2023年福建省厦门市外国语学校中考二模数学试题（含解析）

这是一份2023年福建省厦门市外国语学校中考二模数学试题（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年福建省厦门市外国语学校中考二模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列数中，最小的数是（    ）
A． B．2 C．0 D．
2．如图是由一个长方体和一个球组成的几何体，它的主视图是(   ).

A． B． C． D．
3．我国的“天问一号”火星探测器成功着陆火星，据测算，地球到火星的最近距离约为55000000千米，数据55000000用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
4．下列计算结果是a5 的是（ ）
A．a2+a3 B．a10÷a2 C．（a2）3 D．a2·a3
5．如图，数轴上表示实数的点可能是（    ）

A．点 B．点 C．点 D．点
6．下列命题中是假命题的是（    ）
A．正六边形的外角和等于 B．样本方差越大，数据波动越小
C．位似图形必定相似 D．方程无实数根
7．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为2，∠B=135°，则弧AC的长为（        ）

A．2π B．π C． D．
8．《九章算术》中记载了这样一个数学问题：今有甲发长安，五日至齐；乙发齐，七日至长安．今乙发已先二日，甲乃发长安．问几何日相逢?译文：甲从长安出发，5日到齐国；乙从齐国出发，7日到长安．现乙先出发2日，甲才从长安出发．问甲乙经过多少日相逢?若设甲经过日相逢，则可列方程为（    ）
A． B．
C． D．
9．矩形的边上有一动点，连接、，以、为边作平行四边形．在点从点移动到点的过程中，平行四边形的面积（    ）

A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．保持不变
10．抛物线经过点(x0，y0)，且x0满足关于x的方程，则下列选项正确的是（    ）
A．对于任意实数x都有y≥ y0 B．对于任意实数x都有y≤y0
C．对于任意实数x都有y＞ y0 D．对于任意实数x都有y＜y0

二、填空题
11．不等式的解集是______.
12．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=6，D是AB的中点，则CD=_____．

13．国家提倡青少年应保证每日8小时的睡眠，学校随机抽查了部分学生每日睡眠时长，统计如下表：
睡眠时间
6
7
8
9
人数
5
10
8
2
则被抽查学生每日睡眠时间的中位数为______.
14．如图，正五边形内接于，为上的一点（点不与点重合），则______．
  
15．尺规作图特有的魅力使无数人沉湎其中．传说拿破仑曾通过下列尺规作图将圆等分：
①将半径为r的⊙O六等分，依次得到A，B，C，D，E，F六个分点；
②分别以点A，D为圆心，AC长为半径画弧，两弧相交于点G；
③连接OG，以OG长为半径，从点A开始，在圆周上依次截取，刚好将圆等分．顺次连接这些等分点构成的多边形面积为_____．

16．如图，函数（k为常数，k＞0）的图象与过原点O的直线相交于A、B两点，点M是第一象限内双曲线上的动点（点M在点A的左侧），直线AM分别交x轴、y轴于点C、D两点，连接BM分别交x轴、y轴于点E、F．若，则＝______．


三、解答题
17．计算：．
18．如图，点E、F在线段AB上，且AD＝BC，∠A＝∠B,AE＝BF.
求证：DF＝CE.

19．先化简，再求值：，其中．
20．某校在七、八年级开展以“我爱美丽鹭岛厦门”为主题的征文活动，校学生会对这两个年级所有班级的投稿情况进行统计，并制成了如图所示的两幅不完整的统计图．

(1)补全条形统计图；
(2)求该校七、八年级各班投稿的平均篇数；
(3)投稿9篇的4个班级中，七、八年级各有两个班，学校准备从这4个班中选出两个班代表学校参加上一级的比赛.请你用列表法或画树状图的方法求出所选两个班在不同年级的概率．
21．如图，矩形中，，，是边上的一点，点在边上，且满足．

(1)请用不带刻度的直尺和圆规，在所给的图中作出符合条件的点（不要求写作法，但保留作图痕迹）；
(2)若，试确定的长．
22．为了做好校园消杀，某校共购买了20桶、两种桶装消毒液．已知种消毒液300元/桶，每桶可供2000平方米的面积进行消杀，B种消毒液200元/桶，每桶可供1000平方米的面积进行消杀．设购买了种消毒液桶，在现有资金不超过5300元的情况下，如何购买消毒液，才能使可消杀的面积最大．
23．如图，是的直径，是的切线，交于，，交于．
    
