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2023年江苏省苏州市姑苏区立达中学中考数学零模试卷(含答案解析)
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这是一份2023年江苏省苏州市姑苏区立达中学中考数学零模试卷(含答案解析)，共27页。试卷主要包含了 2023的相反数是， 下列运算正确的是， 已知一组数据， 分解因式等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省苏州市姑苏区立达中学中考数学零模试卷
1. 2023的相反数是( )
A. 2023 B. 12023 C. −2023 D. −12023
2. 下面由北京冬奥会比赛项目图标组成的四个图形中，可看作轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 沪渝蓉高铁是国家中长期铁路网规划“八纵八横”之沿江高铁通道的主通道，其中南通段总投资约39000000000元，将39000000000用科学记数法表示为( )
A. 3.9×1011 B. 0.39×1011 C. 3.9×1010 D. 39×109
4. 下列运算正确的是( )
A. 2m−m=1 B. m2⋅m3=a6 C. m6÷m2=m4 D. (m3)2=m5
5. 将一副三角板(厚度不计)如图摆放，使含30∘角的三角板的斜边与含45∘角的三角板的一条直角边平行，则∠α的角度为( )
A. 100∘ B. 105∘ C. 110∘ D. 120∘
6. 已知一组数据：111，113，115，115，116，这组数据的平均数和众数分别是( )
A. 114，115 B. 114，114 C. 115，114 D. 115，115
7. 如果x
8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(x1,y1)，点B(x2,y2)在双曲线y=3x上，且0
B. 32
C. 12
D. 33
9. 分解因式：2a2−8=__________.
10. 若关于x的一元二次方程x2−2x+k=0有实数根，则实数k的取值范围是__________.
11. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的平分线AD交BC于点D，E为AB的中点，若BC=12，AD=8，则DE的长为__________.
12. 如图，AB，AC是⊙O的两条弦，且AB=AC，点D，P分别在BC，AC上.若∠BDC=140∘，则∠APC的度数为______ .
13. 如图，B为地面上一点，测得B到树底部C的距离为5m，在B处放置1m高的测角仪BD，测得树顶A的仰角为60∘，则树高AC为______ m(结果保留根号).
14. 如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90∘，AC=BC=4，点D是斜边AB上一点，且BD=14AB，将△ABC绕点D逆时针旋转90∘，得到△A′B′C′，B′C′交AB于点E.其中点C的运动路径为弧CC′，则弧CC′的长度为______.
15. 如图，将Rt△ABC沿斜边AB翻折得到△ABD，O为斜边AB的中点，连接DO并延长DO使DO=OE，连接AE，已知AC=9，BC=3，则cos∠CAE=______ .
16. 如图，△ABC是边长为6的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F.若点D在△ABC内，∠DBC=15∘，则∠BAF=______ ∘；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是______ .
17. 计算：|−5|+(3− 2)0−2tan45∘.
18. 解二元一次方程组：3x+2y=122x−y=1.
19. 先化简再求值：aa2−9÷(1+3a−3)，其中a= 2−3.
20. 有A，B两个黑布袋，A布袋中有两个完全相同的小球，分别标有数字1和2，B布袋中有三个完全相同的小球，分别标有数字1，−2和2.小明从A布袋中随机取出一个小球，记录其标有的数字为x，再从B布袋中随机取出一个小球，记录其标有的数字为y，这样就确定点Q的一个坐标为(x,y).
(1)用列表或画树状图的方法写出点Q的所有可能坐标；
(2)求点Q落在直线y=x−3上的概率．
21. 在①AE=CF；②BE//DF；③BE=DF这三个条件中任选一个合适的补充条件在下面横线上，并完成证明过程.已知，如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD交于点O，点E、F在AC上，______ (填写序号)求证：BE=DF.
22. 为了培养学生对航天知识的学习兴趣，某校组织全校1200名学生进行“航天知识竞赛”，从中随机抽取n名学生的竞赛成绩(满分100分，每名学生的成绩记为x分)分成四组，A组：60≤x<70；B组：70≤x<80；C组：80≤x<90；D组：90≤x<100，得到如下不完整的频数分布直方图和扇形统计图.根据图中信息，解答下列问题：
(1)n的值为______ ；
(2)请补全频数分布直方图，并求图中表示“C”的扇形圆心角的度数；
(3)若规定学生竞赛成绩x≥80为优秀，请估算全校竞赛成绩达到优秀的学生人数.
23. 第十四届国际数学教育大会(ICME−14)会徽的主题图案有着丰富的数学元素，展现了我国古代数学的文化魅力，其右下方的“卦”是用我国古代的计数符号写出的八进制数3745.八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0∼7共8个基本数字.八进制数3745换算成十进制数是3×83+7×82+4×81+5×80=2021，表示ICME−14的举办年份.
(1)八进制数3747换算成十进制数是______ ；
(2)小华设计了一个n进制数234，换算成十进制数是193，求n的值.
24. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD与直径AB相交于点F，点E在⊙O外，作直线AE，且∠EAC=∠D.
(1)求证：直线AE是⊙O的切线；
(2)若∠BAC=30∘，tan∠BAD= 32，CF=7.求圆的半径r.
