2023年山东省威海市中考数学仿真试卷（含解析）

这是一份2023年山东省威海市中考数学仿真试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省威海市中考数学仿真试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −15的相反数是(    )
A. 5 B. −5 C. 15 D. −15
2. 如图，是一个带有方形空洞和圆形空洞的儿童玩具，如果用下列几何体作为塞子，那么既可以堵住方形空洞，又可以堵住圆形空洞的几何体是(    )
A.
B.
C.
D.
3. 国家速滑馆是2022年北京冬奥会北京主赛区标志性场馆，是唯一新建的冰上竞赛场馆．国家速滑馆拥有亚洲最大的全冰面设计，冰面面积达12000平方米．将12000用科学记数法表示应为(    )
A. 12×103 B. 1.2×104 C. 1.2×105 D. 0.12×105
4. 下列各式，计算正确的是(    )
A. −(ab2)4=a4b8 B. a3⋅a3⋅a3=3a3
C. (−x+y)2=x2−2xy+y2 D. (x+2y)(x−2y)=x2−2y2
5. 为了解某小区“全民健身”活动的开展情况，随机对居住在该小区的40名居民一周的体育锻炼时间进行了统计，结果如表：
锻炼时间(时)
3
4
5
6
7
人数(人)
6
13
14
5
2
这40名居民一周体育锻炼时间的众数和中位数是(    )
A. 14，5 B. 14，6 C. 5，5 D. 5，6
6. 如图，在△ABC中，点D、E、F分别是边AB、AC、BC上的点，DE//BC，EF//AB，且AD：DB=1：2，那么CF：CB等于(    )


A. 5：8 B. 3：8 C. 3：5 D. 2：3
7. 如图，△ABC内接于圆，D是BC上一点，将∠B沿AD翻折，B点正好落在圆的点E处，若∠BAE=80°，则∠C=(    )
A. 40°
B. 50°
C. 55°
D. 65°
8. 如图，在第1个△ABA1中，∠B=30°，AB=A1B，在A1B上取一点C，延长AA1到A2，使得A1A2=A1C；在A2C上取一点D，延长A1A2到A3，使得A2A3=A2D；…按此作法进行下去，第n个三角形的以An为顶点的内角的度数为(    )


A. 30°2n+1 B. 75°2n−1 C. 75°2n+1 D. 30°2n−1
9. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，图象过点(−3,0)，对称轴为x=−1.下列结论正确的是(    )
A. abc>0
B. 2a+b=0
C. 4a+2b+cy2



10. 如图，等边△ABC的边长为4，点F在△ABC内运动，运动过程始终保持∠AFB=90°，则线段CF长度的最大值与最小值的差为(    )
A. 4−2 3
B. 2
C. 2 3−2
D. 3−1
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 有五张不透明的卡片，正面的数分别写有3.101001000，73，π， 6，3．1⋅2⋅，除正面的数不同外，其余都相同.将它们背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张卡片，抽到写有无理数卡片的概率为______ ．
12. 计算：sin260°−(23)−1= ______ ．
13. 如图，AB//DE，∠ABC=80°，∠BCD=40°，则∠CDE= ______ ．


14. 甲、乙两人在对x2+ax+b进行因式分解时，甲看错了a，得到的结果为(x+4)2；乙看错了b，得到的结果为(x+1)(x+9)，则x2+ax+b因式分解的正确结果为______ ．
15. 如图，在四边形OABF中，∠OAB=∠B=90°，点A在x轴上，双曲线y=kx过点F，交AB于点E，连接EF.若BFOA=34,S△BEF=9，则k的值为______ ．


16. 如图，在正方形ABCD中，BC=5，点G，H分别在BC，CD上，且BG=CH=2，AG与BH交于点O，N为AD的中点，连接ON，作OM⊥ON交AB于点M，连接MN，则tan∠AMN的值为______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
解不等式组：2x+5≤3(x+1)12x−2>110x，并把解集在数轴上表示出来．
18. (本小题6.0分)
已知A，B两地相距72千米，甲、乙两人骑自行车分别从A，B两地相向而行，乙的速度是甲的速度的1.2倍，如果甲比乙先行25小时，那么两人相遇时所行路程恰好相等.甲、乙两人骑自行车的速度各是多少？
19. (本小题8.0分)
在放学后“托管学习”新形势下，为了解学生对不同学习方式的喜好情况，通过问卷星的方式随机谓查了全市部分学生(所调查的问题如图所示)，并根据调查结果绘制了两个不完整的统计图．
问题：最喜欢的学习方式(只能选择其中的一项)
A.观看名师网络直播
B.观看任课教师网络直播
C.自主学习与看微课相结合
D.自主学习与小组合作相结合
E.其他方式