(1)求证：；
(2)若的半径，，求的值．
24．【课本再现】
(1)如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动，则下列结论正确的是_______（填序号即可）．①；②；③四边形的面积总等于；④连接，总有．
  
【类比迁移】
(2)如图2，矩形的中心O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；
【拓展应用】
(3)如图3，在中，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，求线段的长度．
25．如图，抛物线过点A（6，0）．点B是抛物线的顶点，点D是x轴上方抛物线上的一点，连接OB，OD．

（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，当∠BOD＝30°时，求点D的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，抛物线的对称轴交x轴于点C，交线段OD于点E，点F是线段OB上的动点（点F不与点O和点B重合）连接EF．将△BEF沿EF折叠，点B的对应点为点B'，△EFB'与△OBE的重叠部分为△EFG，在第一象限内是否存在一点H，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点H的坐标，若不存在，请说明理由．

参考答案：
1．A
【分析】根据正数，负数和0的关系比较即可得出答案．
【详解】根据，
即最小的数是．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了有理数大小的比较，掌握有理数之间的关系是解题的关键．正数大于0，负数小于0，正数大于一切负数；两个负数相比较绝对值大的反而小．
2．C
【分析】从正面看几何体，确定出主视图即可．
【详解】解：几何体的主视图为：，
故选：C．
【点睛】此题考查了简单组合体的三视图，主视图即为从正面看几何体得到的视图．
3．C
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，n是正数；当原数的绝对值时，n是负数．
【详解】解：，
故选：C．
【点睛】此题考查科学记数法，关键是掌握n的值的确定方法，当原数大于等于10时，n等于原数的整数数位减1．
4．D
【分析】根据实数的运算依次计算即可选出正确答案．
【详解】解：A．a2与a3不属于同类项，所以不能相加，故A不符合题意；
B．a10÷a2=a10-2=a8，故B不符合题意；
C．（a2）3=a6，故C不符合题意；
D．a2•a3=a5，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查实数的运算，涉及同底数幂的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方和积的乘方，熟练掌握计算法则，细心运算是解题关键．
5．C
【分析】估计的范围即可．
【详解】解：∵，
∴，
数轴上在这个范围内的只有点P．
故选：C．
【点睛】本题考查无理数的估计，正确估计的范围是求解本题的关键．
6．B
【分析】分别根据多边形的外角和为、位似图形是相似图形、样本方差越大，数据波动越大以及一元二次方程的判别式与根的关系逐项判断即可．
【详解】解：A、正六边形的外角和等于，是真命题；
B、样本方差越大，数据波动越大，故是假命题；
C、位似图形必定相似，是真命题；
D、∵，∴方程无实数根，是真命题；
故选：B．
【点睛】本题考查命题与定理，涉及多边形的外角和、位似图形性质、样本方差以及一元二次方程的判别式与根的关系，熟练掌握相关知识是解答的关键．
7．B
【分析】根据弧长公式，需先确定弧AC所对的圆心角∠AOC的度数，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到∠AOC=2∠D，根据圆内接四边形对角互补，求出∠D=180°－∠B=45°，再代入弧长公式求解即可.
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠D=180°－∠B=45°，
∴弧AC所对圆心角的度数为：2×45°=90°，
∵⊙O的半径为2，
∴弧AC的长为：=π，
故选B.

【点睛】本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解答本题的关键是掌握弧长公式.
8．C
【分析】设甲经过x日与乙相逢，根据“甲从长安出发，5日到齐国．乙从齐国出发，7日到长安，”列出方程，即可求解．
【详解】解：设甲经过x日与乙相逢，根据题意得：
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
9．D
【分析】过点E作EG⊥AD于G，证四边形ABEG是矩形，得出EG＝AB， ，即可得出结论．
【详解】解：过点E作EG⊥AD于G，如图所示：

