2023年山东省东营市广饶县中考数学模拟试题(含答案)

这是一份2023年山东省东营市广饶县中考数学模拟试题(含答案)，共8页。试卷主要包含了【解答】2.88×104，【解答】3y，【解答】98，【解答】，【解答】解等内容，欢迎下载使用。
2023年东营市广饶县二模数学试题参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）12345678910CDBCDCDBCD 二．填空题（共8小题）11．【解答】2.88×104．12．【解答】3y（x+2）（x-2）．13．【解答】9814．【解答】15．【解答】解：∵∠B＝60°，∠C＝70°，∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝50°，∵以点A为圆心，AD为半径画弧，交BA的延长线于点E，∴AE＝AD，∴∠AED＝∠ADE，∵∠AED+∠ADE＝∠CAB，∴∠ADE+∠ADE＝50°，解得：∠ADE＝25°．故答案为：25°．16．【解答】解：∵M，N分别是BP，AB的中点，∴MN为△PAB的中位线，∴MN＝PA，当PA的长最大时，MN的长最大，∵点PA为直径时，PA最长，此时∠PBA＝90°，∵∠APB＝30°，∴PA的最大值为2AB＝8，∴MN长的最大值为4．故答案为4．17．【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD＝24，∠BAD＝∠D＝90°，∵CE＝14，∴DE＝24﹣14＝10，由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，交AG于H，∴BF⊥AE，AH＝GH，∴∠BAH+∠ABH＝90°，∵∠FAH+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠FAH，在△ABF与△DAE中，，∴△ABF≌△DAE（ASA），∴AF＝DE＝10，BF＝AE，在Rt△ABF中，根据勾股定理得：BF＝＝＝26，∵S△ABF＝AB•AF＝BF•AH，∴24×10＝26AH，∴AH＝，∴AG＝2AH＝，∵AE＝BF＝26，∴GE＝AE﹣AG＝26﹣＝．故答案为：．18．【解答】解：由题可知，直线l：y＝x与x轴的夹角为30°，∴AA1＝2sin30°＝1，∵∠AOA1＝30°，∴∠A1AO＝60°，∴∠AA1A2＝30°，∴A1A2＝AA1cos30°，同理，A2A3＝A1A2cos30°＝AA1cos230°，A3A4＝A2A3cos30°＝AA1cos330°，…∴AnAn+1＝AA1cosn30°，当n＝2023时，A2023A2024＝（）2023．故答案为：（）2023．三．解答题（共7小题）19．【解答】解：（1）（2）原式＝20．【解答】解：（1）此次调查一共随机采访学生44÷22%＝200（名），在扇形统计图中，“灰”所在扇形的圆心角的度数为360°×＝198°，故答案为：200，198；（2）估计该校学生将用过的餐巾纸投放到红色收集桶的人数3600×＝288（人）；（3）列表如下： ABCDA （B，A）（C，A）（D，A）B（A，B） （C，B）（D，B）C（A，C）（B，C） （D，C）D（A，D）（B，D）（C，D） 由表格知，共有12种等可能结果，其中恰好抽中A，B两人的有2种结果，所以恰好抽中A，B两人的概率为＝．21．【解答】（1）证明：连接OD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵OB＝OD，∴∠ABC＝∠ODB，∴∠ACB＝∠ODB，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，即EF⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴EF是⊙O的切线；（2）解：连接AD，∵AB是⊙O直径，∴AD⊥BC，∵DE⊥AC，∴∠ADC＝∠DEC，∵∠C＝∠C，∴△CDE∽△CAD，∴，∵AB＝AC，∴DC＝DB＝2，∵AC＝AB＝5，∴，∴．22．【解答】解：过点C作CD⊥AM，垂足为D，由题意得，∠CAD＝75°﹣45°＝30°，∠CBD＝75°﹣30°＝45°，设CD＝a，则BD＝a，BC＝a，AC＝2CD＝2a，∵两船同时到达C处海岛，∴t甲＝t乙，即＝，∴＝，∴V甲＝＝v．23．