2023年福建省宁德市中考模拟数学试题（含答案）

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宁德市2023年初中阶段学业质量检测数学试题本试卷共6页，满分150分．注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试题卷上答题无效．3．作图可先使用2B铅笔画出，确定后必须用0.5毫米黑色墨水签字笔描黑．4．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．1．-7的相反数是（    ）A．-7 B． C．7 D．2．下列新能源汽车标志中，是中心对称图形的是（    ）A． B． C． D．3．点A在数轴上的位置如图所示，将点A向左移动3个单位长度得到点B，则点B表示的数是（    ）A．4 B．3 C．-3 D．-24．下列运算正确的是（    ）A． B． C． D．5．下列四个点中，有三个点在同一反比例函数的图象上，则不在这个函数图象上的点是（    ）A． B．， C． D．6．下列事件中，属于必然事件的是（    ）A．打开电视机，正在播放新闻 B．翻开书，页码是偶数C．购买一张体育彩票，能够中奖 D．掷一枚质地均匀的骰子，点数小于77．甲、乙两名同学在相同条件下6次射击训练的成绩（单位：环）如图所示．则下列叙述正确的是（    ）A．甲的平均数大，甲的方差大 B．甲的平均数大，乙的方差大C．乙的平均数大，甲的方差大 D．乙的平均数大，乙的方差大8．为了提升全民防灾减灾意识，某消防大队进行了消防演习．如图，架在消防车上的云梯AB可伸缩，也可绕点B转动，其底部B离地面的距离BC为2 m，当云梯顶端A在建筑物EF所在直线上时，底部B到EF的距离BD为9 m．若，则此时云梯顶端A离地面的髙度AE的长是（    ）A． B． C． D．9．为落实“数字中国”的建设工作，一市政府计划对全市中小学多媒体教室进行安装改造，现安排两个安装公司共同完成．已知甲公司安装工效是乙公司安装工效的1.5倍，乙公司安装36间教室比甲公司安装相同数量的教室多用3天．求甲、乙两个公司每天各安装多少间教室？设乙公司每天安装x间教室，则列出的方程正确的是（    ）A． B． C． D．10．五巧板是一种类似七巧板的智力玩具，它是由正方形分割而成．按如图方式分割的一幅五巧板，若从中拿走一块，使得剩下的四块板仍然能拼成一个正方形，则拿走的那块板的序号是（    ）A．① B．② C．③ D．⑤二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。11．计算：______．12．将一副三角板按如图所示的位置摆放，若，则______°．13．化简：______．14．某校午托服务提供A、B两种午饭套餐供学生选择，每位学生只能从中任选一种，甲、乙两位同学都选中A套餐的概率是______．15．如图，已知，∠ABC=90°，AB=4，BC=2，将绕点A沿逆时针方向旋转得到，点C的对应点是点E．若点E落在射线AB上，则点E到AC距离等于______．16．已知抛物线的顶点为A，交y轴于点B；抛物线的顶点为C，交y轴于点D．若，且以A，B，C，D四点为顶点的四边形为矩形，则______．三、解答题：本题共9小题，共86分．17．（本题满分8分）解不等式组：18．（本题满分8分）如图，在中，点E，F在对角线BD上，BE=DF，求证：AE=CF．19．（本题满分8分）若一组实数a，b满足：，则称这组数a，b为“和谐轮换数”．（1）下列两组数中，a，b是“和谐轮换数”的是______；（填序号）①，；②，；（2）已知，，请说明a，b是“和谐轮换数”20．（本题满分8分）为了落实国家教育数字化战略行动的有关精神，某校组织全体学生参加“信息素养提升”知识竞赛．现从中随机抽取男、女学生各30名的成绩进行分析，并绘制成如下不完整的统计表和统计图．（数据分为4组：A组：，B组：，C组：，D组：，x表示成绩，成绩为整数），其中女生成绩处于C组的有12人，成绩分别为：81，82，82，83，84，85，85，86，86，86，88，88．男生信息素养知识竞赛成绩统计表组别ABCD男生（人）m8145请根据以上信息，完成下列问题：（1）抽取的男生成绩落在A组的频率是______；抽取的女生成绩的中位数是______分；（2）从平均数的角度分析，竞赛成绩更好的是男生还是女生？