2023年中考考前最后一卷：数学（天津卷）（全解全析）

这是一份2023年中考考前最后一卷：数学（天津卷）（全解全析），共23页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

2023年中考考前最后一卷
数学·全解全析
第Ⅰ卷
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
D
C
A
C
A
A
C
A
B
D
D
B
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，只有一个选项是符合题目要求的）
1．（本题3分）计算：的结果是（    ）
A． B． C．5 D．9
【答案】D
【分析】先去括号，然后计算即可．
【详解】解：，
故选：D．
【点睛】本题考查了有理数的减法运算．解题的关键在于正确的去括号．
2．（本题3分）的值等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据特殊角的三角函数值进行解答即可．
【详解】解：，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值，解题的关键是熟练掌握特殊角的三角函数值．
3．（本题3分）在今年的全国两会报道中，央视新闻频道首次把央视新闻新媒体平台作为报道主战场，重点打造“V观两会”微视频和“云直播”，以独特的优势引领媒体两会报道工作。截至3月15日，央视新闻新媒体各平台两会报道阅读总量突破3900000000，请将数据3900000000用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于10时，是正数；当原数的绝对
值小于1时，是负数．
【详解】解：，
故选：A．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值．
4．（本题3分）下列文字图形中是轴对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【详解】A、不是轴对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，故此选项正确；
D、不是轴对称图形，故此选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念,如果一个图形沿着某一条直线折叠后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就是轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
5．（本题3分）如图所示的几何体是由5个完全相同的小正方体组成，它的主视图是（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据从正面看到的图形是主视图，即可得．
【详解】解：从前面看，第一层是两个小正方形，第二层左边一个小正方形，第三层左边1个小正方形，
故选A．
【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，解题的关键是掌握从正面看到的图形是主视图．
6．（本题3分）估计的值在（    ）
A．1到2之间 B．2到3之间 C．3到4之间 D．4到5之间
【答案】A
【分析】利用夹逼法进行无理数的估算即可求解．
【详解】∵，，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查无理数的估算，熟练掌握知识点是解题的关键．
7．（本题3分）化简的结果是（　　）
A．a+1 B．a﹣1 C．a2﹣a D．a
【答案】D
【分析】原式利用同分母分式的减法法则计算，约分即可得到结果．
【详解】原式＝，
故选D．
【点睛】此题考查了分式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
8．（本题3分）已知点A（1，），B（2，），C（﹣3，）都在反比例函数的图象上，则，，的大小关系是( )
A．＜＜ B．＜＜ C．＜＜ D．＜＜
【答案】A
【分析】分别把各点代入反比例函数的解析式，求出y1，y2，y3的值，再比较出其大小即可．
【详解】∵点A（1，），B（2，），C（﹣3，）都在反比例函数的图象上，
∴；；；
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
9．（本题3分）方程的根是（　　）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【分析】先将方程左边分解因式，即可解方程．
【详解】解：，

解得：，．
故选B．
【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，属于基础题，因式分解法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
10．（本题3分）如图所示，在平面直角坐标系中，等腰的直角顶点C在x轴上，点A在y轴上，若点B坐标为，则点A坐标为（　  　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作轴于点D，由等腰可得，进一步可证明，得到，即可得到点A的坐标．
【详解】解：作轴于点D，

∴，
∴，
∵点坐标为，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴
∴
在和中，
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∵点在轴上，
∴点坐标为，
故答案选：D．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，坐标与图形的性质，证明是解题的关键．
11．如图，将△OAB绕O点逆时针旋转60°得到△OCD，若OA＝4，∠AOB＝35°，则下列结论错误的是(　　)

A．∠BDO＝60° B．∠BOC＝25° C．OC＝4 D．BD＝4
【答案】D
【分析】由△OAB绕O点逆时针旋转60°得到△OCD知∠AOC=∠BOD=60°，AO=CO=4、BO=DO，据此可判断C；由△AOC、△BOD是等边三角形可判断A选项；由∠AOB=35°，∠AOC=60°可判断B选项，据此可得答案．
【详解】解：∵△OAB绕O点逆时针旋转60°得到△OCD，
∴∠AOC=∠BOD=60°，AO=CO=4、BO=DO，故C选项正确；
则△AOC、△BOD是等边三角形，∴∠BDO=60°，故A选项正确；
∵∠AOB=35°，∠AOC=60°，∴∠BOC=∠AOC-∠AOB=60°-35°=25°，故B选项正确.
故选D．
【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等及等边三角形的判定和性质．
12．抛物线的部分图象如图所示，与轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是．下列结论中：①；②；③；④若点在该抛物线上，则．⑤方程有两个不相等的实数根；其中正确的有（      ）