25. 在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若两垂线与坐标轴围成矩形的周长C数值和面积S数值相等，则称这个点为“等值点”.例如：点A(3,6)，因为C=(3+6)×2=18，S=3×6=18，所以A是“等值点”.
(1)在点B(−2,−2)，C(1,1)，D(−4,4)中，是“等值点”的有：______ ；
(2)若点E为双曲线y=4x，x>0上任意一点，将点E向右平移2个单位，再向上平移2个单位得到点F，求证：点F为“等值点”；
(3)若一次函数y=−x+b的图象在第一象限内有两个“等值点”，求b的取值范围.
26. 如图1，已知正方形ABCD中，AB=4cm，点P从B点出发，以2cm/s的速度沿B→C→D的路径匀速运动，运动到D点后立即停止运动；点Q从点C出发，以acm/s的速度沿C→A的路径匀速运动，然后以 23a的速度沿A→B路径匀速运动，运动到点B后立即停止运动，若P、Q两点同时出发，设点Q的运动时间为x(s)，△CPQ的面积为y(cm2)，y与x的函数关系如图2所示.
(1)a=______ ，k=______ ，m=______ ，n=______ ；
(2)求FG的函数表达式；
(3)0≤x≤k时，求出以PQ为直径的圆与△ABC任一边相切时相应的x的值.
27. 如图(1)，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，点B的坐标为(3,0)，点C的坐标为(0,−3)，直线l经过B，C两点.
(1)求二次函数的表达式；
(2)点P为直线l上的一点，过点P作x轴的垂线与该二次函数的图象相交于点M，再过点M作y轴的垂线与该二次函数的图象相交于另一点N，当PM=MN时，求点P的横坐标；
(3)如图(2)，点C关于x轴的对称点为点D，点P为线段上BC的一个动点，连接AP；点Q为线段AP上一点，且AQ=3PQ，连接DQ，求3AP+4DQ的最小值______ (直接写出答案).
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：2023的相反数是−2023.
故选：C.
只有符号不同的两个数叫做互为相反数，由此即可得到答案．
本题考查相反数，关键是掌握相反数的定义．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
此题主要考查了轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是解答本题的关键．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】
解：选项A、B、C不能找到这样的一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形．
选项D能找到这样的一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：D.
3.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查了用科学记数法表示绝对值较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
【解答】
解：39000000000=3.9×1010.
故选：C.
4.【答案】C
【解析】解：A、2m−m=m，故A不符合题意；
B、m2⋅m3=a5，故B不符合题意；
C、m6÷m2=m4，故C符合题意；
D、(m3)2=m6，故D不符合题意；
故选：C.
利用同底数幂的除法的法则，合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查同底数幂的除法，合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
5.【答案】B
【解析】解：∵含30∘角的三角板的斜边与含45∘角的三角板的一条直角边平行，如图所示：
∴∠ABC=∠A=45∘，
∵∠C=30∘，
∴∠α=180∘−45∘−30∘=105∘，
故选：B.
根据平行线的性质可得∠ABC的度数，再根据三角形内角和定理可得∠α的度数．
本题考查了平行线的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握这些知识是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了平均数和众数．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
根据众数定义确定众数；利用算术平均数的计算方法可以算得平均数．
【解答】
解：平均数x−=(111+113+115+115+116)÷5=114，
数据115出现了2次，次数最多，
∴众数是115.
故选：A.
7.【答案】D
【解析】解：A、在不等式x−2y，不符合题意；
D、在不等式x
根据不等式的性质进行分析判断．
本题主要考查了不等式的性质．不等式的性质1：不等式的两边都加(或减)同一个数或式子，不等号的方向不变；不等式的性质2：不等式的两边都乘以(或除以)同一个正数，不等号的方向不变；不等式的性质3：不等式的两边都乘以(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．据此逐一判断即可．
8.【答案】C
【解析】解：如图，过点A作AF⊥x轴于点F，过点B作BH⊥x轴于点H，
∵A(x1,y1)，点B(x2,y2)在双曲线y=3x上，
∴AF=3x1，BH=3x2，FH=x2−x1，S△AOF=32=S△BOH，
∴S梯形ABHF=12FH⋅(AF+BH)=12(x2−x1)(3x1+3x2)，
∵S△AOB=S△AOF+S梯形ABHF−S△BOH=32+12(x2−x1)(3x1+3x2)−32=12(x2−x1)(3x1+3x2)，
∴12(x2−x1)(3x1+3x2)=94，
∴x22−x12=32x1x2，
∴x2x1−x1x2=32，
设t=x2x1，则t−1t=32，
解得：t=2或t=−12(舍去)，
∴x2x1=2，
∵AC//BD//x轴，点C，点D在双曲线y=6x图象上，
∴点C(2x1,3x1)，点D(2x2,3x2)，
∴AC=2x1−x1=x1，BD=2x2−x2=x2，
∴ACBD=x1x2=12，
故选：C.
