2023年江苏省盐城市景山中学中考三模数学试题（含解析）

这是一份2023年江苏省盐城市景山中学中考三模数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年江苏省盐城市景山中学中考三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．计算a2·a4的结果是（　　）
A．a6 B．a7 C．a8 D．a12
3．用科学记数法表示数0.031，其结果是（  ）
A．3.1×102 B．3.1×10-2 C．0.31×10-1 D．31×103
4．某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种展开图，那么在原正方体中，与“的”字所在面相对的面上的汉字是（　　）

A．厉 B．害 C．了 D．国
5．如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，则以AC为边长的正方形ACEF的面积为（　　）

A．9 B．12 C．15 D．20
6．泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度。金字塔的影长，推算出金字塔的高度。这种测量原理，就是我们所学的（    ）

A．图形的平移 B．图形的旋转 C．图形的轴对称 D．图形的相似
7．肆虐的冠状病毒肺炎具有人传人性，调查发现：1人感染病毒后如果不隔离，那么经过两轮传染将累计会有225人感染（225人可以理解为三轮感染的总人数），若设1人平均感染x人，依题意可列方程（    ）.
A．1+x＝225 B．1+x2＝225
C．（1+x）2＝225 D．1+（1+x2）＝225
8．如图，四边形内接于， A为中点，，则等于（　　）
  
A． B． C． D．

二、填空题
9．－64的立方根是_______．
10．已知，，则__．
11．因式分解：______．
12．如图，ABCD，∠2＝135°，则∠1的度数是 ___．

13．如图，已知A为反比例函数的图象上一点，过点A作轴，垂足为B．若的面积为2，则k的值为__________________．

14．已知一次函数的图像如图所示，则关于的不等式的解集为______．

15．将一个内部直径为、高为的圆柱形水桶内装满水，然后倒入一个长方形鱼缸中，水只占鱼缸容积的一半，则鱼缸容积为____．
16．如图，在矩形ABCD中，AB＝13，BC＝17，点E是线段AD上一个动点，把△BAE沿BE向矩形内部折叠，当点A的对应点A1恰好落在∠BCD的平分线上时，AE的长为____．


三、解答题
17．计算：（﹣2）2+tan45°﹣（π﹣）0．
18．解分式方程：．
19．如图，网格小正方形的边长都为1，在中，试利用格点分别画出：边上的中线、边上的高，并判断的形状．

20．画出反比例函数的大致图象，结合图象回答：
(1)当时，y的值；
(2)当时，y的取值范围；
(3)当且时，x的取值范围．
21．若数使关于的分式方程的解为正数，且使关于的不等式组的解集为，求符合条件的所有整数的和．
22．如图，在港口A处的正东方向有两个相距的观测点B、C，一艘轮船从A处出发， 北偏东方向航行至D处， 在B、C处分别测得，求轮船航行的距离AD (参考数据：，，，，，）

23．如图，在正方形中，点M是边上的任一点，连接并将线段绕点M顺时针旋转得到线段，在边上取点P使，连接．

(1)求证：；
(2)线段与交于点Q，连接，若，证明：
24．甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，沿同一条公路相向行驶，相遇后，甲车继续以原速行驶到B地，乙车立即以原速原路返回到B地．甲、乙两车距B地的路程y（km）与各自行驶的时间x（h）之间的关系如图所示．

(1)AB两地相距　　km，b＝　　；
(2)求点E的坐标，并写出点E坐标所表示的实际意义；
(3)求乙车距B地的路程y关于x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
(4)当甲车到达B地时，求乙车距B地的路程．
25．某商场计划采购，两种不同型号的电视机共50台，已知型电视机进价1500元，售价2000元；型电视机进价为2400元，售价3000元．
（1）设该商场购进型电视机台，请写出全部售出后该商店获利与之间函数表达式．
（2）若该商场采购两种电视机的总费用不超过108300元，全部售出所获利润不低于28500元，请设计出所有采购方案，并求出使商场获得最大利润的采购方案及最大利润．
26．将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过点D作DE在BB′于点E，连接DB′、CE．

