2023年山东省滨州市阳信县中考二模数学试题（含解析）

2023年山东省滨州市阳信县中考二模数学试题

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

一、单选题

1．的倒数是（　　）

A．7 B． C． D．

2．如图，，点E在AB上，EC平分∠AED，若∠1＝65°，则∠2的度数为（    ）

A．45° B．50° C．57.5° D．65°

3．如图所示的几何体的主视图是（　　）

​

A． B． C． D．

4．下列运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

5．甲、乙两人沿着总长度为的“健身步道”健步走，甲的速度是乙的1.2倍，甲比乙提前12分钟走完全程．设乙的速度为，则下列方程中正确的是（    ）

A． B． C． D．

6．不等式组的解集在数轴上表示正确的是（  ）

A． B．

C． D．

7．4月23日是世界读书日，某学校开展“好书伴我成长”演讲比赛，对所有选手的得分情况进行统计，统计数据如下表：

依据统计数据可知，思考下列结论：

①比赛成绩的众数为8分；②比赛成绩的平均数是9分；

③比赛成绩的中位数是8分；④共有18名学生参加了比赛．

其中正确的判断共有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

8．如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，A为切点，BC经过圆心，若∠B＝25°，则∠C的大小等于(  )

A．25° B．20° C．40° D．50°

9．如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E．当点、、在同一条直线上时，下列结论不正确的是（     ）

A．  B．

C．  D．

10．已知二次函数的图象（a，b是常数）与y轴交于点A，点A与点B关于抛物线的对称轴对称，且点在该函数图象上．二次函数中（b，c是常数）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：

下列结论：①抛物线的对称轴是直线；②这个函数的最大值大于5；③点B的坐标是；④当时，，其中正确的是（    ）

A．①④ B．②③④ C．②④ D．①②④

二、填空题

11．“五月天山雪，无花只有寒”，反映出地势对气温的影响，大致海拔每升高米，气温约下降，有一座海拔米的山，在这座山上海拔为米的地方测得气温，则此时山顶的气温约为________．

12．若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是______．

13．因式分解：__________．

14．已知 ， （ ）是一元二次方程 的两个实数根，则代数式 的值为 _____．

15．如图，在中，，，以点为圆心，以的长为半径作弧，交于点，连接，再分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线，交于点，连接，则下列结论①；②垂直平分线段；③；④．其中不正确的结论是________．(只填序号)

16．如图，四边形为正方形，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为点F，延长交线段于点P，若，则的长度为___________．

17．反比例函数与一次函数的图形有一个交点，则的值为______．

18．如图，在矩形中， ，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点E，连接，则阴影部分的面积为______________．

三、解答题

19．（1）先化简，再求值：，其中；

（2）解方程组：．

20．某校为满足学生课外活动的需求，准备开设四类球类运动项目，分别为A．“足球”；B．“篮球”；C．“乒乓球”；D．“排球”．为了解学生的报名情况，先随机抽取七年级部分学生进行调查，并根据调查结果，绘制成不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：

​

(1)此次调查共抽取了多少名学生？

(2)补全折线统计图；

(3)D所对应扇形圆心角的大小为___________；

(4)小明和小丽从A、B、C、D四个项目中任选一项参加活动，请用列表或画树状图的方法求出他们选择相同项目的概率．

21．某天，北海舰队在中国南海例行训练，位于处的济南舰突然发现北偏西方向上的处有一可疑舰艇，济南舰马上通知位于正东方向200海里处的西安舰，西安舰测得处位于其北偏西方向上，请问此时两舰距处的距离分别是多少？

22．如图，在中，，O是边上一点，以O为圆心，为半径的圆与相交于点D，连接，且．

(1)求证：是的切线；

(2)若，，求的长．

23．如图，在▱ABCD中，E为CD边的中点，连接BE并延长，交AD的延长线于点F，延长ED至点G，使DG＝DE，分别连接AE、AG、FG．

(1)求证：△BCE≌△FDE；

(2)当BF平分∠ABC时，四边形AEFG是什么特殊四边形？请说明理由．

24．如图，抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于点C，直线过B、C两点，连接AC．

（1）求抛物线的解析式；

（2）求证：；

（3）点是抛物线上的一点，点D为抛物线上位于直线BC上方的一点，过点D作轴交直线BC于点E，点P为抛物线对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求的最小值．