（每组中各个数据用该组的中间值代替，如的中间值为65）（3）该校有1800名学生，且男女生比例相当．若80及80分以上的成绩记为优秀，估计该校在本次知识竞赛中成绩优秀的学生人数．21．（本题满分8分）如图，在中，，．（1）尺规作图：在AC和AB上分别确定点D，E的位置，使得是以BD为底边的等腰直角三角形；（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，若AB=6，BC=4，求BE的长．22．（本题满分10分）某市为助力新能源汽车产业的健康发展，打造新能源交通生态城市，近几年在全市范围内安装电动汽车充电桩．2021年该市投入资金1250万元，安装A型充电桩200个和B型充电桩300个；2022年又投入2000万元，安装Ａ型充电桩250个和B型充电桩500个．已知这两年安装A、B两种型号的充电桩单价不变．（1）求安装A型充电桩和B型充电桩的单价各是多少万元？（2）为适应电动汽车快速发展的需要，市政府计划2023年再安装A、B两种型号的充电桩共200个．考虑到充电容量等综合因素，决定安装A型充电桩的数量不多于B型充电桩的一半．在安装单价不变的前提下，当安装A型充电桩多少个时，所需投入的总费用最少，最少费用是多少万元？23．（本题满分10分）如图，OM为的半径，且，点G为OM的中点，过点G作交于点A，B，点D在优弧AB上运动，将AB沿AD方向平移得到DC；连接BD，BC．（1）求∠ADB的度数；（2）如图2，当点D在MO延长线上时，求证：BC是的切线．24．（本题满分12分）如图1，点O为矩形ABCD对角线BD的中点，直线EF过点O，分别交AD，BC于点E，F，．将矩形ABCD沿EF折叠，点A的对应点为点H，点B的对应点为点G，GF交BD于点N，交AD于点P，连接GD．（1）求证：；（2）求证：；（3）如图2，连接GO交AD于点M，连接MN．判断GD，MN和EF的数量关系，并说明理由．25．（本题满分14分）已知抛物线与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点P．直线经过点B，与y轴正半轴和抛物线分别交于C，D两点．（1）如图1，当点P的坐标为，且的面积为1时，求该抛物线的表达式；（2）在（1）的条件下，若∠DAC=90°，求k的值；（3）如图2，过点D作轴于点E．判断的面积与的面积之间的数量关系，并说明理由． 2023年宁德市初中阶段学业质量检测数学试题参考答案及评分标准（1）本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可参照本答案的评分标准的精神进行评分．（2）对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的立意，可酌情给分．（3）解答右端所注分数表示考生正确作完该步应得的累加分数．（4）评分只给整数分，选择题和填空题均不给中间分．一、选择题：（本大题有10小题，每小题4分，满分40分）1．C；2．C；3．D；4．B；5．B；6．D；7．A；8．B；9．A；10．D．二、填空题：（本大题有6小题，每小题4分，满分24分）11．1；12．33；13．1；14．；15．2；16．三、解答题（本大题共9小题，共86分．请在答题卡的相应位置作答）17．（本题满分8分）解：解不等式①，  ．  ．解不等式②．  ．  ．  ．∴原不等式组的解集是．18．（本题满分8分）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，．∴∠ABE=∠CDF．∵BE=DF，∴．∴AE=CF．19．（本题满分8分）（1）②；（2）解法一：∵，，∴．．∴．∴a，b是“和谐轮换数”解法二：∵，∴．∴．∴．∴或．∵，，∴，∴a，b是“和谐轮换数”20．（本题满分8分）解：（1）0.1；85；（2），男生成绩的平均数（分），女生成绩的平均数（分）；∵82<84，∴女生的竞赛成绩更好（备注：平均数正确列出算式各给1分，正确算出结果共1分）（3）解法一：（名）．答：估计该校在本次知识竞赛成绩优秀的学生人数有1200名。解法二：男生优秀人数：，女生优秀人数：．∴优秀人数是：．答：估计该校在本次知识竞赛成绩优秀的学生人数有1200名。21．（本题满分8分）（1）解：作图如图所示：∴图中点D，E就是所求的点，是以BD为底边的等腰直角三角形．