2023年福建省泉州市石狮市中考二模数学试题（含解析）

2023年福建省泉州市石狮市中考二模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．的相反数是（　　）

A． B． C．2023 D．

2．下列图形中是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

3．中国第三艘航空母舰命名为“中国人民解放军海军福建舰”，福建舰是中国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，满载排水量约80000吨．数据80000用科学记数法表示为（　　）

A． B． C． D．

4．如图所给几何体的俯视图是（  ）

A．   B．   C．   D．  

5．下列运算结果为a9的是（　　）

A． B． C． D．

6．不等式组的解集为（　　）

A．  B．  C．  D．

7．学校准备从甲、乙、丙、丁四个科创小组中选出一组代表学校参加青少年科技创新大赛，各组的平时成绩的平均数（单位：分）及方差如表所示：如果要选出一个成绩较好且状态稳定的组去参赛，那么应选的组是（　　）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

8．实数在数轴上的对应点的位置如图所示，则正确的结论是（　　）

A． B． C． D．

9．如图，线段、分别表示甲、乙建筑物的高，于点，于点，两座建筑物间的距离为．若甲建筑物的高为，在点处测得点的仰角为，则乙建筑物的高约为（　　）（参考数据：）

A． B． C． D．

10．已知二次函数，将该二次函数在轴下方的图象沿轴翻折到轴上方，图象的其余部分不变，得到一个新的函数图象如图所示，当直线与新图象有个交点时，的值为(　　)

A． B． C．或 D．或

二、填空题

11．分解因式：__________．

12．在中，点D、分别是、的中点，连接．若，则的长为____．

13．一个多边形的内角和是其外角和的倍，则这个多边形的边数是______．

14．一天上午林老师来到某中学参加该校的校园开放日活动，他打算随机听一节九年级的课程，下表是他拿到的当天上午九年级的课表，如果每一个班级的每一节课被听的可能性是一样的，那么听数学课的可能性是______ ．

15．如图，在平面直角坐标系中，矩形的两条对角线相交于点D，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上．若反比例函数的图象经过点D，则矩形的面积为 _____．

16．如图，在菱形中，，，点E在边上，连接．作点A关于的对称点F，连接、、．现给出以下4个结论：①平分；②菱形的面积等于；③周长的最小值为；④当时，，其中正确的是______．（写出所有正确结论的序号）

三、解答题

17．计算：．

18．如图，在中，延长边至点E，使得，连接交于点F，求证：．

19．解分式方程：

20．如图，是的直径，C、D为上两点，于点F，交的延长线于点E，且．

(1)求证：点C是的中点；

(2)若，，求图中阴影部分的面积．

21．为了鼓励更多的学生参与社区志愿者服务，甲、乙两所学校举办了志愿服务团队选拔活动．经过初选，两所学校各有名学生进入综合素质展示环节．为了了解两所学校学生的整体情况，从两校进入综合素质展示环节的学生中分别随机抽取了名学生的综合素质展示成绩分为整数，并对数据成绩进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息：甲学校学生成绩的频数分布直方图如图所示数据分成组：，，，，，，乙学校学生成绩的情况如表所示：

(1)若每所学校综合素质展示成绩不少于分的学生将入选志愿服务团队，根据调查结果，估计甲学校名学生中可以入选志愿服务团队的人数；

(2)在各校抽取的名学生中，甲学校学生、乙学校学生的综合素质展示成绩同为分，如果按照成绩从高到低进行排名成绩高的排名在前，请判断、在各自学校所抽取出来的名学生中的综合素质展示排名谁更靠前？并说明理由．

22．某污水处理厂有新、旧两套设备，新设备每天的污水处理量比旧设备多40吨，新设备20天处理的污水比旧设备30天处理的污水少1800吨．

(1)求旧设备每天的污水处理量；

(2)该厂先用新设备处理污水，因保养需要，几天后需改用旧设备处理污水，一共用了30天，且新设备的天数不多于旧设备天数的两倍，求新、旧两套设备这30天处理污水的最大量．