(1)如图1，当α＝60°，△DEB′的形状为________，连接BD，可出的值为________；
(2)当0°＜α＜ 360°且α≠90°时，
①(1)的结论是否依然成立?如果成立，请仅就图2的情况进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点B′、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．
27．如图坐标系中，矩形ABCD的边BC在 y轴上，B（0，8），BC＝10，CD＝5，将矩形ABCD绕点B逆时针旋转使点C落在x轴上．现已知抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）过点D、C′和原点O．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将矩形A′BC′D′沿直线BC′翻折，点A′的对应点为M，请判断点M是否在所给抛物线上，并简述理由；
（3）在抛物线上是否存在一点P，使∠POC′＝2∠CBD，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；


参考答案：
1．C
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断即可
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图形重合．
2．A
【分析】同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加．
【详解】，
故选A．
点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握同底数幂的乘法法则，即可完成．
3．B
【分析】本题用科学记数法表示一个数求解．
【详解】0.031=3.1
故答案为：B．
【点睛】本题考查了科学记数法(科学记数法是指把一个数表示成a×10的n次幂的形式(1≤(a的绝对值)＜10，n为正整数或负整数) ．
4．A
【分析】首先确定相对面的字，进而得出答案即可.
【详解】正方体的表面展开图，可知“我”对“害”，“国”对“了”，“的”对“厉”．
故选A．
【点睛】本题主要考查几何体的三视图，掌握由展开图还原几何体是解题的关键.
5．A
【分析】根据已知可求得△ABC是等边三角形，从而得到AC=AB，从而求出正方形ACEF的边长，进而可求出其面积．
【详解】解：∵菱形ABCD，
∴AB＝BC＝3，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝3，
∴正方形ACEF的边长为3，
∴正方形ACEF的面积为9，
故选：A．
【点睛】本题考查菱形与正方形的性质，属于基础题，对于此类题意含有60°角的题目一般要考虑等边三角形的应用．
6．D
【分析】根据在同一时刻的太阳光下物体的影长和物体的实际高度成比例即可判断；
【详解】根据题意画出如下图形：可以得到，则
即为金字塔的高度，即为标杆的高度，通过测量影长即可求出金字塔的高度

故选：D.
【点睛】本题主要考查将实际问题数学化，根据实际情况画出图形即可求解.
7．C
【分析】此题可设1人平均感染x人，则第一轮共感染（x+1）人，第二轮共感染x（x+1）+x+1＝（x+1）（x+1）人，根据题意列方程即可．
【详解】解：设1人平均感染x人，
依题意可列方程：（1+x）2＝225．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
8．A
【分析】由 A为中点得到，由得到的度数为，则的度数为，即可得到的度数．
【详解】解：∵ A为中点，
∴，
∵，
∴的度数为，
∴的度数为，
∴,
故选：A
【点睛】此题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
9．-4
【分析】直接利用立方根的意义，一个数的立方等于a，则a的立方根是这个数进行求解．
【详解】解：根据立方根的意义，一个数的立方等于a，则a的立方根是这个数，
可知-64的立方根为-4．
故答案为：-4．
【点睛】本题考查了立方根，解题的关键是掌握一个数的立方等于a，则a的立方根是这个数．
10．2
【详解】解：，
又，
，
，
故答案为：2．
11．
【分析】根据完全平方公式进行分解即可．
【详解】解：原式，
故答案为：．
【点睛】本题考查公式法因式分解，熟记完全平方公式是解题关键．
12．45°
【分析】根据根据对顶角相等得到∠3=135°，再根据平行线的性质，同旁内角互补即可求解．
【详解】解：如图，∠3＝∠2＝135°
∵ABCD，∠3＝135°，
∴∠1＋∠3＝180°；
又∵∠1＝180°−∠3＝180°−135°＝45°．
故答案为：45°