则∠AGE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴EG＝AB，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴，
即的面积保持不变，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的性质，证出的面积＝矩形ABCD的面积，是解题的关键．
10．A
【分析】由满足关于的方程，可得出点，是二次函数的顶点坐标，再由利用二次函数的性质即可得出对于任意实数都有，此题得解．
【详解】解：满足关于的方程，
，
点，是二次函数的顶点坐标．
，
对于任意实数都有．
故选：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，牢记“当时，顶点是抛物线的最低点”是解题的关键．
11．
【分析】根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1可得．
【详解】解：移项，得：，
合并同类项，得：，
系数化为1，得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
12．3
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．
【详解】∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴CD=AB=×6=3．
故答案为3．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
13．7
【分析】根据中位数的定义即可解答．
【详解】∵调查的总人数是人，
∴中位数是第13人的睡眠时间，
∴中位数为7；
故答案为：7．
【点睛】本题考查了中位数的定义，熟记中位数的定义是解题的关键．
14．
【分析】连接，，求出的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，，
  
∵多边形是正五边形，
∴，
∴，
∴的度数为．
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形和圆，圆周角定理等知识．解题的关键是掌握中心角和圆周角定理．
15．2r2
【分析】根据作法得到六边形ABCDEF为⊙O的内接正六边形，则有∠CAD＝30°，∠ACD＝90°，利用特殊角的三角函数值得到CD=r，AC＝r，再利用作法得到GO⊥AD，利用勾股定理求得OG=r，然后判断以OG长为半径，从点A 开始，在圆周上依次截取，刚好将圆4等分，顺次连接这些等分点构成了正方形，再利用正方形的面积公式进行计算即可.
【详解】连接AD、AC、AG，如图，
∵将半径为r的⊙O六等分，依次得到A，B，C，D，E，F六个分点，
∴∠CAD＝30°，∠ACD＝90°，
∴CD＝AD•sin30°=r，AC＝AD•cos30°=r，
∵GA＝GD，
∴GO⊥AD，
∴OG＝，
以OG长为半径，从点A开始，在圆周上依次截取，刚好将圆4等分，顺次连接这些等分点构成的多边形为正方形，
∴这个多边形面积＝r•r＝2r2，
故答案为2r2．

【点睛】本题考查了作图——复杂作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法，解决此类问题的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作.本题也考查了正多边形和圆.
16．
【分析】过A作AG⊥y轴于G，MH⊥y轴于H，过B作BN⊥y轴于N，由点A，B关于原点对称，可得OA=OB，AG=BN，可证，可求，可得，由，可求即可
【详解】解：过A作AG⊥y轴于G，MH⊥y轴于H，过B作BN⊥y轴于N，如下图：

∵
∴
由题意可得：点A，B关于原点对称，
∴OA=OB，AG=BN，
∵BN⊥y轴，MH⊥y轴，AG⊥y轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴

故答案为：．
【点睛】此题考查了反比例函数与一次函数的综合问题，涉及了相似三角形的判定以及性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
17．
【分析】根据负次方幂的计算法则，绝对值的化简法则，二次根式化简法则，特殊角的三角函数值计算即可．
【详解】解：



【点睛】本题考查了负次方幂的计算法则，绝对值的化简法则，二次根式化简法则，特殊角的三角函数值，熟练运用法则计算是解题的关键．
18．证明见解析
【详解】试题分析：由AE＝BF可证得AF＝BE，结合已知条件利用SAS证明△ADF≌△BCE ，根据全等三角形的对应边相等的性质即可得结论.
试题解析：
证明：∵点E，F在线段AB上，AE＝BF.
∴AE+EF＝BF+EF，
即：AF＝BE．
在△ADF与△BCE中，

∴△ADF≌△BCE(SAS)  
∴ DF=CE（全等三角形对应边相等）
19．，
【分析】先根据分式的运算法则把所给代数式化简，再把代入计算即可．
【详解】解：




，
当时，
原式．
【点睛】本题考查了分式的混合运算，熟练掌握分式的运算法则是解答本题的关键．分式的混合运算，要注意运算顺序，先算乘除，再算加减，有括号的先算括号里面的；最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．
20．(1)见详解
(2)即该校七、八年级各班投稿平均6篇
(3)

【分析】（1）投稿6篇的班级有3个占总数的，据此即可求出总的班级数目，进而可求出投稿5篇的班级数，据此补全图形即可；
（2）根据扇形统计图和条形统计图得出总的投稿数目除以总班级数即可作答；
（3）采用树状图法即可作答．
【详解】（1）总班级数：（个），
即：，
即补全图形如下：
  
（2）

（篇），
即该校七、八年级各班投稿平均6篇；
（3）设七年级两个班级为，，八年级两个班级为，，可画树状图如下：
  
一共12种情况，符合条件的有8种
∴P(所选两个班正好不在同一年级) ．
【点睛】本题考查的是条形统计图、扇形统计图以及概率的计算的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21．(1)见解析
(2)1或4