23．如图，四边形是矩形，以点B为圆心，长为半径作，交于点M．

(1)在上求作一点E，使得；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；

(2)在（1）的条件下，延长线段交于点F，若，求的值．

24．在中，，将绕点逆时针旋转得到（点的对应点是点，且），射线与直线交于点．

(1)如图1，当时，求证：四边形是正方形；

(2)如图2，当点在线段的延长线上时，若，，求线段的长；

(3)如图3，过点作，交线段于点，平分，试探索：与的数量关系，并说明理由．

25．在平面直角坐标系中，抛物线经过原点，对称轴为直线．已知点，点C是y轴负半轴上一点，直线l经过P、C两点，且与抛物线交于A、B两点（点A在线段上）．

(1)求抛物线的解析式；

(2)若，求点A的坐标；

(3)记，判断m是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．

参考答案：

1．C

【分析】只有符号不同的两个数互为相反数，根据相反数的定义即可得到答案．

【详解】解：的相反数是2023．

故选：C．

【点睛】此题主要考查了相反数，熟练掌握相反数的定义是解题的关键．

2．B

【分析】中心对称图形定义：如果一个图形绕某一点旋转，旋转后的图形能和原图形回完全重合，那么这个答图形叫做中心对称图形，根据中心对称图形定义逐项判定即可．

【详解】A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；

B、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项符合题意；

C、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项不符合题意；

D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．

故选：B．

【点睛】本题考查中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义是解决问题的关键．

3．C

【分析】根据科学记数法的表示方法求解即可．

【详解】将80000用科学记数法表示为：8×104．

故选：C．

【点睛】本题主要考查科学记数法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．解题关键是正确确定a的值以及n的值．

4．B

【分析】根据俯视图的定义判断即可．

【详解】解：A．如图是几何体的主视图或左视图，故此选项不符合题意；

B．如图是几何体的俯视图，故此选项符合题意；

C．如图是由下往上观察几何体所得视图，故此选项不符合题意；

D．如图不是该几何体的三视图，故此选项不符合题意．

故选：B．

【点睛】本题考查简单几何体的三视图，解题的关键是理解三视图的定义．

5．D

【分析】根据合并同类项、同底数幂乘法、同底数幂的除法、幂的乘方逐项计算即可．

【详解】∵，

∴选项A不符合题意；

∵，

∴选项B不符合题意；

∵，

∴选项C不符合题意；

∵，

∴选项D符合题意；

故选：D．

【点睛】本题考查了整式的有关运算，熟练掌握合并同类项、同底数幂乘法、同底数幂的除法、幂的乘方运算法则是解答本题的关键．

6．C

【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．

【详解】解：，

由得：，

由得：，

∴不等式组的解集为．

故选：C．

【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解本题的关键．

7．B

【分析】根据平均数和方差的意义判断即可．

【详解】解：∵乙组、丙组的平均数比甲组、丁组大，

∴应从乙组和丙组中选，

∵乙组的方差比丙组的小，

∴乙组的成绩较好且状态稳定，应选的组是乙组，

故选：B．

【点睛】本题考查了平均数和方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．

8．C

【分析】根据实数在数轴上的对应点的位置，进而逐项分析判断即可求解．

【详解】解：A、由图可得，与原点的距离大于与原点的距离，∴，故选项A不正确，不符合题意；

B、∵，∴，∴，故选项B不正确；

C、∵，∴，∴，故选项C正确，符合题意；

D、∵，∴，∴，故选项D不正确，不符合题意．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了实数与数轴，根据数轴比较实数的大小，利用数形结合思想分析问题是解题的关键．

9．B

【分析】作垂线构造直角三角形，再利用锐角三角函数的定义求出的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．

【详解】过点作，垂足为，

由题意得：，，

在中，，

∴，

∴，

故选：．

【点睛】此题考查了解直角三角形的应用一仰角俯角问题，根据题目已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