过点A作AF⊥x轴于点F，过点B作BH⊥x轴于点H，由A(x1,y1)，点B(x2,y2)在双曲线y=3x上，可得AF=3x1，BH=3x2，FH=x2−x1，S△AOF=32=S△BOH，即得S梯形ABHF=12FH⋅(AF+BH)=12(x2−x1)(3x1+3x2)，根据△AOB的面积为94，可得12(x2−x1)(3x1+3x2)=94，即有x2x1−x1x2=32，设t=x2x1，则t−1t=32，解得：t=2或t=−12(舍去)，故x2x1=2，又AC//BD//x轴，点C，点D在双曲线y=6x图象上，可得AC=2x1−x1=x1，BD=2x2−x2=x2，从而ACBD=x1x2=12.
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例系数k的几何意义，分式方程，一元二次方程的知识，解题的关键是熟练掌握反比例函数系数k的几何意义．
9.【答案】2(a+2)(a−2)
【解析】
【分析】
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止，先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【解答】
解：2a2−8
=2(a2−4)，
=2(a+2)(a−2).
故答案为：2(a+2)(a−2).
10.【答案】k≤1
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式与一元二次方程根的关系是解决本题的关键．
根据一元二次方程根的情况知Δ=(−2)2−4×1⋅k=4−4k≥0，解不等式即可．
【解答】
解：∵关于x的一元二次方程x2−2x+k=0有实数根，
∴Δ=(−2)2−4×1⋅k=4−4k≥0.
∴k≤1.
故答案为：k≤1.
11.【答案】5
【解析】
【分析】
本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
利用勾股定理求出AB，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．
【解答】
解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD=6，
∴∠ADB=90∘，
∴AB= AD2+BD2= 82+62=10，
∵AE=EB，
∴DE=12AB=5，
故答案为5.
12.【答案】110∘
【解析】解：在圆内接四边形ABCD中，∠BDC=140∘，
∴∠BAC=180∘−∠BDC=180∘−140∘=40∘，
∵AB=AC，
∴∠ABC=12(180∘−40∘)=70∘，
∴∠APC=180∘−70∘=110∘，
故答案为：110∘.
根据圆内接四边形对角互补求得∠BAC的度数，根据等腰三角形的性质可求得∠ABC的度数，进而根据圆内接四边形对角互补即可求得∠APC的度数．
此题主要考查了圆的内接四边形的性质，圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角或弧的度数的一半．
13.【答案】(5 3+1)
【解析】解：如图：
由题意得：DE⊥AC，DB=EC=1m，DE=BC=5m，
在Rt△ADE中，∠ADE=60∘，
∴AE=DE⋅tan60∘=5 3(m)，
∴AC=AE+EC=(5 3+1)m，
故答案为：(5 3+1).
根据题意可得：DE⊥AC，DB=EC=1m，DE=BC=5m，然后在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
14.【答案】 10π2
【解析】解：连接CD，DC′，作CH⊥AB于H，
∵AC=BC=4，∠ACB=90∘，
∴AB=4 2，CH=BH=2 2，
∵BD=14AB，
∴BD= 2，
∴DH= 2，
在Rt△CHD中，由勾股定理得，
CD= CH2+DH2= 10，
∴弧CC′的长度为90π× 10180= 10π2，
故答案为： 10π2.
连接CD，DC′，作CH⊥AB于H，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求出DC的长，再代入弧长公式计算即可．
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
15.【答案】35
【解析】解：连接BE交AC于F，如图：
∵O为AB中点，OD=OE，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵将Rt△ABC沿斜边AB翻折得到△ABD，
∴∠ADB=∠C=90∘，BD=BC，
∴四边形AEBD是矩形，
∴∠AEF=90∘=∠C，AE=BD=BC=3，
∵∠AFE=∠BFC，
∴△AFE≌△BFC(AAS)，
∴AF=BF，
设AF=BF=x，则CF=AC−AF=9−x，
在Rt△BCF中，CF2+BC2=BF2，
∴(9−x)2+32=x2，
解得x=5，
∴AF=5，
∴cos∠CAE=AEAF=35；
故答案为：35.
连接BE交AC于F，由O为AB中点，OD=OE，∠ADB=∠C=90∘，可得四边形AEBD是矩形，故∠AEF=90∘=∠C，AE=BD=BC=3，从而可得△AFE≌△BFC(AAS)，AF=BF，设AF=BF=x，有(9−x)2+32=x2，即解得AF=5，从而cos∠CAE=AEAF=35.
本题考查直角三角形的翻折问题，涉及全等三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用勾股定理列方程．
16.【答案】752 3
【解析】解：∵△ACB，△DEC都是等边三角形，
∴AC=CB，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60∘，
∴∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
CB=CA∠BCD=∠ACECD=CE，
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴∠DBC=∠EAC=15∘，
∵∠BAC=60∘，
∴∠BAF=∠BAC+∠CAE=75∘.
如图1中，设BF交AC于点T.
同法可证△BCD≌△ACE，
∴∠CBD=∠CAF，
∵∠BTC=∠ATF，
∴∠BCT=∠AFT=60∘，
∴点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，
∴BD= BC2−CD2= 36−9=3 3，
∴AE=BD=3 3，∠BDC=∠AEC=90∘，
∵CD=CE，CF=CF，
∴Rt△CFD≌Rt△CFE(HL)，
∴∠DCF=∠ECF=30∘，
∴EF=CE⋅tan30∘= 3，
∴AF的最小值=AE−EF=3 3− 3=2 3，
故答案为：75，2 3.
