2023年中考押题预测卷02（天津卷）-数学（参考答案）

这是一份2023年中考押题预测卷02（天津卷）-数学（参考答案），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年中考押题预测卷02【天津卷】数学·参考答案第Ⅰ卷一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）123456789101112BADDABACABBC 第Ⅱ卷二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）13．解：原式＝﹣a4，答案：﹣a4．14．解：原式＝16﹣5＝11．答案：11．15．解：∵不透明袋子中装有除颜色外都相同的8个小球，其中白球5个，黑球3个．∴搅匀后从中任意摸出1个球，摸到黑球的概率为：．答案：．16．解：∵y＝kx+k＝k（x+1），∴一次函数y＝kx+k过定点（﹣1，0），∴m＝﹣1，n＝0，∴点（m，m+n）即点（﹣1，﹣1）到原点距离为，答案：．17．解：作点P关于CE的对称点P′，由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，∴点P′在CD上，过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，∵MN+NP＝MN+NP′≥MF，∴MN+NP的最小值为MF的长，连接DG，DM，由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线，∵AD＝CD＝2，DE＝1，∴CE，∵CE×DOCD×DE，∴DO，∴EO，∵MF⊥CD，∠EDC＝90°，∴DE∥MF，∴∠EDO＝∠GMO，∵CE为线段DM的垂直平分线，∴DO＝OM，∠DOE＝∠MOG＝90°，∴△DOE≌△MOG，∴DE＝GM，∴四边形DEMG为平行四边形，∵∠MOG＝90°，∴四边形DEMG为菱形，∴EG＝2OE，GM＝DE＝1，∴CG，∵DE∥MF，即DE∥GF，∴△CFG∽△CDE，∴，即，∴FG，∴MF＝1，∴MN+NP的最小值为；18．解：（Ⅰ）观察图象可知△ABC是直角三角形．答案：直角． （Ⅱ）如图，线段PC，PQ即为所求．答案：取格点C'，P，连接C'P，并延长交BC于点Q，连接PC，线段PC，PQ即为所求．三、解答题（本大题共7小题，共66分。解答应写出文字说明，演算步骤或推理过程） 19．解：（Ⅰ）解不等式①，得 x≤1；（Ⅱ）解不等式②，得x≥﹣2；（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：（Ⅳ）原不等式组的解集为﹣2≤x≤1，答案：x≤1；x≥﹣2；﹣2≤x≤1．20．解：（1）1+1+3+4+6+2+2+1＝20（人），答案：20；（2）众数是4本．中位数是4本，答案：4；4；（3）每个人读书本数的平均数是：（1+2×1+3×3+4×6+5×4+6×2+7×2+8）＝4.5∴总数是：800×4.5＝3600（本）．答：估计该校学生这学期读书总数约3600本．21．解：（1）∵OA＝OC，∠OAC＝60°，∴△AOC是等边三角形，∴AC＝OC＝4，∠AOC＝60°，∵过点C作⊙O的切线，与BA的延长线交于点P，
∴∠OCP＝90°，∴∠P＝∠ACP＝30°，∴PA＝AC＝4；（2）作CD⊥AB于D，
∵∠AOC＝60°，∴∠Q＝30°，∵AQ＝CQ，∴∠QAC＝∠QCA＝75°，∵∠OAC＝∠OCA＝60°，∴∠QAO＝∠QCO＝15°，∵∠AOC＝∠POC+∠APC，∴∠APC＝60°﹣15°＝45°，∴△PCD是等腰直角三角形，∴PD＝CD，∵CDAC＝2，ADAC＝2，∴PD＝2∴PA＝AD+PD＝2+2．22．解：如图，过点B作BD⊥AC，垂足为点D，
由题意得∠BAD＝58°，∠BCD＝37°，AB＝8千米，在Rt△ABD中，sin58°，∴，∴BD＝8 sin58°，在Rt△BCD中，sin37°，∴sin37°，∴BC，∴BC≈11千米．答：B、C两地的距离约为11千米．23．解：（Ⅰ）a＝54÷18＝3；b＝（82﹣54）÷（25﹣18）＝4；c＝（142﹣82）÷（35﹣25）＝6．答案：3，4，6（Ⅱ）当x≥25时，设y＝kx+b（k≠0），把（25，82），（35，142）代入，得，解得，当x≥25时，y与x之间的函数关系式y＝6x﹣68．（Ⅲ）方案②：y＝4x，当方案①和方案②水费相等时，即4x＝6x﹣68，解得x＝34故当用水量25＜x＜34时，方案①合算；当用水量x＞34时，方案②合算，当x＝34时，两种方案价格一样．24．解：（I）∵点A（6，0），点B（0，8）∴OA＝6，OB＝8，且由题意，PA＝t，OQ＝2t，∵PD∥BO∴，又BO＝8，AO＝6，PA＝t，∴，∴PD；（Ⅱ）①存在，理由如下：∵BQ∥DP，若BQ＝DP，∴则四边形PDBQ是平行四边形，即8﹣2tt，解得：t，∴当t时，∴四边形PDBQ为平行四边形．②不存在，理由如下：∵OA＝6，OB＝8，∴在Rt△AOB中，AB10，∴PD∥BO，∴，∴，∴，∴当t，四边形PDBQ为平行四边形时，PD，BD＝6，∴DP≠BD，∴四边形PDBQ不能为菱形．（Ⅲ）线段PQ中点M所经过的路径长为2；理由如下：
以点O为原点，以AO所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意得，0≤t≤4，当t＝0时，点M′的坐标为（3，0），当t＝4时，点M′′的坐标为（1，4），设直线M′M′′的解析式为：y＝kx+b，则，解得，，∴直线M′M′′的解析式为：y＝﹣2x+6，由题意得，点P的坐标为（6﹣t，0），点Q的坐标为（0，2t）∴在运动过程中PQ的中点M的坐标为（，t），当x时，y＝﹣26＝t，∴点M在直线M′M′′上，作M′′N⊥x轴于N，则M′′N＝4，M′N＝2，由勾股定理得，M′M′′2，∴线段PQ中点M所经过的路径长为2．25．解：（1）∵抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2（m＞0）经过原点，∴0＝﹣m2+2，∴m＝±，∵m＞0，∴m； （2）∵点B是抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2与直线x的交点，∴B（，2），∴点B到x轴的距离为|2|∵抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2（m＞0）的顶点为A，∴A（m，2），∵点A关于直线x的对称点为C，∴C（0，2），∴直线AC的解析式为y＝2，∴点B到直线AC的距离为|2﹣（2）|，∵点B到x轴距离等于点B到直线AC距离的一半，∴|2|，∴m（舍）或m或m＝﹣4（舍）或m＝4，即：m的值为或4； （3）①由（2）知，B（，2），当图象M与x轴恰好有三个交点时，点B一点在x轴上，∴20，∴m＝﹣2（舍）或m＝2； ②如图，
由（2）知，B（，2），A（m，2），C（0，2），∴BE，AE＝||，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABE＝30°，在Rt△ABE中，tan∠ABE，∴m＝﹣2（舍）或m＝2；∴点B（，﹣1）∴图象G的解析式为y＝﹣（x﹣2）2+2（x），图象H解析式为y＝﹣x2+2（x），∴图象M的解析式为y，针对于图象G，令y＝0，∴0＝﹣（x﹣2）2+2，∴x＝2或x＝2，针对于图象H，令y＝0，∴0＝﹣x2+2，∴x或x，∵M所对应的函数值小于0，∴x或x＜2或x＞2．