【解答】解：（1）设甲品牌每件的进价为x元，则乙品牌每件的进价为（x+30）元，，解得，x＝30经检验，x＝30是原分式方程的解，∴x+30＝60，答：甲品牌每件的进价为30元，则乙品牌每件的进价为60元；（2）设该商场购进甲品牌T恤衫a件，则购进乙品牌T恤衫（100﹣a）件，利润为w元，∵购进甲种品牌的数量不少于乙种品牌数量的4倍，∴a≥4（100﹣a）解得，a≥80w＝（50﹣30）a+（100﹣60）（100﹣a）＝﹣20a+4000，∵a≥80，∴当a＝80时，w取得最大值，此时w＝2400元，100﹣a＝20，答：获利最大的进货方案是：购进甲品牌T恤衫80件，购进乙品牌T恤衫20件，最大利润是2400元．24．【解答】解：（1）将点A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx+2中，∴，解得．∴y＝﹣x2﹣x+2；（2）令x＝0，则y＝2，∴C（0，2），设直线AC的解析式为y＝kx+p，∴，解得，∴y＝x+2，过点P作PG∥y轴交AC于点G，设P（t，﹣t2﹣t+2），则G（t，t+2），∴PG＝﹣t2﹣t+2﹣t﹣2＝﹣t2﹣2t，∴S＝S四边形APCB＝S△APC+S△ACB＝×2×（3+1）+×3×（﹣t2﹣2t）＝﹣t2﹣3t+4＝﹣（t+）2+，∵点P是直线AC上方，∴﹣3＜t＜0，∴当t＝﹣时，S有最大值，此时点P的坐标为（﹣，）；（3）如图2，当AQ∥CM且AQ＝CM时，∵yC＝2，∴yM＝2，在y＝﹣x2﹣x+2中，当y＝2时，x1＝0，x2＝﹣2，∴M1（﹣2，2），∴CM＝2，∴AQ＝2，∵A（﹣3，0），∴Q（﹣5，0）或（﹣1，0）；当AM∥CQ时，∵yC﹣yA＝2，∴yQ﹣yM＝2，∴yM＝﹣2，在y＝﹣x2﹣x+2中，当y＝﹣2时，x1＝﹣1﹣，x2＝﹣1+，∴M2（﹣1﹣，﹣2），M3（﹣1+，﹣2），∵xC﹣xA＝3，∴xQ﹣xM＝3，∴xQ＝2﹣或2+，∴Q（2﹣，0）或（2+，0），综上所述，点Q的坐标为（﹣1，0）或（﹣5，0）或（2﹣，0）或（2+，0）．25．【解答】解：（1）∵△ACB和△ADE均为等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，∵点B，D，E在同一直线上，∴∠ADB＝180°﹣60°＝120°，∴∠AEC＝120°，∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120°﹣60°＝60°，综上所述，∠BEC的度数为60°，线段BD与CE之间的数量关系是BD＝CE，故答案为：BD＝CE，60；（2）结论：BD＝2CE，∠BEC＝45°，理由如下：∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝∠ADE＝∠DAE＝45°，∠ACB＝∠AED＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∠ADB＝135°，Rt△ABC和Rt△ADE中，sin∠ABC＝，sin∠ADE＝，sin45°＝，∴＝＝，∴＝，又∵∠BAD＝∠CAE，∴△ABD∽△ACE，∴∠ADB＝∠AEC＝135°，BDCE＝ABAC＝ADAE，∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，∵＝＝，∴＝，∴＝＝，∴BD＝CE； （3）分两种情况：①如图4，∵∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，BC＝8，∴AC＝BC＝4，∴AB＝＝＝4，∵DE为△ABC的中位线，∴DE＝BC＝4，DE∥AB，AE＝AC，AD＝AB，∴∠CDE＝∠ABC＝30°，＝＝，由旋转的性质得：∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴＝＝，∠ADB＝∠AEC＝180°﹣∠ADE＝150°，∵∠AED＝90°﹣∠CDE＝60°，∴∠CEB＝∠AEC﹣∠AED＝150°﹣60°＝90°，设CE＝x，则BD＝x，BE＝BD+DE＝x+4，在Rt△ABE中，由勾股定理得：x2+（x+4）2＝82，解得：x＝或x＝﹣﹣（舍去）∴BE＝﹣；②如图5，同①得：△AEC∽△ABD，则＝＝，∠CEB＝90°，设CE＝y，则BD＝y，BE＝BD﹣DE＝y﹣4，在Rt△ACE中，由勾股定理得：y2+（y﹣4）2＝82，解得：y＝+或y＝﹣﹣（舍去），∴CE＝+；综上所述，CE的长为﹣或+．