∴点的坐标为或．

【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，一次函数与几何综合，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．