第一个问题证明△BCD≌△ACE(SAS)，推出∠DBC=∠EAC=15∘，可得∠BAF=∠BAC+∠CAE=75∘.第二个问题，如图1中，设BF交AC于点T.证明∠BCT=∠AFT=60∘，推出点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，求出AE，EF可得结论．
本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，轨迹，解直角三角形，等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：|−5|+(3− 2)0−2tan45∘
=5+1−2×1
=5+1−2
=4.
【解析】首先计算零指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
18.【答案】解：{3x+2y=12①2x−y=1②，
①+②×2，可得7x=14，
解得x=2，
把x=2代入①，可得3×2+2y=12，
解得y=3，
∴原方程组的解是x=2y=3.
【解析】应用加减消元法，求出方程组的解即可．
此题主要考查了解二元一次方程组的方法，注意代入消元法和加减消元法的应用．
19.【答案】解：原式=a(a+3)(a−3)÷a−3+3a−3
=a(a+3)(a−3)⋅a−3a
=1a+3，
将a= 2−3代入得，原式=1 2−3+3= 22.
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把a的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
20.【答案】解：(1)根据题意画图如下；
点Q的所有可能坐标是：(1,1)，(1,−2)，(1,2)，(2,1)，(2,−2)，(2,2)；
(2)∵共有6种等可能的情况数，其中点Q落在直线y=x−3上的有1种，
∴点Q落在直线y=x−3上的概率为16.
【解析】(1)根据题意画出树状图，得出点Q的所有可能坐标即可；
(2)根据一次函数图象上点的坐标特征得出落在直线y=x−3上的所有点，再根据概率公式即可得出答案．
本题考查的是画树状图法求概率和一次函数图象上点的坐标特征，正确利用树状图得到点Q的所有可能坐标是解题的关键．
21.【答案】①或②
【解析】解：选择①，
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，
∴OA=OC，OB=OD，
∵AE=CF，
∴OA−AE=OC−CF，
∴OE=OF，
在△BOE和△DOF中，
OB=OD∠BOE=∠DOFOE=OF，
∴△BOE≌△DOF(SAS)，
∴BE=DF.
答案不唯一，选择②，
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，
∴OB=OD，
∵BE//DF，
∴∠OBE=∠ODF，
在△BOE和△DOF中，
∠BOE=∠DOFOB=OD∠OBE=∠ODF，
∴△BOE≌△DOF(ASA)，
∴BE=DF，
故答案为：①或②．
选择①，由平行四边形的性质得OA=OC，OB=OD，而AE=CF，则OE=OF，即可证明△BOE≌△DOF，得BE=DF；
选择②，由平行四边形的性质得OB=OD，由BE//DF，得∠OBE=∠ODF，即可证明△BOE≌△DOF，得BE=DF.
此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△BOE≌△DOF是解题的关键．
22.【答案】60
【解析】解：(1)n=18÷30%=60，
故答案为：60；
(2)A组人数为60×10%=6(人)，
D组人数为60−(6+18+24)=12(人)，
图中表示“C”的扇形圆心角的度数为360∘×2460=144∘；
补全图形如下：
(3)1200×24+1260=720(人)，
答：估计全校竞赛成绩达到优秀的学生人数约为720人．
(1)由B组人数及其所占百分比可得n的值；
(2)求出A、D组人数即可补全图形，用360∘乘以C组人数所占比例即可；
(3)用总人数乘以样本中C、D组人数所占比例即可．
本题考查频数分布直方图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确统计图的特点和中位数的含义，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】2023
【解析】解：(1)3747=3×83+7×82+4×81+7×80
=1536+448+32+7
=2023.
故答案为：2023；
(2)依题意有：2n2+3n+4=193，
解得n1=9，n2=−212(负值舍去).
故n的值是9.
(1)根据题意，从个位数字起，将八进制的每一位数分别乘以80，81，82，83，再把所得的结果相加即可；
(2)根据n进制数和十进制数的计算方法得到关于n的方程，解方程即可．
本题考查有理数的混合运算，解题关键是根据题意找到进制转化的方法．
24.【答案】(1)证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∵∠EAC=∠D，∠B=∠D，
∴∠EAC=∠B，
∴∠EAB=∠EAC+∠BAC=∠B+∠BAC=90∘，
∵OA是⊙O的半径，且AE⊥OA，
∴AE是⊙O的切线．
(2)解：作FG⊥BC于G，则∠CGF=∠BGF=90∘，
∵∠BAD=∠BCD，
∴FGCG=tan∠BCD=tan∠BAD= 32，
∴FG= 32CG，
∵FG2+CG2=CF2，且CF=7，
∴( 32CG)2+CG2=72，
解得CG=2 7或CG=−2 7(不符合题意，舍去)，
∴FG= 32×2 7= 21，
∵∠BGF=∠ACB=90∘，
∴FG//AC，
∴∠BFG=∠BAC=30∘，
∴BG=FG⋅tan30∘= 21× 33= 7，
∴BC=CG+BG=2 7+ 7=3 7，
∴AB=2BC=2×3 7=6 7，
∴r=12AB=12×6 7=3 7.