根据以上统计图，解决下列问题：
(1)本次接受调查的学生共有______ 人；
(2)已知选择选项A与选项C的人数之和等于选择选项B的人数，求选择选项B与选项C分别有多少人？
(3)若我市约有1万初中生，请估计喜欢的学习方式与自主学习有关的学生人数．
20. (本小题8.0分)
学校数学兴趣小组的同学要测量操场旗杆的高度，示意图如图所示，小明在旗杆AB的正南方向用1米高的测倾器(CD=1米)，测得旗杆顶端A的仰角是37°.小强在旗杆AB的正北方向(点F，B，D在同一直线上)2米高的图书馆台阶上，用1米高的测倾器(EF=3米)测得旗杆顶端A的仰角为18°.已知FD=60米，求旗杆AB的高度.(参考数据：精确到0.1米，sin18°≈ 1010，cos18°≈3 1010，tan18°≈13，sin37°≈35，cos37°≈45，tan37°≈34)


21. (本小题10.0分)
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在BC边上，以CD为直径的⊙O与直线AB相切于点E，且E是AB中点，连接OA．
(1)求证：OA=OB；
(2)连接AD，若AD= 7，求⊙O的半径．


22. (本小题11.0分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，AB边的中线CE的延长线交等边△ABD的边AD于点F，连接BF．
(1)求证：四边形ACBF是矩形；
(2)①连接CD，直接画出CD的中垂线GH，交AD，BD于点G，H；(不写画法，不需画图痕迹)
②若BC=2，求DG的长．

23. (本小题11.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx− 3(a≠0)经过A(−1,0)，B(3,0)两点，交y轴于点C.顶点为E，过线段OB上的动点F作CF的垂线交BC于点D，延长DE交y轴于点G．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若CG=CD，求线段OF的长．

24. (本小题12.0分)
过四边形ABCD的顶点A作射线AM，P为射线AM上一点，连接DP.将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，记旋转角∠PAQ=α，连接BQ．

(1)【探究发现】如图1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形ABCD是正方形，且α=90°.无论点P在何处，总有BQ=DP，请证明这个结论．
(2)【类比迁移】如图2，如果四边形ABCD是菱形，∠DAB=α=60°，∠MAD=15°，连接PQ.当PQ⊥BQ，AB= 6+ 2时，求AP的长；
(3)【拓展应用】如图3，如果四边形ABCD是矩形，AD=6，AB=8，AM平分∠DAC，α=90°.在射线AQ上截取AR，使得AR=43AP.当△PBR是直角三角形时，请直接写出AP的长．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了相反数，解决本题的关键是熟记相反数的定义．
根据相反数的定义，即可解答．
【角度】
解：−15的相反数是15．  
2.【答案】B 
【解析】解：圆柱从上边看是一个圆，从正面看是一个矩形，既可以堵住方形空洞，又可以堵住圆形空洞，
故选：B．
根据各选项几何体的三视图，可得答案．
本题考查了简单几何体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，从上边看得到的图形是俯视图．

3.【答案】B 
【解析】
【分析】
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|0，
∵对称轴是直线x=−1，即−b2a=−1，
b=2a>0，
∵抛物线与y轴的交点坐标在x轴下方，
∴cy2，故D选项符合题意．
故选：D．
由二次函数y=ax2+bx+c(a110x，得x>5，
则不等式组的解集为x>5．
解集表示如下图：
 
【解析】先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分，然后把不等式的解集表示在数轴上即可．
此题主要考查不等式组的解法及在数轴上表示不等式组的解集．用数轴确定不等式组的解集是中考的命题重点，体现了数形结合的思想．不等式组的解集在数轴上表示的方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画；0，
∴r=1，
即⊙O的半径为1． 
【解析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了角平分线的性质，，勾股定理，正切定义．
(1)连接OE，如图，根据切线的性质得OE⊥AB，则可判断OE垂直平分AB，根据线段垂直平分线的性质得到结论；
(2)设⊙O的半径为r，先证明AO平分∠BAC，再证明∠OAC=∠B=∠OAB=30°，所以AC= 3OC= 3r，利用勾股定理得到( 3r)2+(2r)2=( 7)2，然后解方程即可．