参考答案：

1．D

【分析】根据乘积为1的两个数互为倒数，可得答案．

【详解】解：的倒数是，

故选：D．

【点睛】本题考查了倒数，分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键．

2．B

【分析】根据平行线及角平分线的性质即可求解．

【详解】解：∵ ，

∴∠AEC=∠1（两直线平行，内错角相等），

∵EC平分∠AED，

∴∠AEC=∠CED=∠1，

∵∠1=65°，

∴∠CED =∠1=65°，

∴∠2=180°-∠CED -∠1=180°-65°-65°=50°．

故选：B．

【点睛】本题考查了平行线的性质，解题关键根据直线平行和角平分线的性质得出角度之间的关系即可得出答案．

3．B

【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．

【详解】解：从正面看，是一个矩形，矩形的中间有一条纵向的实线．

故选：B．

【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．

4．D

【分析】利用二次根式的加法的法则，完全平方公式，同底数幂的乘法的法则，积的乘方和幂的乘方运算法则对各项进行运算即可．

【详解】解：A、，故A不符合题意；

B、，故B不符合题意；

C、，故C不符合题意；

D、，故D符合题意；

故选：D．

【点睛】本题主要考查二次根式的加减法，积的乘方和幂的乘方，同底数幂的乘法，完全平方公式，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

5．D

【分析】根据题意可直接进行求解．

【详解】解：由题意得：；

故选D．

【点睛】本题主要考查分式方程的应用，熟练掌握分式方程的应用是解题的关键．

6．D

【分析】分别求出每一个不等式的解集，再将解集表示在同一数轴上即可得到答案．

【详解】解：

解不等式①，得：x≥-1，

解不等式②，得：x＜2，

将不等式的解集表示在同一数轴上：

所以不等式组的解集为-1≤x＜2，

故选：D．

【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，关键是正确求出每一个不等式解集，并会将解集表示在同一数轴上．

7．C

【分析】根据众数、平均数、中位数的概念分别进行求解，即可得出答案．

【详解】①比赛成绩的众数为8分，故本选项正确，符合题意；

②比赛成绩的平均数是分，故本选项错误，不符合题意；

③比赛成绩的中位数是分，故本选项正确，符合题意；

④共有名学生参加了比赛，故本选项正确，符合题意；

其中正确的有3个．

故选：C．

【点睛】本题考查了众数、中位数、平均数，解答本题的关键是掌握众数、中位数、平均数的概念．

8．C

【分析】连接OA，根据切线的性质，即可求得∠C的度数．

【详解】如图，连接OA．

∵AC是⊙O的切线，∴∠OAC＝90°．

∵OA＝OB，∴∠B＝∠OAB＝25°，∴∠AOC＝50°，∴∠C＝40°．

故选C．

【点睛】本题考查了圆的切线性质，以及等腰三角形的性质，已知切线时常用的辅助线是连接圆心与切点．

9．B

【分析】根据图形旋转的性质，以及全等图形的基本性质进行逐项分析即可．

【详解】解：由旋转的性质可知，，故A选项正确；

则，且、、三点在同一直线上，

∴，

由旋转的性质知，

∴，则，

∴，故D选项正确；

∴中，，

∴，故C选项正确；

∵，

∴，

∴，故B选项不正确；

故选：B．

【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质等，掌握基本图形的性质是解题关键．

10．C

【分析】利用待定系数法求出抛物线的解析式，再把解析式化为顶点式可判断①错误，②正确；再由点A与点B关于抛物线的对称轴对称，可得点B坐标为，判断③错误；然后根据，可得点C到对称轴的距离小于点D到对称轴的距离，可判断④正确，即可．