【解析】(1)由AB是⊙O的直径，得∠ACB=90∘，再由∠EAC=∠D，∠B=∠D，推导出∠EAC=∠B，则∠EAB=∠EAC+∠BAC=∠B+∠BAC=90∘，即可证明AE是⊙O的切线；
(2)作FG⊥BC于G，由∠BAD=∠BCD，得FGCG=tan∠BCD=tan∠BAD= 32，所以FG= 32CG，由勾股定理得( 32CG)2+CG2=72，则CG=2 7，FG= 21，由FG//AC，得∠BFG=∠BAC=30∘，则BG=FG⋅tan30∘= 7，所以BC=CG+BG=3 7，则AB=2BC=6 7，所以r=12AB=3 7.
此题重点考查直角所对的圆周角是直角、直角三角形的两个锐角互余、直角三角形中30∘角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
25.【答案】D
【解析】(1)解：对于点B，C=2(2+2)=8，S=2×2=4≠C，不符合题意；
对于点C，C=2(1+1)=4，S=1×1=1≠C，不符合题意；
对于D，C=2(4+4)=16，S=4×4=16，符合题意，
故答案为：D；
(2)证明：点E的坐标为：(t,4t)，则点F(t+2,4t)，
则C=2(t+2+4t+2)=2t+8t+8，
S=(t+2)×(4t+2)=2t+8t+8，
∴C=S，
∴点F为“等值点”；
(3)解：由题意得：C=2(x+y)=2b，S=xy=−x2+bx，
∵C=S，则−x2+bx=2b，
即x2−bx+2b=0，
∵图象在第一象限内有两个“等值点”，且x1+x2=b>0，
∴Δ=b2−8b>0，
∴b>8.
(1)按照“等值点”的定义即可求解；
(2)点E的坐标为：(t,4t)，则点F(t+2,4t)，则C=2(t+2+4t+2)=2t+8t+8，S=(t+2)×(4t+2)=2t+8t+8，即可求解；
(3)由题意得：C=2(x+y)=2b，S=xy=−x2+bx，得到x2−bx+2b=0，即可求解．
本题为反比例函数综合题，涉及到图形的面积和周长的计算、根的判别式的应用，正确理解新定义是本题解题的关键．
26.【答案】2 2 2 4 5
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，AB=4cm，
∴∠B=90∘，AB=BC=CD=AD=4cm，
∴AC= AB2+BC2= 42+42=4 2(cm)，∠BCA=∠BAC=45∘，
当点P在BC上，点Q在AC上，如图1(1)，作QI⊥BC于点I，则∠CIQ=90∘，
∵BP=2xcm，CQ=axcm，
∴IQ=CQ⋅sin45∘= 22axcm，
∴y=12× 22ax(4−2x)=− 22ax2+ 2ax，
∴此时的函数图象是一段抛物线，即图2中点O、点F间的一段曲线，
由2k=4得k=2，
由2a=4 2得a=2 2；
当点P在CD上，点Q在AB上，如图1(2)，设CP=rcm，
∴y=12×4r=2r，
∴此时的函数图象是一条线段，即图2中的线段FG，
由2m=4×2得m=4，
∵ 23a= 23×2 2=43，
∴此时的速度为43cm/s；
当点P与点D重合，点Q在AB上，如图1(3)，
∴y=12×4×4=8，
∴此时的函数图象为与x轴平行的一条线段，即图2中的线段GH，
∵43(n−4)+43×(4−2)=4，
∴n=5，
故答案为：2 2，2，4，5.
(2)设FG的函数表达式为y=px+q，
由(1)得F(2,0)，G(4,8)，
∴2p+q=04p+q=8，解得p=4q=−8，
∴FG的函数表达式为y=4x−8(2
当x=0时，如图3(1)，此时点P与点B重合，点Q与点C重合，
∴BC为⊙O的直径，
∴AB⊥OB，
∴⊙O与AB相切；
当⊙O与AC相切时，如图3(2)，则AC⊥OQ，
∴∠CQP=90∘，
∵CQPC=cos45∘= 22，
∴CQ= 22PC，
∴2 2x= 22(4−2x)，解得x=23；
当⊙O与BC相切时，如图3(3)，则BC⊥OP，
∴∠CPQ=90∘，
∵PCCQ=cos45∘= 22，
∴PC= 22CQ，
∴4−2x= 22×2 2x，解得x=1；
当⊙O与AB相切，且x≠0时，如图3(4)，连接OM，作QR⊥BC于点R，交OM于点N，
∵AB⊥OM，
∴∠BMN=∠MBR=∠BRN=90∘，
∴四边形BMNR是矩形，
∵∠CRQ=90∘，∠RCQ=45∘，
∴∠RQC=∠RCQ=45∘，
∴QR=CR=CQ⋅cos45∘=2 2x× 22=2x，
∴MN=RB=4−2x，
∵OM//PB，OP=OQ，
∴RNQN=OPOQ=1，
∴RN=QN，
∵PR=CR−PC=2x−(4−2x)=4x−4，
∴ON=12PR=12(4x−4)=2x−2，
∴OM=MN+ON=4−2x+2x−2=2，
∴PQ=2OM=4，
∵QR2+PR2=PQ2，
∴(2x)2+(4x−4)2=42，解得x1=85，x2=0(不符合题意，舍去)，
综上所述，x的值为0或23或1或85.