22.【答案】(1)证明：∵CE是△ABC的中线，
∴AE=BE，
在等边△ABD中，有∠DAB=60°，
∴∠DAB=∠ABC，
∵∠AEF=∠BEF，
∴△AEF≌△BCF(ASA)，
∴EF=CE，
∴四边形ACBF是平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴▱ACBF是矩形；
(2)解：①如图：GH即为所求；
②设BF、CD相交于O，
则：CD=2DO，∠GOD=90°，
在矩形ACBF中，∠DFB=∠DAC=90°，AF=BC，
∵△ABD是等边三角形，
∴AD=2AF=2BC=4，
在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，
∴AC=2 3，
在Rt△ACD中，CD= AC2+AD2= 42+(2 3)2=2 7，
∵∠CAD=∠GOD，∠ADC=∠ADC，
∴△ODG∽△ADC，
∴ODAD=DGDC，即： 74=DG2 7，
∴DG=3.5． 
【解析】(1)根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”进行证明；
(2)①根据作线段的垂直平分线的基本做法作图；
②根据相似三角形的性质求解．
本题考查了复杂作图，掌握矩形的判定和性质、等边三角形的性质及相似三角形的判定和性质是解题的关键．

23.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx− 3(a≠0)经过A(−1,0)，B(3,0)两点，
∴a−b− 3=09a+3b− 3=0，
解得a= 33b=−2 33，
故抛物线的表达式为：y= 33x2−2 33x− 3；
(2)过点D作MD⊥x轴于点M，过点E作EH⊥y轴于点H，过点E作NE//y轴交BC于点N，

∵y= 33x2−2 33x− 3= 33(x−1)2−4 33，
∴点E(1,−4 33)，
令x=0，则y=− 3，
∴C(0,− 3)，
∵B(3,0)，
∴直线BC的表达式为：y= 33x− 3，
当x=1时，y=−2 33，
∴点N(1,−2 33)，
∴NE=−2 33+4 33=2 33，CE= 12+(− 3+4 33)2=2 33，
∴NE=CE，
由BC的表达式知，∠OCB=60°，
∵NE//y轴，则∠NEC=∠OCB=60°，
∴△CNE为等边三角形，则∠NCE=60°，
∴∠GCE=180°−60°−60°=60°，
∴∠NCE=∠GCE=60°，
∵CG=CD，
∴CE⊥DG，
∴∠CDG=∠CGD=90°−∠GCE=30°，
∴CD=CG=2CE=4 33，
∴BD=BC−CD= 32+( 3)2−4 33=2 33，
∴BD：CD=1：2，
∴BM：BO=BD：BC=1：3，则MB=13BO=1，即xD=2，
同理可得：yD=− 33，
∴点D(2,− 33)，
∵∠CFD=90°，
∴∠FDM+∠DFM=90°，∠DFM+∠OFC=90°，
∴∠OFC=∠FDM，
∴tan∠OFC=tan∠FDM，
∴MFMD=OCOF，即2−OF 33= 3OF，
解得：OF=1． 
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)证明△CNE为等边三角形，则∠NCE=60°，得到CE⊥DG，求出CD=CG=2CE=4 33，得到BM：BO=BD：BC=1：3，求出点D(2,− 33)，进而求解．
本题考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．

24.【答案】(1)证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=AB，∠BAD=90°，
∴∠DAP+∠BAM=90°，
∵∠PAQ=90°，
∴∠BAQ+∠BAM=90°，
∴∠DAP=∠BAQ，
∵将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，
∴AP=AQ，
∴△ADP≌△ABQ(SAS)，
∴BQ=DP．
(2)解：如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，