【点睛】能够明确各个角之间的位置关系．熟练运用平行线的性质以及对顶角相等的性质．
13．
【分析】再根据反比例函数的比例系数k的几何意义得到|k|=2，然后去绝对值即可得到满足条件的k的值．
【详解】解：∵AB⊥y轴，
∴S△OAB=|k|，
∴|k|=2，
∵k＜0，
∴k=-4．
故答案为：-4．
【点睛】本题考查了反比例函数的比例系数k的几何意义：在反比例函数图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
14．
【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征得到b=4k，k＜0，解不等式得到答案．
【详解】由题意得，一次函数y=kx+b的图象经过（-4，0），k＜0，
∴-4k+b=0，
∴b=4k，
∴不等式可化为：2kx-4k＜0，
解得，x＞2，
故答案为：x＞2．
【点睛】本题考查的是一次函数与不等式，掌握一次函数图象上点的坐标特征、一元一次不等式的解法是解题的关键．
15．
【分析】利用圆柱体体积求法得出水的体积，进而得出鱼缸容积．
【详解】解：一个内径为、高为的圆柱形水桶内装满水，
水的体积为：，
倒入一个长方形鱼缸中，水只占鱼缸的一半，
鱼缸容积为：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了几何图形，正确掌握圆柱体体积公式是解题关键．
16．或
【分析】由翻折的性质可得， ，再根据角平分线的性质可得： ，解 ，得出BF、CF．延长 交AD于点G，通过相似三角形判定可以证出 ．再用相似的性质可以求出 的长，即AE的长．
【详解】解：由翻折的性质可得：
平分 ，

如图，过点 作 于点F，

则 是等腰直角三角形

设 ，则 ，
在中，由勾股定理得：
，
即
解得：或
当 时，延长 交AD于点G，如图：

此时

设 ，则




，即
，即
当 时，延长 交AD于点G，如图：

此时

设 ，则




，即
，即
故答案为： 或 ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质(四个角是直角)，翻折的性质(翻折前后两个图形全等)，相似三角形性质与判定(两组对应角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应边成比例)，勾股定理(在直角三角形中，两直角边的平方之和等于斜边的平方) ．熟练应用相关知识进行求解是解决本题的关键．
17．4
【分析】根据乘方运算、特殊角的三角形函数值、零指数幂的乘方运算，即可求得．
【详解】解：原式＝4+1﹣1
＝4．
【点睛】本题考查了乘方运算、特殊角的三角形函数值、零指数幂的乘方运算，熟练掌握和运用各法则是解决本题的关键．
18．x＝5
【分析】先去分母，再去括号，移项并合并同类项解出方程的解，再检验方程的根即可．
【详解】解：方程的两边同乘（x+1）（x﹣1），得
2x（x+1）﹣3（x﹣1）＝2（x+1）（x﹣1），
解得x＝5．
检验：把x＝5代入（x+1）（x﹣1）＝24≠0．
∴原方程的解为：x＝5．
【点睛】本题考查了分式方程的解法，理解分式方程的解法是解答关键．解分式方程一定要检验方程的根．
19．图见解析，是等腰三角形．
【分析】根据三角形的中线，高的定义作出图形即可，利用勾股定理求出，可得．
【详解】解：如图，的中线，高即为所求作．

∵，，
∴，
∴是等腰三角形．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，三角形的中线，高，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
20．(1)；
(2)
(3)或

【分析】作出反比例函数图象，如图所示，
（1）把代入反比例解析式求出y的值即可；
（2）分别求出与时y的值，结合图象确定出y的范围即可；
（3）分别求出与时x的值，结合图象确定出x的范围即可．
【详解】（1）解：作出反比例函数的图象，