【详解】解：将代入得：

，解得，

∴，

∴抛物线开口向下，对称轴为直线，顶点坐标为，

∴这个函数的最大值为6，故①错误，②正确；

根据题意得：点A坐标为，

∵点A与点B关于抛物线的对称轴对称，

∴点B坐标为，故③错误．

∵，

∴点C到对称轴的距离小于点D到对称轴的距离，

∴．故④正确．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．

11．

【分析】列出山顶的气温的代数式后计算即可．

【详解】解：根据题意，山顶比海拔米高米，

山顶的气温为：，

答：此时山顶的气温约为．

故答案为：．

【点睛】本题考查了有理数的混合运算，掌握有理数的混合运算法则是解题的关键．

12．

【分析】根据二次根式的被开方数是非负数求解即可．

【详解】解：∵式子在实数范围内有意义，

∴，解得，

故答案为：．

【点睛】本题考查二次根式有意义的条件、解一元一次不等式，熟知二次根式的被开方数是非负数是解答的关键．

13．

【分析】先提取公因式a，再利用公式法继续分解．

【详解】解：，

故答案为：．

【点睛】本题考查了公式法以及提取公因式法分解因式，正确应用公式是解题的关键．在分解因式时，要注意分解彻底．

14．2022

【分析】根据一元二次方程根的定义得到 ，则 ，再利用根与系数的关系得到 ，然后利用整体代入的方法计算．

【详解】解：∵m是一元二次方程 的实数根，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵m，n是一元二次方程 的两个实数根，

∴ ，

∴．

故答案为：2022．

【点睛】本题考查了根与系数的关系，解决本题的关键是掌握，若 ， 是一元二次方程 （ ）的两根时， ， ．

15．④

【分析】利用等腰三角形的性质和线段垂直平分线的性质可以判断①正确；利用等边三角形的性质，①的结论和等腰三角形的三线合一的性质可以判断②正确；利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可判断④错误；利用相似三角形的判定与性质可以判断③正确．

【详解】解：由题意得：，为的平分线，

，，

，

为等边三角形，

为的垂直平分线，

，

①的结论正确；

为等边三角形，

，

，

，

，

，

．

，，

，

，

，

垂直平分线段；

②的结论正确；

，，

，

．

，

，

，

④的结论不正确；

，，

，

，

，

③的结论正确，

综上，结论不正确的有：④，

故答案为：④．

【点睛】本题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，角平分线的作法，线段垂直平分线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握含30°角的直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．

16．2

【分析】连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题．

【详解】解：连接AP，如图所示，

∵四边形ABCD为正方形，

∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，

∵点E是BC的中点，

∴BE＝CE＝AB＝3，

由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，

∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，

在Rt△AFP和Rt△ADP中，

，

∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），

∴PF＝PD，

设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，

在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，

∴（3＋x）2＝32＋（6−x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，

故答案为：2．

【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．

17．/

【分析】先把点代入一次函数求出m的值，然后代入，即可求出k的值．

【详解】解：根据题意，

先把点代入一次函数，

∴，

∴点，

把点代入，

∴，

故答案为：

【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是求出点B的坐标．

18．

【分析】根据矩形的性质得出，，求出，再分别求出扇形和矩形的面积，即可得出答案．

【详解】解：∵四边形是矩形，，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴阴影部分的面积

．

故答案为：．

【点睛】本题考查了矩形的性质、扇形的面积公式和直角三角形的性质等知识点，能求出长和的度数是解此题的关键．

19．（1），；（2）．

【分析】（1）先通分算括号内的，把除化为乘，化简后求出的值，代入计算即可；

（2）先消元，把二元化为一元求出的值，再代入可得方程组的解．

【详解】解：（1）原式

，

∴原式

；

（2）．

得：，

解得：，

把代入得：

，

，

方程组的解为．

【点睛】本题考查分式化简求值和解二元一次方程组，解题的关键是掌握分式的基本性质和“消元”的方法．

20．(1)50名；

(2)见解析；

(3)；

(4)．

【分析】（1）用B项目的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数；

（2）先计算出D项目的人数，然后补全折线统计图；

（3）用360°乘以D项目人数所占的百分比得到项目D所对应的扇形圆心角的大小；

（4）画树状图展示所有16种等可能的结果，找出相同项目的结果数，然后根据概率公式求解．

【详解】（1）此次调查共抽取的学生人数为：（名）；

（2）D的人数为： （名），

补全折线统计图如下：

（3）D所对应扇形圆心角的大小为：，

故答案为：；

（4）画树状图如下：

∴共有16种等可能的结果，小明和小丽选择相同项目的结果有4种，

∴小明和小丽选择相同项目的概率为：．

【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．

21．A舰距离为200海里, B舰距离为200海里,

【分析】过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，根据题意，得∠CAD=60°，∠CBA=∠ACB=30°，解Rt△ADC和Rt△BDC即可.