10．D

【分析】，令，则或，则点，二次函数在轴上方的图象沿轴翻折到轴下方，对应的函数表达式为：，联立，消去整理得：，令，求得，结合图象即可求解．

【详解】如图所示，直线在图示位置时，直线与新图象有个交点，

，令，则或，则点，

将点的坐标代入并解得：，

二次函数在轴上方的图象沿轴翻折到轴下方，对应的函数表达式为：，

联立，消去整理得：，

，

解得：，

当或时，直线与这个新图象有三个交点，

故选：D．

【点睛】本题考查了二次函数的性质，根据函数图象判断根的情况，数形结合是解题的关键．

11．

【分析】根据平方差公式分解因式，即可．

【详解】解：，

故答案是：．

【点睛】本题主要考查因式分解，掌握平方差公式是解题的关键．

12．

【分析】根据三角形中位线的性质，即可求得答案．

【详解】如图，

∵在中，点、分别是、的中点，

∴DE=12BC，

∵=，

∴=．

故答案为：．

【点睛】此题考查了三角形中位线的性质，注意掌握数形结合思想的应用是解题的关键．

13．

【分析】设这个多边形的边数为，根据内角和公式以及多边形的外角和为即可列出关于的一元一次方程，解方程即可得出结论．

【详解】解：设这个多边形的边数为，则该多边形的内角和为，

依题意得：，

解得：，

∴这个多边形的边数是．

故答案为：．

【点睛】本题考查多边形内角和与外角和，运用了方程的思想．掌握边形的内角和为（且为正整数）、外角和为是解题的关键．

14．

【分析】根据概率公式可得答案．

【详解】由表可知，当天上午九年级的课表中听一节课有16种等可能结果，其中听数学课的有3种可能，

∴听数学课的可能性是，

故答案为

【点睛】考查概率的计算，明确概率的意义时解题的关键，概率等于所求情况数与总情况数的比．

15．4

【分析】过D作，首先根据矩形的性质得到E、F分别是中点，然后利用反比例函数的几何意义得到，进而求解即可．

【详解】过D作，

∴四边形是矩形，

∵四边形是矩形，

∴D是中点，

∵，

∴，，

∴，

∴，

∴同理可得，

∴，

∴，

∴矩形的面积是矩形面积的4倍，

∵反比例函数的，

∴，

∴矩形的面积为．

故答案为：4．

【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形的综合，矩形的性质，反比例函数系数的几何意义，熟练掌握反比例函数系数的几何意义是解决本题的关键．

16．①③④

【分析】根据翻折性质和全等三角形的判定与性质证明得到可判断①；根据菱形的性质和等边三角形的判定和性质求解可判定②；根据翻折性质可判断当最小时，的周长最小，然后求得，由求解可判断③；过点B作交的延长线于点T，利用锐角三角函数求得，，再由①结论和得到，则，进而可判断④；

【详解】解：如图，连接，交于点O．

由翻折变换的性质可知，，

在和中，

，

∴，

∴，

∴平分，故①正确；

∵四边形是菱形，

∴，，

∴，都是等边三角形，，

∴，，

∴，故②错误；

与翻折变换的性质可知，，

∴，

∴最小时，的周长最小，

∵，

∴，

∵

∴的最小值为；

∴的周长的最小值为，故③正确；

过点B作交的延长线于点T，

∵，

∴，

∴，，

∵，平分，

∴，

∴，

∴，

∴，故④正确．

综上，正确的是①③④，

故答案为：①③④．

【点睛】本题考查翻折性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数、等腰三角形的判定、两点之间线段最短等知识，综合性强，属于填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．

17．

【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．

【详解】原式，

．

【点睛】此题考查了实数的运算，负整数指数幂，绝对值的化简，准确熟练地进行计算是解题的关键．

18．见解析

【分析】首先根据平行四边形的性质得到，，进而得到，然后证明即可．

【详解】在中，∵，，

∴，

∵，

∴，

在与中，

∴．

【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握以上知识点．

19．x＝4

【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．

【详解】解：去分母得：6﹣x＝x﹣2，

解得：x＝4，

经检验x＝4是分式方程的解．

【点睛】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．

20．(1)见解析

(2)阴影部分的面积为

【分析】（1）根据角平分线的判定得出，证明，即可得出结论；

（2）证明是等边三角形，得出，求出扇形的面积和的面积，即可得出答案．

【详解】（1）证明：∵，，，

∴，

∴，

∴点C是的中点；

（2）解：连接，过点O作于点G，如图所示：

∵，，

∴是等边三角形，

∴，

∴扇形的面积，

∵，

∴，

∴，

∴的面积，

∴阴影部分的面积扇形的面积的面积．

【点睛】本题主要考查了扇形面积计算，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，角平分线的判定定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握扇形面积公式，准确计算．

21．(1)甲学校名学生中可以入选志愿服务团队的人数大约有人

(2)乙校学生的排名靠前，理由见解析

【分析】（1）根据样本估计总体的即可求解．

（2）根据中位数的定义分析即可求解．

【详解】（1）(人)，

答：甲学校200名学生中可以入选志愿服务团队的人数大约有人；

（2）甲校名学生成绩的中位数在分以上，而乙校学生成绩的中位数是，

因此乙校学生的排名靠前．

【点睛】本题考查了中位数的定义，样本估计总体，从统计图表获取信息是解题的关键．

22．(1)旧设备每天处理污水260吨

(2)新、旧两套设备这30天处理污水的最大量为8600吨

【分析】（1）设旧设备每天处理污水x吨，则新设备每天处理污水吨，根据“新设备20天处理的污水比旧设备30天处理的污水少1800吨”列方程求解即可；

（2）设新设备处理污水m天，则旧设备处理污水天，根据“新设备的天数不多于旧设备天数的两倍”列不等式求出m的取值范围，然后设新、旧两套设备这30天的污水处理量为w，列出w关于m的函数解析式，再根据一次函数的性质求解即可．