把代入得：；
（2）解：当时，；当时，，
根据图象得：当时，y的取值范围为；
（3）解：当时，；当时，，
根据题意得：当且时，x的取值范围为或．
【点睛】此题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，画反比例函数的图象，熟练掌握反函数的图象是解本题的关键．
21．5
【分析】根据分式方程的解为正数即可得出a＜6且a≠2，根据不等式组的解集为y＜-2，即可得出a≥-2，找出-2≤a＜6且a≠2中所有的整数，将其相加即可得出结论．
【详解】由题意解分式方程为
∴，
∴且，
解不等式组，
解不等式①得：；
解不等式②得：．
∵不等式组的解集为，
∴．
即且，
∴整数a可取整数为；
故整数的和为
【点睛】本题考查了分式方程的解以及解一元一次不等式，根据分式方程的解为正数结合不等式组的解集为y＜-2，找出-2≤a＜6且a≠2是解题的关键．
22．20km
【分析】过点作，垂足为，通过解和得和，根据求得DH，再解求得AD即可．
【详解】解：如图，过点作，垂足为

在中，


在中，





在中，

（km）
因此，轮船航行的距离约为
【点睛】此题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，锐角三角函数，勾股定理．作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）证明，则，由连接并将线段绕点M顺时针旋转得到线段，得到，即可得到结论；
（2）证明，则，由得到则，即可得到，得出结论．
【详解】（1）证明：在正方形中，，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵连接并将线段绕点M顺时针旋转得到线段，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，熟练掌握相似三角形判定和性质是解题的关键．
24．(1)540，6
(2)甲、乙两车出发3小时后在距离B地240km处相遇
(3)
(4)乙车距离B地的路程为48km

【分析】(1)根据图象和题意直接得出结论；
(2)先求出甲的速度，再求出乙的速度，然后求出乙的路程，从而求出E点坐标，并说出E的实际意义；
(3)根据乙的图象，用待定系数法分段求出函数解析式；
(4)甲到达B地所用的时间为5.4h，把x=5.4代入y=−80x+480即可求得．
【详解】（1）解：由图象可知：AB两地相距540km，
乙在3h时与甲相遇，然后乙车立即以原速原路返回到B地，
∴b＝3+3＝6，
故答案为：540，6；
（2）解：由题意知：（km/h），
∴（100+v乙）×3＝540，
∴v乙＝80（km/h），
∴y＝80×3＝240，
∴E（3，240），
点E的实际意义为：甲、乙两车出发3小时后在距离B地240km处相遇；
（3）解：当0＜x≤3时，图象过原点和E点，
∴y＝kx，
把E（3，240）代入得：240＝3k，
解得：k＝80，
∴y＝80x，
当3＜x≤6时，设y＝kx+b，
把（3，240）和（6，0）代入得，
，
解得：，
∴y＝﹣80x+480，
综上：；
（4）解：当x＝5.4时，代入y＝﹣80x+480得，
y＝80×（6﹣5.4）＝48（km），
∴乙车距离B地的路程为48km，
答：乙车距离B地的路程为48km．
【点睛】此题考查的知识点是一次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数的解析式．
25．（1）；（2）共有三种采购方案：①甲型13台，乙型37台，②甲型14台，乙型36台，③甲型15台，乙型35台，采购甲型电脑13台，乙型电脑37台时商店获得最大利润，最大利润是28700元
【分析】（1）由题意，获得总利润等于A、B两种型号利润之和即可列出函数解析式；
（2）由采购两种电视机的总费用不超过108300元，全部售出所获利润不低于28500元列出不等式组，求出x的取值范围，再根据函数的性质求解即可．
【详解】解：（1）（1）由题意得：y=（2000-1500）x+（3000-2400）×（50-x）=-100x+30000，
∴全部售出后该商店获利y与x之间函数表达式为：；
（2）由题意得：且
解得，
∵为正整数，∴、14、15，
共有三种采购方案：①甲型13台，乙型37台，②甲型14台，乙型36台，③甲型15台，乙型35台，
∵，∴随的增大而减小，∴当取最小值时，有最大值，
即时，最大值，
∴采购甲型电脑13台，乙型电脑37台时商店获得最大利润，最大利润是28700元．
【点睛】本题考查一次函数和一元一次不等式组的应用，由题意正确列出函数关系式和不等式组是解题关键．
26．(1)等腰直角三角形；
(2)①证明见详解；②1或3