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标，最大值（最小值）以及对称性综合判断得出答案．
【详解】解：抛物线开口向下，则a＜0，对称轴在y轴的右侧，a、b异号，所以b＞0，抛物线与y轴交在正半轴，c＞0，
∴abc＜0，故①正确，
抛物线的对称轴是x=1即=1，则b=-2a，故2a+b=0，故②正确；
∵x==1，即b=-2a，
而x=4时，y=0，即16a+4b+c=0，
∴8a+c=0，c=-8a，
∴a+c=a-8a=-7a，
∵a＜0，
∴-7a＞0，即a+c＞0，
所以③正确；
∵当x=1时，该函数取得最大值，此时y=a+b+c，
∴点A（m，n）在该抛物线上，则am2+bm+c≤a+b+c，故正④确；
∵由图象可得，抛物线的顶点坐标为（1，4），
∴直线y=4与抛物线只有一个交点，
∴一元二次方程ax2+bx+c=4有相等的实数根，故⑤错误；
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
第Ⅱ卷（非选择题 共84分）
二、 填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分，直接填写答案．）
13．（本题3分）计算 ___________ ．
【答案】
【分析】积的乘方，把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，据此计算即可．
【详解】解： ，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了积的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
14．（本题3分）计算：________．
【答案】
【分析】根据完全平方公式计算即可．
【详解】原式．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，完全平方公式，掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
15．（本题3分）在一个不透明的袋子里装着1个白球、3个黄球、4个红球，它们除颜色不同外其余都相同，现从袋中任意摸出一个球是黄球的概率为__________．
【答案】
【分析】用黄球的个数除以球的总数即可．
【详解】解：∵袋子里装着1个白球、3个黄球、4个红球，
∴从袋中任意摸出一个球是黄球的概率为 ，
故答案为：．
【点睛】此题考查了概率公式的应用．注意用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16．（本题3分）若直线：平行于直线：，且经过点，则___________．
【答案】9
【分析】根据两直线平行可得，再把点代入，即可求解．
【详解】解：∵直线：平行于直线：，
∴，
∴直线的解析式为，
把点代入得：
，解得：．
故答案为：9
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数的图象和性质是解题的关键．
17．（本题3分）如图，矩形对角线相交于点，为上一点，连接，F为的中点，．若，，则的长为______．

【答案】2
【分析】如图，连接，是的中位线，则，，，在中，由勾股定理求的值，由矩形的性质可得，根据，求解的值即可．
【详解】解：如图，连接，

由题意知，是的中位线，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
由矩形的性质可得，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了中位线，勾股定理，矩形的性质等知识．解题的关键在于添加辅助线，构造中位线．
18．（本题3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，M，N均在格点上，P为线段MN上的一个动点

（1）MN的长等于_______，
（2）当点P在线段MN上运动，且使PA2＋PB2取得最小值时，请借助网格和无刻度的直尺，在给定的网格中画出点P的位置，并简要说明你是怎么画的，（不要求证明）________________________________________________________________________________________
【答案】 见解析.
【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）取格点S，T，得点R；取格点E，F，得点G；连接GR交MN于点P即可得到结果．
【详解】(1);
（2）取格点S，T，得点R；取格点E，F，得点G；连接GR交MN于点P

【点睛】本题考查了作图-应用与设计作图，轴对称-最短距离问题，正确的作出图形是解题的关键．
三、 解答题（本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
19．（本题8分）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的解集在数轴上表示出来：

(4)原不等式组的解集为________．
【答案】(1) (2) (3)见解析 (4)
【分析】（1）根据解不等式的方法求解即可得到答案；
（2）根据解不等式的方法求解即可得到答案；
（3）根据在数轴上表示解集的方法求解即可；
（4）由（3）即可得出不等式组的解集．
【详解】（1）解：，
移项，得：，
系数化1，得：，
故答案为：；
（2）解：，
去分母，得：，
移项得：，
系数化1，得：，
故答案为：；
（3）解：解集在数轴上表示如下：

（4）解：由（3）可知，不等式组的解集为，
故答案为：．
【点睛】本题考查解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的一般步骤是解题的关键．
20．（本题8分）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．
【答案】(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．（本题10分）如图①，，，点D在BC边上，以CD为直径的与直线AB相切于点E，且E是AB的中点，连接OA．
（I）求和的度数；
（II）如图②，连接AD，若，求的半径．