【详解】如图，过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，

根据题意，得∠CAD=60°，∠CBA=30°，

∵∠CAD=∠CBA+∠ACB

∠CBA=∠ACB=30°，

∴AB=AC=200（海里），

在Rt△ADC中，

CD=ACsin60°=200×=100，

在Rt△BDC中，

BC=CD÷sin30°=200（海里）.

【点睛】本题考查了方位角，解直角三角形的应用，正确理解方位角的意义，熟练掌握解直角三角形的基本步骤是解题的关键．

22．(1)见解析；

(2)．

【分析】（1）连接．由等腰三角形的性质及圆的性质可得，．再根据余角性质及三角形的内角和定理可得．最后由切线的判定定理可得结论；

（2）根据等边三角形的判定与性质可得．再由解直角三角形及三角形内角和定理可得的度数，最后根据弧长公式可得答案．

【详解】（1）证明：连接．

∵，

∴．

∵，

∴．

∵，

∴．

∴．

∴．

又∵是的半径，

∴是的切线．

（2）解：∵，，

∴是等边三角形．

∴．

∴．

∴．

∵，，

∴．

∴．

∴的长．

【点睛】此题考查的是切线的判定、直角三角形的性质、弧长公式，正确作出辅助线是解决此题的关键．

23．(1)详见解析

(2)四边形AEFG是矩形，详见解析

【分析】（1）由AAS证明△BCE≌△FDE即可；

（2）先证四边形AEFG是平行四边形，再证∠AEF＝90°，即可得出结论．

【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴ADBC，

∴∠DFE＝∠CBE，

∵E为CD边的中点，

∴DE＝CE，

在△BCE和△FDE中，

，

∴△BCE≌△FDE（AAS）；

（2）解：四边形AEFG是矩形，理由如下：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD＝BC，ADBC，

∴∠AFB＝∠FBC，

由（1）得：△BCE≌△FDE，

∴BC＝FD，BE＝FE，

∴FD＝AD，

∵GD＝DE，

∴四边形AEFG是平行四边形，

∵BF平分∠ABC，

∴∠FBC＝∠ABF，

∴∠AFB＝∠ABF，

∴AF＝AB，

∵BE＝FE，

∴AE⊥FE，

∴∠AEF＝90°，

∴平行四边形AEFG是矩形．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△BCE≌△FDE是解题的关键．

24．（1）；（2）见解析；（3）

【分析】（1）先利用直线得到点B和点C的坐标，利用待定系数法求解；

（2）根据解析式求得点A的坐标，求出两个三角形的边长，根据两组对应边成比例夹角相等求证；

（3）设点D的坐标为，将线段DE的长用函数关系式表示为顶点式形式，利用函数的性质得到当时，线段DE的长度最大，得到点D的坐标，再利用轴对称及勾股定理求出答案即可．

【详解】（1）解：∵直线分别与轴和轴交于点B和点C，

∴点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，2），

把，分别代入，

得，

解得，

∴抛物线的解析式为．

（2）∵抛物线与x轴交于点A，

∴，

解得，，

∴点A的坐标为，

∴，，

在中，，，

∴，

∴，

∵，

∴，

又∵，

∴．

（3）设点D的坐标为

则点E的坐标为

∴

=

∵，

∴当时，线段DE的长度最大．

此时，点D的坐标为，

∵，

∴点C和点M关于对称轴对称，

连接CD交对称轴于点P，此时最小．

连接CM交直线DE于点F，则，点F的坐标为，

∴，

∵

∴的最小值．

．

【点睛】此题考查的是二次函数的综合知识，利用待定系数法求函数解析式，函数图象与坐标轴的交点问题，函数的最值问题，轴对称的性质，勾股定理，证明两个三角形相似，熟练掌握各知识点是解题的关键．