【详解】（1）解：设旧设备每天处理污水x吨，则新设备每天处理污水吨，

根据题意得：，

解得：，

答：旧设备每天处理污水260吨；

（2）解：设新设备处理污水m天，则旧设备处理污水天，

∵新设备的天数不多于旧设备天数的两倍，

∴，

解得：，

设新、旧两套设备这30天的污水处理量为w，

则，

∵，

∴w随m的增大而增大，

∴当时，处理污水最多，其最大量为（吨），

答：新、旧两套设备这30天处理污水的最大量为8600吨．

【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，找出合适的等量关系和不等关系，准确列出方程、不等式和函数关系式是解题的关键．

23．(1)见解析

(2)

【分析】（1）作的垂直平分线，交于点O，以O为圆心，以为半径作与交于点E，则点E满足要求；

（2）设，．由四边形是矩形得到，，，，证明，则．由勾股定理得：，则．，得到，，即可得到答案．

【详解】（1）解：如图所示，点E就是所求作的点，

∵是的直径，

∴，

即，

即点E满足要求；

（2）如图，设，．

∵四边形是矩形，

∴，，，，

∴，

∵，

∴．

∴，

∴．

由勾股定理，得：，

∴．

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴．

【点睛】此题考查了锐角三角函数、勾股定理、圆周角定理、全等三角形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．

24．(1)见解析

(2)

(3)，理由见解析

【分析】（1）根据内错角相等，可得，再由旋转可得，，于是得到，从而得出，进而根据对边相等，且一个角为直角的平行四边形为正方形．

（2）根据勾股定理求出，由旋转可得，，，进而得出，，易证，再根据相似三角形的性质求出，从而得出．

（3）连接，由角平分线的定义和平行线的性质可得，由旋转可知，，， 则，进而得到，易证RtRt，从而得到，再由平行线的性质可得，于是，则，从而得证．

【详解】（1）证明：，，

，即，

由旋转可知，，，

，

，

四边形为平行四边形，

，，

∴四边形为正方形．

（2）解：在Rt中，，，

，

由旋转可知，，，，

，，

，，

，    

，

，

，

．

（3）解：，理由如下：

如图，连接，

平分，

，

，

，

由旋转可知，，，，

，

，

在和中，

，    

，

，

，

，

，

，

．

【点睛】本题考查了旋转的性质、平行线的性质和判定、勾股定理、三角形全等、相似等相关知识点，是一道几何综合题，能够灵活的运用旋转的性质得到对应边、对应角相等，进而利用相似三角形、全等三角形的性质来解决问题是本题的关键．

25．(1)该抛物线的解析式为

(2)

(3)m存在最小值，当时，m的最小值为4

【分析】（1）把原点代入可得，再根据抛物线对称轴，求得，即可求得答案；

（2）过点B作轴于H，可证，得出，由，可得，进而求得，再利用待定系数法求得直线的解析式为，联立方程组求解可得点A的坐标；

（3）根据题意求出直线l的解析式为，与抛物线解析式联立得，设，，则，，进而求得，，得出，即求得m的最小值．

【详解】（1）解：∵抛物线经过原点，

∴，

∵抛物线的对称轴为直线，

∴，

解得：，

∴该抛物线的解析式为；

（2）解：如图1，过点B作轴于H，则，

∵，

∴，

∴，

∵，，

∴，，

∴，

∴，

当时，，

∴点，

设直线的解析式为，则，

解得：，

∴直线的解析式为，

联立方程组，得，

解得：，，

∴；

（3）解：设直线l的解析式为，把代入得：，

∴，

∴直线l的解析式为，

联立，得：，

整理得：，

如图2，设，，

则，，

过点A作轴，过点B作轴，

则，，

∵

∴，

∵，

∴，

∴，

∴m存在最小值，当时，m的最小值为4．

【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的根与系数的关系、二次函数的性质，添加辅助线构造相似三角形是解题的关键．