【答案】（I），；（II）1
【分析】（I）先证明AO平分∠BAC，再证明∠OAC=∠B=∠OAB=30°，由等腰三角形的性质得出答案；
（II）设⊙O的半径为r，由直角三角形的性质得出AC=OC=，利用勾股定理得出（）2+（2r）2=（）2，然后解方程即可．
【详解】解：（I）连接OE．

∵AB是圆的切线，
∴，
∵E是AB的中点，
∴OE垂直平分AB
∴，
∴
∵，，，
∴平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
（II）设圆O的半径为r，则，
∵，，
∴，，
在中，∴，
∴，
∴圆的半径．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了角平分线的性质及勾股定理．
22．（本题10分）如图，某巡逻艇在海上例行巡逻，上午10时在C处接到海上搜救中心从B处发来的救援任务，此时事故船位于B处的南偏东方向上的A处，巡逻艇位于B处的南偏西方向上1260米处，事故船位于巡逻艇的北偏东方向上，巡逻艇立刻前往A处救援，已知巡逻艇每分钟行驶120米，请估计几分钟可以到达事故船A处．（结果保留整数．参考数据：，，，）．

【答案】估计8分钟可以到达事故船A处
【分析】过点A作，垂足为D，由题意得：，，，然后设，分别在和中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，从而根据，列出关于x的方程，进行计算可求出的长，进而求出的长，即可求出结果．
【详解】解：过点A作，垂足为D，由题意得：

，，，
设，
在中，，
在中，，
∵，
∴，
解得：，
∴，
在中，，
∴，
∴（分钟），
∴估计8分钟可以到达事故船A处．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用−方位角问题，根据已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
23．（本题10分）已知甲、乙、丙三地依次在同一直线上，乙地离甲地，丙地离乙地．一艘游轮从甲地出发，途经乙地前往丙地．当游轮到达乙地时，一艘货轮沿着同样的线路从甲地出发前往丙地．已知游轮的速度为，离开甲地的时间记为t（单位：），两艘轮船离甲地的距离y（单位：）关于t的图象如图所示（游轮在停靠前后的行驶速度不变）．货轮比游轮早到达丙地．

根据相关信息，解答下列问题：
(1)填表：
游轮离开甲地的时间/h
6
13
16
22
24
游轮离甲地的距离/km
120

260


(2)填空：
①游轮在乙地停靠的时长为_______；
②货轮从甲地到丙地所用的时长为_______，行驶的速度为_______/；
③游轮从乙地出发时，两艘轮船的距离为_______．
(3)当时，请直接写出游轮离甲地的距离y关于t的函数解析式．
【答案】(1)260，380，420 (2)①3；②；③110 (3)
【分析】（1）根据题意和函数图象中的数据，可以将表格中的数据补充完整；
（2）①根据题意和图象中的数据，可以计算出游轮在乙地停靠的时长；②根据题意和图象中的数据，可以计算出货轮从甲地到丙地所用的时长和行驶的速度；③根据题意和图象中的数据，可以计算出游轮从乙地出发时，两艘轮船相距的路程；
（3）根据函数图象中的数据，可以写出游轮离甲地的路程y关于t的函数解析式．
【详解】（1）解：由图象可知当游轮离开甲地13小时游轮离甲地的距离为，
∵游轮全程行驶（小时），
∴游轮在乙地停留的时间为（小时），
∴当游轮离开甲地22小时游轮离甲地的距离为，
由图象可知当游轮离开甲地24小时游轮离甲地的距离为，
填表如下：
游轮离开甲地的时间/h
6
13
16
22
24
游轮离甲地的距离/km
120

260


故答案为：，，；
（2）解：①游轮在乙地停靠的时长为：，
故答案为：3；
②货轮从甲地到丙地的时间为：，
货轮从甲地到丙地的速度为：，
故答案为：，；
③游轮从乙地出发时，两艘轮船相距的路程为：，
故答案为：；
（3）解：当时，，
当时，，
当时,设y关于t的函数解析式为，
由题意，得：，
解得，
即当时，y关于t的函数解析式为，
由上可得，y关于t的函数解析式为．
【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24．（本题10分）将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点，点，点C(0,6)，点D为线段OA上一动点，过点D作DE⊥OA交对角线OB于点E，把△ODE绕点O逆时针旋转，得△OD'E'，点D，E旋转后的对应点为D'，E'．记旋转角为α．
(1)如图①，当点D为OA中点时，α=30°，求点D'的坐标；

