2023年湖北省黄冈、孝感、咸宁部分初中学校中考一模数学试题

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一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1．C．
2．A．
3．B．
4．C．
5．B．
6．．
7．A．
8．解：∵△EDC旋转得到△HBC，
∴∠EDC＝∠HBC，
∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，
∴∠HBC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠EDC＝135°，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴EC＝HC，∠ECH＝90°，
∴∠HEC＝45°，
∴∠FEC＝180°﹣45°＝135°，
∵∠ECD＝∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
∴，
∴EC2＝CD•CF，故②正确；
设正方形边长为a，
∵∠GHB＋∠BHC＝45°，∠GHB＋∠HGB＝45°，
∴∠BHC＝∠HGB＝∠DEC，
∵∠GBH＝∠EDC＝135°，
∴△GBH∽△EDC，
∴，即，
∵△HEC是等腰直角三角形，
∴，
∵∠GHB＝∠FHD，∠GBH＝∠HDF＝135°，
∴△HBG∽△HDF，
∴，即，解得：EF＝3，
∵HG＝3，
∴HG＝EF，故③正确；
过点E作EM⊥FD交FD于点M，
∴∠EDM＝45°，
∵ED＝HB＝2，
∴，
∵EF＝3，
∴，
∵∠DEC＋∠DCE＝45°，∠EFC＋∠DCE＝45°，
∴∠DEC＝∠EFC，
∴，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
9．xy（x＋3）（x﹣3）．
10．31°．
11．．
12．14．
13．3．
14．20．
15．解：题中数字可以化成：
，，，；
，，，；
∴规律为：被开数为从2开始的偶数，每一行4个数，
∵，28是第14个偶数，而14÷4＝3…2，
∴的位置记为（4，2），
故答案为：（4，2）．
16．解：过点D作DE⊥AB，垂足为E，
在Rt△ADE中，
∵∠AED＝90°，∠EAD＝45°，
∴，
∵点P的速度为cm/s，点Q的速度为2cm/s，
∴APx，AQ＝2x，
∴，
在△APQ和△AED中，
，∠A＝45°，
∴△AED∽△APQ，
∴点Q在AD上运动时，△APQ为等腰直角三角形，
∴AP＝PQx，
∴当点Q在AD上运动时，yAP•AQxx＝x2，
由图像可知，当y＝9此时面积最大，x＝3或﹣3（负值舍去），
∴AD＝2x＝6cm，
当3＜x≤4时，过点P作PF⊥AD于点F，如图：
此时S△APQ＝S△APF＋S四边形PQDF﹣S△ADQ，
在Rt△APF中，APx，∠PAF＝45°，
∴AF＝PF＝x，FD＝6﹣x，QD＝2x﹣6，
∴S△APQx2（x＋2x﹣6）•（6﹣x）6×（2x﹣6），
即y＝﹣x2＋6x，
当x时，y＝﹣（）2＋6，
故答案为：．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
17．解：原式，
当时，原式．
18．解：（1）设每台甲型设备的价格为x万元，每台乙型设备的价格为y万元，
依题意得：，解得：．
答：每台甲型设备的价格为12万元，每台乙型设备的价格为10万元．
（2）设购买m台甲型设备，则购买（10﹣m）台乙型设备，
依题意得：12m＋10（10﹣m）≤110，解得：m≤5，
又∵m为正整数，
∴m的最大值为5．
答：该公司甲种型号的设备至多购买5台．
19．解：（1）由该20名学生参加志愿者活动的次数得：a＝4，b＝5，
故答案为：4，5；
（2）该20名学生参加志愿者活动的次数从小到大排列如下：
1，2，2，3，3，3，3，4，4，4，4，4，4，5，5，5，5，5，6，6，
∵4出现的最多，有6次，
∴众数为4，中位数为第10，第11个数的平均数4，
故答案为：4，4；
（3）30090（人）．
答：估计该校初三年级学生参加志愿者活动的次数为4次的人数有90人．
20．解：（1）点B（﹣3，﹣1）在反比例函数y的图象上，
∴n＝﹣3×（﹣1）＝3，
∴反比例函数的关系式为y，
当x＝1时，m3，
∴点A（1，3），
把A（1，3），B（﹣3，﹣1）代入y＝kx＋b得，
，解得：，
∴一次函数的关系式为y＝x＋2，
答：反比例函数关系式为y，一次函数的关系式为y＝x＋2；
（2）由图象可知，不等式kx＋b的解集为x＞1或﹣3＜x＜0；
（3）一次函数的关系式为y＝x＋2与y轴的交点C（0，2），即OC＝2，
当以C，P，Q，O为顶点的四边形的面积等于2，
即S△COP＋S△POQ＝2，而S△POQ|k|，
∴|t|×22，即|t|，∴t
因此t时，使以C，P，Q，O为顶点的四边形的面积等于2．
21．（1）证明：连接OC，如图：
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠CAO，
∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴AD∥OC，
∵AD⊥DC，