(1)由勾股定理得AC=4 2cm，当点P在BC上，点Q在AC上，作QI⊥BC于点I，因为BP=2xcm，CQ=axcm，所以IQ=CQ⋅sin45∘= 22axcm，则y=12× 22ax(4−2x)=− 22ax2+ 2ax，可知此时的函数图象是图2中点O、点F间的一段曲线，可求得k=2，a=2 2；当点P在CD上，点Q在AB上，设CP=rcm，则y=12×4r=2r，可知此时的函数图象为图2中的线段FG，可求得m=4， 23a=43；当点P与点D重合，点Q在AB上，则y=12×4×4=8，此时的函数图象为图2中的线段GH，可求得n=5，于是得到问题的答案；
(2)设FG的函数表达式为y=px+q，将F(2,0)，G(4,8)代入y=px+q，列方程组并且解该方程组求出p、q的值可得到FG的函数表达式为y=4x−8(2
此题重点考查二次函数的图象、一次函数的图象、用待定系数法求函数表达式、正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形的中位线定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
27.【答案】8 10
【解析】解：(1)把B(3,0)，C(0,−3)代入y=x2+bx+c得：
9+3b+c=0c=−3，
解得b=−2c=−3，
∴二次函数的表达式为y=x2−2x−3；
(2)如图：
由B(3,0)，C(0,−3)得直线BC解析式为y=x−3，
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴抛物线对称轴为直线x=1，
设P(m,m−3)，则M(m,m2−2m−3)，N(2−m,m2−2m−3)，
∴PM=|m2−3m|，MN=|2−2m|，
∵PM=MN，
∴|m2−3m|=|2−2m|，
解得m=2或m=−1或m=5+ 172或m=5− 172；
∴点P的横坐标为2或−1或5+ 172或5− 172；
(3)过Q作QG//BC交x轴于G，作A关于QG的对称点A′，连接A′Q，A′A，A′D，A′G，如图：
∵C(0,−3)，C，D关于x轴对称，
∴D(0,3)，
在y=x2−2x−3中，令y=0得x=−1或x=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
∴AB=4，
∵AQ=3PQ，QG//BC，
∴AG=3BG，
∴AG=3，BG=1，
∴G(2,0)，
∴AG=3，
∵OB=OC，
∴∠OBC=45∘，
∵A关于QG的对称点为A′，
∴AQ=A′Q，
∴DQ+AQ=DQ+A′Q≥A′D，
∴3AP+4DQ=4(34AP+DQ)=4(AQ+DQ)≥4A′D，
∵∠QGA=∠CBO=45∘，AA′⊥QG，
∴∠A′AG=45∘，
∵AG=A′G=3，
∴∠AA′G=45∘，
∴∠AGA′=90∘，
∴A′(2,−3)，
∴A′D= 22+(−3−3)2=2 10，
又3AP+4DQ≥4A′D，
∴3AP+4DQ≥8 10，
∴3AP+4DQ的最小值为8 10.
故答案为：8 10.
(1)用待定系数法可得二次函数的表达式为y=x2−2x−3；
(2)由B(3,0)，C(0,−3)得直线BC解析式为y=x−3，由y=x2−2x−3=(x−1)2−4，得抛物线对称轴为直线x=1，设P(m,m−3)，可得PM=|m2−3m|，MN=|2−2m|，故|m2−3m|=|2−2m|，即可解得点P的横坐标为2或−1或5+ 172或5− 172；
(3)过Q作QG//BC交x轴于G，作A关于QG的对称点A′，连接A′Q，A′A，A′D，A′G，由C(0,−3)，C，D关于x轴对称，得D(0,3)，在y=x2−2x−3中，可得A(−1,0)，AB=4，由AQ=3PQ，QG//BC，即可求得G(2,0)，AG=3，而OB=OC，有∠OBC=45∘，因AQ=A′Q，故DQ+AQ=DQ+A′Q≥A′D，又3AP+4DQ=4(34AP+DQ)=4(AQ+DQ)≥4A′D，根据∠QGA=∠CBO=45∘，AA′⊥QG，可求得A′(2,−3)，即得A′D= 22+(−3−3)2=2 10，从而可求得3AP+4DQ的最小值为8 10.