(2)若旋转后点D'落在OB上，设OD=t．
①如图②，若旋转后△OD'E'与矩形OABC的重合部分为四边形．E'D'交BC于点N，OE'交BC于点M，试用含有t的式子表示线段D'N的长，并直接写出t的取值范围；

②若△OD'E'与矩形OABC的重叠部分的面积为S，当4≤t≤6时，试用含有t的式子表示S（直接写出结果即可）．
【答案】(1)
(2)①，其中t的取值范围为；②

【分析】（1）过点作，垂足为F，则．根据点D为OA的中点，可求OD=4．根据旋转的性质，可得，，利用30°直角三角形性质得出，利用勾股定理求出；
（2）①先利用勾股定理求出，根据旋转的性质得，，，然后利用锐角三角函数得出即可；②分两段，利用点E′在BC上分开，当，利用tan∠E′OD′=，求出，再利用三角形面积求解，当，过点M作MG⊥OB于G，根据四边形ABCO为矩形性质，可证MO=OB，利用锐角三角函数求出，然后利用割补法求面积即可．
【详解】（1）解：如图，过点作，垂足为F，则．

∵点，点，∴OA=8，OC=6．
∵点D为OA的中点，∴OD=4．
∵绕点O逆时针旋转30°得到，
∴ ，．
在中，，
∴，
∴点的坐标为；
（2）①在Rt△OAB中，，
由旋转的性质得，，，
∴，
，，
∴，
∵旋转后与矩形OABC的重合部分为四边形．
当点E′在BC上时，tan∠E′OD′=，
∴OD′=BD′=t=5，
t的取值范围为；

②当，
∵旋转后点落在OB上，设OD=OD′=t，
∴tan∠E′OD′=，
∴，
与矩形OABC的重叠部分为三角形的面积为S=；

当，过点M作MG⊥OB于G，
∵四边形ABCO为矩形，
∴BC∥AO，
∴∠CBO=∠AOB=∠MOG，
∴MO=OB，
∵MG⊥OB，
∴OG=GB=，
∴tan∠CBO=，
∴，
∴S=S△OMB-S△ND′B=，

∴．
【点睛】本题考查图形与坐标，图形旋转，矩形性质，等腰三角形判定与性质，解直角三角形，30度直角三角形性质，勾股定理，列函数解析式，掌握图形与坐标，图形旋转，矩形性质，等腰三角形判定与性质，解直角三角形，30度直角三角形性质，勾股定理，列函数解析式是解题关键．
25．（本题10分）在平面直角坐标系中，抛物线（为常数）的最低点纵坐标为，点A、均在这个抛物线上，点A、的横坐标分别为、．
(1)求抛物线所对应的函数表达式；
(2)连结，当轴时，求线段的长；
(3)将此抛物线上A、两点之间（包括A、两点）的部分记为图像．
当图像的最低点到两坐标轴距离之和为时，求的值；
过点A、点分别作直线的垂线，垂足分别为点、点，当线段与图像有交点时，直接写出的取值范围．
【答案】(1) (2) (3)①或；②或
【分析】（1）将抛物线化成顶点式，根据最低点纵坐标为列式求解即可得到答案；
（2）由轴，可知点A与点关于直线对称，列方程求解即可求得答案；
（3）分两种情况：当，即时，当，即时，根据题意建立方程求解即可得出答案；
根据题意列出不等式组求解即可．
【详解】（1）解：∵，
该抛物线的顶点坐标为，
由题意得：，
解得：，
该抛物线所对应的函数表达式为；
（2）解：∵，
∴该抛物线的对称轴为直线，
轴，
∴点A与点关于直线对称，
∴，
解得：，
点A、的横坐标分别为、，
，
故线段的长为；
（3）解：根据题意：点A、的横坐标分别为、，抛物线的对称轴为直线，
令，得，
解得：，
即抛物线与轴的交点坐标为，，
令，得，
解得：，
当，即时，点A、均在轴左侧，点在第三象限抛物线上，且为最低点，如图，

，
解得：或不符合题意，舍去；
当，即时，点、均在第二象限抛物线上，且为最低点，如图，

，
解得：或不符合题意，舍去；
综上所述，的值为或；
当线段与图像有交点时，
则或，
解得：或，
的取值范围为或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决相关问题．