【分析】（1）由旋转的性质得出，，证得△ABB′是等边三角形，可得出△DEB′是等腰直角三角形，证明，得出．
（2）①得出，则△DEB′是等腰直角三角形，得出，证明，由相似三角形的性质可得出，
②分两种情况画出图形，由平行四边形的性质可得出答案．
【详解】（1）
∵AB绕点A逆时针旋转至AB′，
∴，，
∴△ABB′是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴△DEB′是等腰直角三角形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：等腰直角三角形；．
（2）①两结论仍然成立．
证明：连接BD．

∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴△DEB′是等腰直角三角形，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴．
②本题可分为两种情况讨论，E在CD左侧或E在CD右侧：若E在CD右侧，如图3，

有CD为对角线，此时；
若E在CD左侧，如图4，

若以B′、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形时，则，
若E在CD右侧，，，
∴，
又∵，
∴，即，
若E在CD左侧，，
∴与共线，E与A重合，
∴．
故答案为：1或3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
27．（1）；（2）点M不在抛物线上，见解析；（3）P坐标为（，），（，）
【分析】（1）由旋转得BC′=BC=10，由勾股定理求OC′的长，得到点C′的坐标，将O、C′、D的坐标代入y=ax2+bx+c，列方程组求出a、b、c的值；
（2）由相似三角形的性质求出点M的坐标即可判断点M是否在抛物线上；
（3）先证明∠OC′B=2∠CBD，然后过点O作射线交抛物线与另一点P，使∠POC′=∠OC′B，再求射线OP所在直线的解析式与抛物线的解析式联立方程组，解方程组求出点P的坐标．
【详解】解：（1）由旋转得BC′=BC=10，
∵OB=8，∠BOC′=90°，
∴OC′=，
∴C′（6，0），
∵OC=10-8=2，CD=5，
D（5，-2）；
把O（0，0）、C′（6，0）、D（5，-2）代入y=ax2+bx+c，
得，
解得，
∴抛物线的解析式为．
（2）点M不在所给抛物线上．
理由：如图1，作ME⊥y轴于点E，则∠MEB=∠BOC′=90°，

∵∠EMB=90°-∠EBM=∠OBC′，
∴，
∵BM=CD=5，
∴BE=×5=3，
∴，
∴M （-4，5）．
当x=-4时，，
∴点M不在所给抛物线上．
（3）如图2，作C′F平分∠OC′B交OB于点F，作FG⊥BC′于点G，则OF=GF=BF•sin∠OBC′=BF，
∴BF=OF，
∴OF+OF=8，
解得OF=3；
∴，
∵tan∠OC′F=tan∠CBD=，
∴∠OC′F=∠CBD，
∴∠OC′B=2∠CBD．
①取BC′中点Q，作射线OQ交抛物线于另一点P1，

∵OQ=BC=C′Q，
∴∠P1OC′=∠OC′B=2∠CBD．
设直线OQ的解析式为y=px，
∵Q（3，4），
∴3p=4，
∴P=，
∴y=x．
由，得，，
∴P1；
②过点O作OP2∥BC′交抛物线于另一点P2，则∠P2OC′=∠OC′B=2∠CBD．
设直线BC′的解析式为y=rx+8，则6r+8=0，解得r=−，
∴y=−x+8，
∴直线OP2的解析式为y=−x，
由，得，，
∴P2．
综上所述，抛物线上存在使∠POC′=2∠CDB的点P，点P的坐标为或．
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、用待定系数法求函数解析式、用解方程组的方法求函数图象的交点坐标等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需的辅助线，解第（3）题时要分类讨论，此题难度较大，属于考试压轴题．