由旋转得：AP=AQ，
∵∠DAB=α=60°，
即∠DAB=∠PAQ=60°，
∴△ADP≌△ABQ(SAS)，
∴BQ=DP，∠APD=∠AQB，
∵AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠AQP=60°，
∵PQ⊥BQ，
∴∠BQP=90°，
∴∠AQB=∠AQP+∠BQP=60°+90°=150°，
∴∠APD=∠AQB=150°，
∴∠DPM=180°−∠APD=180°−150°=30°，
∵∠MAD=15°，
∴∠ADP=∠DPM−∠MAD=30°−15°=15°，
∴∠ADP=∠MAD，
∴AP=DP，
∴AQ=BQ=PQ=AP，
∴∠ABQ=∠BAQ=∠MAD=15°，
∴∠PAH=∠PAQ−∠BAQ=60°−15°=45°，
∵PH⊥AB，
∴∠AHP=∠BHP=90°，
∴△APH是等腰直角三角形，
∴AH=PH= 22AP，
∵BQ=PQ，∠PQB=90°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠PBQ=45°，
∴∠PBH=∠PBQ−∠ABQ=45°−15°=30°，
∴BH=PHtan∠PBH= 22APtan30°= 62AP，
∴AB=AH+BH= 22AP+ 62AP= 2+ 62AP，
∵AB= 6+ 2，
∴ 2+ 62AP= 6+ 2，
∴AP=2；
(3)解：①当∠BRP=90°时，如图3，连接DP，PQ，过点B作BE⊥AQ于点E，
设AM交CD于点F，过点F作FG⊥AC于点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAM+∠DAP=90°，∠ADC=90°，
∵∠BAM+∠BAR=90°，
∴∠DAP=∠BAR，
∵AD=6，AB=8，
∴ADAB=68=34，
∵AR=43AP，
∴APAR=34，
∴ADAB=APAR，
∴△ADP∽△ABR，
∴DPBR=ADAB=68=34，即BR=43DP，
∵AM平分∠DAC，FD⊥AD，FG⊥AC，
∴FD=FG，
在Rt△ACD中，AC= AD2+CD2= 62+82=10，
∴tan∠ACD=ADAC=610=35，
∵FGCF=tan∠ACD=35，
∴DFCF=35，
∵DF+CF=CD=8，
∴DF=3，CF=5，
在Rt△ADF中，AF= AD2+DF2= 62+32=3 5，
∵∠DAP=∠BAR，∠ADF=∠AEB=90°，
∴△ADF∽△AEB，
∴AEAD=BEDF=ABAF，即AE6=BE3=83 5，
∴AE=16 55，BE=8 55，
∵∠BRP=90°，
∴∠ARP+∠BRE=90°，
∵∠ARP+∠APR=90°，
∴∠BRE=∠APR，
∴tan∠BRE=tan∠APR，
∴BEER=ARAP=43，
∴ER=34BE=34×8 55=6 55，
∵AR+ER=AE，
∴43AP+6 55=16 55，
∴AP=3 52；
②当∠PBR=90°时，如图4，过点P作PG⊥AD于点G，PH⊥AB于点H，
则sin∠DAF=PGAP=DFAF=33 5，cos∠DAF=AGAP=ADAF=63 5，
∴PG= 55AP，AG=2 55AP，

∵∠GAH=∠AGP=∠AHP=90°，
∴四边形AGPH是矩形，
∴AH=PG= 55AP，PH=AG=2 55AP，
∴BH=AB−AH=8− 55AP，
∴BP2=PH2+BH2=(2 55AP)2+(8− 55AP)2=AP2−16 55AP+64，
在Rt△DPG中，DP2=DG2+PG2=(6−2 55AP)2+( 55AP)2=AP2−24 55AP+36，
∵BR=43DP，
∴BR2=169DP2=169AP2−128 515AP+64，
在Rt△APR中，PR2=AP2+AR2=AP2+(43AP)2=259AP2，
在Rt△PBR中，PR2=BP2+BR2，
∴259AP2=AP2−16 55AP+64+169AP2−128 515AP+64，
解得：AP=24 511；
③当∠BPR=90°时，
由②知：BR2=169AP2−128 515AP+64，PR2=259AP2，BP2=AP2−16 55AP+64，
∵PR2+BP2=BR2，
∴259AP2+AP2−16 55AP+64=169AP2−128 515AP+64，
解得：AP=0或AP=−8 53，均不符合题意；
综上所述，AP的长为3 52或24 511． 
【解析】(1)利用正方形性质和旋转变换证明△ADP≌△ABQ(SAS)，即可证得结论；
(2)如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BP，先证明△ADP≌△ABQ(SAS)，可得BQ=DP，∠APD=∠AQB，再证明：△APQ是等边三角形，△APH是等腰直角三角形，△BPQ是等腰直角三角形，利用解直角三角形即可求得答案；
(3)分三种情况讨论：①当∠BRP=90°时，②当∠PBR=90°时，③当∠BPR=90°时，分别求出AP的长．
本题考查了正方形和菱形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形性质，等腰直角三角形的判定和性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用前面所学的知识解答后面的题目，运用分类讨论思想和数形结合思想，具有很强的综合性，是中考常考题型．