本题考查二次函数综合应用，涉及解绝对值方程，待定系数法求解析式，二次函数图象及性质，熟练掌握二次函数图象及性质，利用轴对称求最短距离的方法是解题的关键．
2023年江苏省苏州市姑苏区立达中学中考数学零模试卷
1. 2023的相反数是( )
A. 2023 B. 12023 C. −2023 D. −12023
2. 下面由北京冬奥会比赛项目图标组成的四个图形中，可看作轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 沪渝蓉高铁是国家中长期铁路网规划“八纵八横”之沿江高铁通道的主通道，其中南通段总投资约39000000000元，将39000000000用科学记数法表示为( )
A. 3.9×1011 B. 0.39×1011 C. 3.9×1010 D. 39×109
4. 下列运算正确的是( )
A. 2m−m=1 B. m2⋅m3=a6 C. m6÷m2=m4 D. (m3)2=m5
5. 将一副三角板(厚度不计)如图摆放，使含30∘角的三角板的斜边与含45∘角的三角板的一条直角边平行，则∠α的角度为( )
A. 100∘ B. 105∘ C. 110∘ D. 120∘
6. 已知一组数据：111，113，115，115，116，这组数据的平均数和众数分别是( )
A. 114，115 B. 114，114 C. 115，114 D. 115，115
7. 如果x
8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(x1,y1)，点B(x2,y2)在双曲线y=3x上，且0
B. 32
C. 12
D. 33
9. 分解因式：2a2−8=__________.
10. 若关于x的一元二次方程x2−2x+k=0有实数根，则实数k的取值范围是__________.
11. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的平分线AD交BC于点D，E为AB的中点，若BC=12，AD=8，则DE的长为__________.
12. 如图，AB，AC是⊙O的两条弦，且AB=AC，点D，P分别在BC，AC上.若∠BDC=140∘，则∠APC的度数为______ .
13. 如图，B为地面上一点，测得B到树底部C的距离为5m，在B处放置1m高的测角仪BD，测得树顶A的仰角为60∘，则树高AC为______ m(结果保留根号).
14. 如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90∘，AC=BC=4，点D是斜边AB上一点，且BD=14AB，将△ABC绕点D逆时针旋转90∘，得到△A′B′C′，B′C′交AB于点E.其中点C的运动路径为弧CC′，则弧CC′的长度为______.
15. 如图，将Rt△ABC沿斜边AB翻折得到△ABD，O为斜边AB的中点，连接DO并延长DO使DO=OE，连接AE，已知AC=9，BC=3，则cos∠CAE=______ .
16. 如图，△ABC是边长为6的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F.若点D在△ABC内，∠DBC=15∘，则∠BAF=______ ∘；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是______ .
17. 计算：|−5|+(3− 2)0−2tan45∘.
18. 解二元一次方程组：3x+2y=122x−y=1.
19. 先化简再求值：aa2−9÷(1+3a−3)，其中a= 2−3.
20. 有A，B两个黑布袋，A布袋中有两个完全相同的小球，分别标有数字1和2，B布袋中有三个完全相同的小球，分别标有数字1，−2和2.小明从A布袋中随机取出一个小球，记录其标有的数字为x，再从B布袋中随机取出一个小球，记录其标有的数字为y，这样就确定点Q的一个坐标为(x,y).
(1)用列表或画树状图的方法写出点Q的所有可能坐标；
(2)求点Q落在直线y=x−3上的概率．
21. 在①AE=CF；②BE//DF；③BE=DF这三个条件中任选一个合适的补充条件在下面横线上，并完成证明过程.已知，如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD交于点O，点E、F在AC上，______ (填写序号)求证：BE=DF.
22. 为了培养学生对航天知识的学习兴趣，某校组织全校1200名学生进行“航天知识竞赛”，从中随机抽取n名学生的竞赛成绩(满分100分，每名学生的成绩记为x分)分成四组，A组：60≤x<70；B组：70≤x<80；C组：80≤x<90；D组：90≤x<100，得到如下不完整的频数分布直方图和扇形统计图.根据图中信息，解答下列问题：
(1)n的值为______ ；
(2)请补全频数分布直方图，并求图中表示“C”的扇形圆心角的度数；
(3)若规定学生竞赛成绩x≥80为优秀，请估算全校竞赛成绩达到优秀的学生人数.
23. 第十四届国际数学教育大会(ICME−14)会徽的主题图案有着丰富的数学元素，展现了我国古代数学的文化魅力，其右下方的“卦”是用我国古代的计数符号写出的八进制数3745.八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0∼7共8个基本数字.八进制数3745换算成十进制数是3×83+7×82+4×81+5×80=2021，表示ICME−14的举办年份.
(1)八进制数3747换算成十进制数是______ ；
(2)小华设计了一个n进制数234，换算成十进制数是193，求n的值.
24. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD与直径AB相交于点F，点E在⊙O外，作直线AE，且∠EAC=∠D.
(1)求证：直线AE是⊙O的切线；
(2)若∠BAC=30∘，tan∠BAD= 32，CF=7.求圆的半径r.
25. 在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若两垂线与坐标轴围成矩形的周长C数值和面积S数值相等，则称这个点为“等值点”.例如：点A(3,6)，因为C=(3+6)×2=18，S=3×6=18，所以A是“等值点”.
(1)在点B(−2,−2)，C(1,1)，D(−4,4)中，是“等值点”的有：______ ；
(2)若点E为双曲线y=4x，x>0上任意一点，将点E向右平移2个单位，再向上平移2个单位得到点F，求证：点F为“等值点”；
(3)若一次函数y=−x+b的图象在第一象限内有两个“等值点”，求b的取值范围.