【分析】（1）连接，作的垂直平分线，以为直径画圆，交于点和，根据，，
即可得，则点和即为所求；
（2）根据矩形性质和，可以证明∽，对应边成比例进而可得的长．
【详解】（1）解： 如图，连接，作的垂直平分线，以为直径画圆，交于点和，

∵，，
∴，
则点和即为所求；
（2）解：∵矩形中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，，，
∴，
∴



解得，，
∴的长为1或4．
【点睛】本题考查了作图复杂作图，圆内接四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
22．购买种消毒液13桶，B种消毒液7桶，可消杀的面积最大
【分析】根据现有资金不超过5300元，可以求得x的取值范围，再根据题意，可以得到消杀面积与x的函数关系式，然后根据一次函数的性质，即可得到可消杀的最大面积．
【详解】∵现有资金不超过5300元，
∴，（且x为整数），
解得，，（且x为整数），
设可消杀的面积为S平方米，即，
∴S随x的增大而增大，
∴当时，S取得最大值，此时，
即购买B种消毒液7桶，
综上：购买种消毒液13桶，B种消毒液7桶，可消杀的面积最大．
【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，利用一次函数的性质解答．
23．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，根据圆的基本性质，得，根据，得，再根据三角形的外角和，等角对等边，即可；
（2）根据，得，求出，再根据勾股定理，求出，根据，，求出，根据相似三角形的判定和性质，得，得，即可求出．
【详解】（1）解：连接
∵是的直径，是的切线，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
  
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
  
【点睛】本题考查圆的基本性质，解直角三角形，相似三角形等知识，解题的关键是掌握圆的基本性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理的运用．
24．(1)①②③④
(2)，证明见解析
(3)或

【分析】（1）利用正方形的性质，证明，即可推出所有结论；
（2）连接，延长，交于点，连接，证明，得到，，推出，得到，即可得出结论；
（3）分点在线段上和在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解．
【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∴，故②正确；
∴四边形的面积，故③正确；
连接，
  
∵正方形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴；故④正确；
综上，正确的是①②③④；
故答案为：①②③④．
（2）解：，理由如下：
连接，
  
∵矩形的中心O是矩形的一个顶点，
∴，，，
延长，交于点，连接，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴是的中垂线，
∴，
∴，
∴；
（3）解：设，
①当点在线段上：
  
∵，，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，
解得：，
∴；
②当点在线段的延长线上时：如图，
  
此时，
过点作，延长交于点，连接，
同（2）法可证：，
∴，
又，
∴，
解得：解得：，
∴；
综上：线段的长度为或．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的性质，勾股定理．解题的关键是熟练掌握相关性质，构造全等三角形．
25．（1）；（2）；（3）或或
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图①中，设抛物线的对称轴交x轴于M，与交于点N．解直角三角形求出点N的坐标，求出直线的解析式，构建方程组确定点D坐标即可．
（3）分三种情形：如图②﹣1中，当时，点H在第一象限，此时G，，O重合．如图②﹣2中，当90°时，点H在对称轴右侧．如图②﹣3中当90°时，点H在对称轴左侧，点在对称轴上，分别求解即可．
【详解】解：（1）把点A代入中，
得到，
解得，
∴抛物线的解析式为．
（2）如图①中，设抛物线的对称轴交x轴于M．

∵，
∴顶点，M（3，0）
∴，，
∴，
∴60°，
∵30°，
∴30°，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得
∴直线的解析式为，
由，解得或，
∴．
（3）如图②﹣1中，当90°时，此时G，O重合，可得，
∵，四边形AFEH是矩形，
∴利用平移的性质可得．

如图②﹣2中，当90°时，由题意得点G是OB的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴利用平移的性质可得．

如图②﹣3中当90°时，点H在对称轴左侧，由题意，
∵，30°，
∴EF=2，
∴，
∵点G为OE的中点，
∴，
∵，
∴利用平移的性质可得．
综上所述，满足条件的点H的坐标为或或．

【点睛】此题考查二次函数与图形的综合知识，利用待定系数法求函数解析式，求两个函数图象的交点坐标，利用特殊角的正切值求线段，轴对称的性质，矩形的性质，解题中运用分类思想解决问题是解题的关键．