（备注：①正确画出点D，E分别得2分；②画图正确，结论没写，不扣分．）（2）解：∵是以BD为底边的等腰直角三角形，∴∠BED=90°，DE=BE．∴∠ADE=∠ABC=90°∵∠A=∠A，∴．∴．设BE=a，则DE=BE=a，．∴．解得，．∴BE的长等于．8分22．（本题满分10分）解：（1）设安装A型充电桩的单价为x万元，B型充电桩的单价y万元，根据题意，得，解这个方程组，得．答：安装A型充电桩和B型充电桩的单价分别是1万元和3.5万元．（2）设A型充电桩安装了m个，则B型充电桩安装了个，投入的总费用为w万元，根据题意，得．解这个不等式，得．投入的总费用．∴，∵，∴w随m增大而减小，∵m为正整数，当m取最大值66时，w的最小值为（万元）．答：当A型充电桩安装66个时，所需投入的总费用最少，最少的费用为535万元．23．（本题满分10分）解：（1）证法一：连接AO，BO．∵点G为OM的中点，∴．∵OA=OB=OM=3，，在中，．∴∠OAG=30°，∴∠OAG=∠OBG=30°．∴∠AOB=120°．∴．证法二：连接AO，BO，AM，BM．∵点G为OM的中点，，∴AM=AO，BM=BO，∵AO=BO，∴AM=AO=BO=BM．∴四边形AOBM是菱形．∴，∵AO=AM=OM，∴是等边三角形．∴∠MAO=60°．∴∠AOB=120°．∴．（2）证法一：连接OC，由平移可得AB=DC，．∴四边形ABCD是平行四边形．∵OM⊥AB，点D在MO延长线上，∴．∵OA=OB，，∴AG=BG．∴AD=BD．∵∠ADB=60°，∴为等边三角形．∴AB=AD．∴是菱形．∴CB=CD．∵OB=OD，OC=OC，∴．∴∠OBC=∠ODC=90°．又∵OB是的半径，∴BC是的切线。10分证法二：连接OC，在中，∠OAG=30°，∴．∵OA=OB，，∴，．由平移可得，，．∵，点D在MO延长线上，∴．在中，．∴∠COD=60°．∴．∵OB=OD，OC=OC，∴．∴∠ODC=∠OBC=90°．又∵OB是的半径，∴BC是的切线．24．（本题满分12分）解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴，AD=BC．∴∠EDO=∠FBO，∠DEO=∠BFO．∵点O为BD的中点，∴BO=DO．∴．∴DE=BF．∴AE=CF．（2）证法一：由对称可得∠BFE=∠GFE，BF=GF．∵∠DEO=∠BFE，∴∠PEF=∠PFE．∴PE=PF．∴．由（1）得DE=BF，∴DE=GF．∴PD=PG．∴．∵∠EPF=∠DPG，∴∠PEF=∠PDG．∴．证法二：由对称可得∠BFE=∠GFE，BF=GF．∵∠DEO=∠BFE，∴∠PEF=∠PFE．∴PE=PF．∵DE=BF，∴DE=GF．∴PD=PG，∴．∵∠EPF=∠DPG，∴．∴∠PEF=∠PDG．∴．证法三：如图2，连接GO．由对称可得BO=GO，∠BOE=∠GOE．∴DO=BO=GO．∴∠OGD=∠ODG．∵∠BOG=∠OGD+∠ODG，∴2∠GOE=2∠OGD．即∠GOE=∠OGD．∴（3）数量关系是：．如图3，∵，∴EO=FO．∵∠GOE=∠BOE=∠DOF，∠MEO=∠NFO，∴．∴ME=NF．∵PE=PF，∴PM=PN．∴．∵∠MPN=∠EPF，∴．∴∠PMN=∠PEO．∴．∴∠DMN=∠DEO，∠DNM=∠DOE．∴．∴．∵，∴．同理可证．∴．∴．∴．即．∵EF=2EO，∴．（备注：结果为亦可）25．（本题满分14分）解：（1）解法一：∵点在抛物线上，可得．∴，∴抛物线的对称轴为直线，点为顶点．∴OA=OB，OP=1．∵．解得AB=2．∴点A，B的坐标分别为，．∵点在抛物线上，可得．∴抛物线的表达式是．解法二：∵点在抛物线上，可得．∴，当时，．得，，∴点A，B的坐标分别为，，∴，∵，即，∴，∴抛物线的表达式是．（2）由（1）可得点A，B的坐标分别为，．∵点在直线上，∴．得．∴．当时，．∴C的坐标为．由得．∴，即．∴．∴D的坐标为．过D作轴于点M．∴，，，∴AM=OC．∵∠DMA=∠AOC=90°．∴∠MDA+∠MAD=90°，∵∠DAC=90°，∴，∴∠MDA=∠CAO．∴．∴DM=AO=1．∴．得．∵，∴得．（3）结论：．∵当时，，得，则∴点A，B的坐标分别为，，∵点在直线上，∴，得，∴点C的坐标为．∴，，∴，由，得，∴，∴，∴点E的坐标为．∴．当时，．∴点P的坐标为，∴．∴．∴．