∴CO⊥DC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵E是BC的中点，且OA＝OB，
∴OE是△ABC的中位线，AC＝2OE，
∵OE＝6cm，
∴AC＝12cm，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°＝∠ADC，
又∠DAC＝∠CAB，
∴△DAC∽△CAB，
∴，即，
∴ADcm．
22．解：（1）当0＜x≤5时，设AB的解析式为：y＝kx+b（k≠0）
把A（0，14）和B（5，9）代入得：，解得：，
∴AB的解析式为：y＝﹣x+14（k≠0）；
综上，y与x的函数关系式为：；
（2）由表格规律可知：p与x的函数关系是一次函数，
∴当1≤x≤10时，设解析式为：p＝kx+b，
把（1，320）和（3，360）代入得：，解得：，
∴p＝20x+300，
同理得10＜x≤15时的解析式为：p＝﹣100x+1500，
综上，p与x的函数关系式为：；
（3）设销售额为w元，
当0＜x≤5时，w＝py＝（﹣x+14）（20x+300）＝﹣20x2﹣20x+4200＝﹣20（x）2+4205，
∵x是整数，
∴当x＝1时，w有最大值为：﹣20×（1）2+4205＝4160，
当5＜x≤10时，w＝py＝9（20x+300）＝180x+2700，
∵x是整数，180＞0，
∴当5＜x≤10时，w随x的增大而增大，
∴当x＝10时，w有最大值为：180×10+2700＝4500，
当10＜x≤15时，w＝9（﹣100x+1500）＝﹣900x+13500，
∵﹣900＜0，
∴w随x的增大而减小，
∴x＝11时，w有最大值为：﹣900×11+13500＝3600，
综上，在这15天中，第10天销售额达到最大，最大销售额是4500元.
23．解：（1）如图（2），∵∠ACD＋∠ACE＝90°，∠ACE＋∠BCE＝90°，
∴∠BCE＝∠ACD，
∵BC＝AC，EC＝DC，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠EBC＝∠CAD，
而点D、F重合，故BE＝AD＝AF，
而△CDE为等腰直角三角形，
故DE＝EFCF，
则BF＝BD＝BE＋ED＝AFCF；
即BF﹣AFCF；
（2）如图（1），由（1）知，△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAF＝∠CBE，BE＝AD，
过点C作CG⊥CF交BF于点G，
∵∠ACF＋∠ACG＝90°，∠ACG＋∠GCB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCG，
∵∠CAF＝∠CBE，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF（ASA），
∴GC＝FC，BG＝AF，
故△GCF为等腰直角三角形，则GFCF，
则BF＝BG＋GF＝AFCF，
即BF﹣AFCF；
（3）由（2）知，∠BCE＝∠ACD，
而BC＝kAC，EC＝kDC，
即，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠CAD＝∠CBE，
过点C作CG⊥CF交BF于点G，
由（2）知，∠BCG＝∠ACF，
∴△BGC∽△AFC，
∴，
则BG＝kAF，GC＝kFC，
在Rt△CGF中，GF•FC，
则BF＝BG＋GF＝kAF•FC，
即BF﹣kAF•FC．
24．解：（1）令x＝0，则y＝4，∴C（0，4）；
令y＝0，则﹣x2＋x＋4＝0，∴x＝﹣2或x＝3，
∴A（﹣2，0），B（3，0）．
故答案为：（﹣2，0）；（3，0）；（0，4）．
（2）①∵CP∥x轴，C（0，4），
∴P（1，4），
∴CP＝1，AB＝5，
∵CP∥x轴，∴＝＝．
②如图，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x＋4．
设点P的横坐标为m，则P（m，﹣m2＋m＋4），Q（m2﹣m，﹣m2＋m＋4）．
∴PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2＋m，
∵PQ∥AB，∴＝＝＝﹣（m﹣）2＋，
∴当m＝时，的最大值为．
另解：分别过点P，A作y轴的平行线，交直线BC于两点，仿照以上解法即可求解．
（3）假设存在点P使得∠BCO＋2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．
方法一：过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，
∵∠BCO＋2∠PCB＝90°，∠BCO＋∠BCF＋∠MCF＝90°，∴∠MCF＝∠BCP，
延长CP交x轴于点M，
∵CF∥x轴，∴∠PCF＝∠BMC，
∴∠BCP＝∠BMC，
∴△CBM为等腰三角形，
∵BC＝5，
∴BM＝5，OM＝8，∴M（8，0），
∴直线CM的解析式为：y＝﹣x＋4，
令﹣x2＋x＋4＝﹣x＋4，解得：x＝或x＝0（舍），
∴存在点P满足题意，此时m＝．
方法二：作∠CBO的角平分线BG交CO于点G，
∴，∴OG＝，∴G（0，），
∴BG的解析式为y＝，
又∵BG∥CP，
∴∴直线CP的解析式为：y＝﹣x＋4，
令﹣x2＋x＋4＝﹣x＋4，解得：x＝或x＝0（舍），
∴存在点P满足题意，此时m＝．