26. 如图1，已知正方形ABCD中，AB=4cm，点P从B点出发，以2cm/s的速度沿B→C→D的路径匀速运动，运动到D点后立即停止运动；点Q从点C出发，以acm/s的速度沿C→A的路径匀速运动，然后以 23a的速度沿A→B路径匀速运动，运动到点B后立即停止运动，若P、Q两点同时出发，设点Q的运动时间为x(s)，△CPQ的面积为y(cm2)，y与x的函数关系如图2所示.
(1)a=______ ，k=______ ，m=______ ，n=______ ；
(2)求FG的函数表达式；
(3)0≤x≤k时，求出以PQ为直径的圆与△ABC任一边相切时相应的x的值.
27. 如图(1)，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，点B的坐标为(3,0)，点C的坐标为(0,−3)，直线l经过B，C两点.
(1)求二次函数的表达式；
(2)点P为直线l上的一点，过点P作x轴的垂线与该二次函数的图象相交于点M，再过点M作y轴的垂线与该二次函数的图象相交于另一点N，当PM=MN时，求点P的横坐标；
(3)如图(2)，点C关于x轴的对称点为点D，点P为线段上BC的一个动点，连接AP；点Q为线段AP上一点，且AQ=3PQ，连接DQ，求3AP+4DQ的最小值______ (直接写出答案).
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：2023的相反数是−2023.
故选：C.
只有符号不同的两个数叫做互为相反数，由此即可得到答案．
本题考查相反数，关键是掌握相反数的定义．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
此题主要考查了轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是解答本题的关键．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】
解：选项A、B、C不能找到这样的一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形．
选项D能找到这样的一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：D.
3.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查了用科学记数法表示绝对值较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
【解答】
解：39000000000=3.9×1010.
故选：C.
4.【答案】C
【解析】解：A、2m−m=m，故A不符合题意；
B、m2⋅m3=a5，故B不符合题意；
C、m6÷m2=m4，故C符合题意；
D、(m3)2=m6，故D不符合题意；
故选：C.
利用同底数幂的除法的法则，合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查同底数幂的除法，合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
5.【答案】B
【解析】解：∵含30∘角的三角板的斜边与含45∘角的三角板的一条直角边平行，如图所示：
∴∠ABC=∠A=45∘，
∵∠C=30∘，
∴∠α=180∘−45∘−30∘=105∘，
故选：B.
根据平行线的性质可得∠ABC的度数，再根据三角形内角和定理可得∠α的度数．
本题考查了平行线的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握这些知识是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了平均数和众数．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
根据众数定义确定众数；利用算术平均数的计算方法可以算得平均数．
【解答】
解：平均数x−=(111+113+115+115+116)÷5=114，
数据115出现了2次，次数最多，
∴众数是115.
故选：A.
7.【答案】D
【解析】解：A、在不等式x
D、在不等式x
根据不等式的性质进行分析判断．
本题主要考查了不等式的性质．不等式的性质1：不等式的两边都加(或减)同一个数或式子，不等号的方向不变；不等式的性质2：不等式的两边都乘以(或除以)同一个正数，不等号的方向不变；不等式的性质3：不等式的两边都乘以(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．据此逐一判断即可．
8.【答案】C
【解析】解：如图，过点A作AF⊥x轴于点F，过点B作BH⊥x轴于点H，
∵A(x1,y1)，点B(x2,y2)在双曲线y=3x上，
∴AF=3x1，BH=3x2，FH=x2−x1，S△AOF=32=S△BOH，
∴S梯形ABHF=12FH⋅(AF+BH)=12(x2−x1)(3x1+3x2)，
∵S△AOB=S△AOF+S梯形ABHF−S△BOH=32+12(x2−x1)(3x1+3x2)−32=12(x2−x1)(3x1+3x2)，
∴12(x2−x1)(3x1+3x2)=94，
∴x22−x12=32x1x2，
∴x2x1−x1x2=32，
设t=x2x1，则t−1t=32，
解得：t=2或t=−12(舍去)，
∴x2x1=2，
∵AC//BD//x轴，点C，点D在双曲线y=6x图象上，
∴点C(2x1,3x1)，点D(2x2,3x2)，
∴AC=2x1−x1=x1，BD=2x2−x2=x2，
∴ACBD=x1x2=12，
故选：C.
过点A作AF⊥x轴于点F，过点B作BH⊥x轴于点H，由A(x1,y1)，点B(x2,y2)在双曲线y=3x上，可得AF=3x1，BH=3x2，FH=x2−x1，S△AOF=32=S△BOH，即得S梯形ABHF=12FH⋅(AF+BH)=12(x2−x1)(3x1+3x2)，根据△AOB的面积为94，可得12(x2−x1)(3x1+3x2)=94，即有x2x1−x1x2=32，设t=x2x1，则t−1t=32，解得：t=2或t=−12(舍去)，故x2x1=2，又AC//BD//x轴，点C，点D在双曲线y=6x图象上，可得AC=2x1−x1=x1，BD=2x2−x2=x2，从而ACBD=x1x2=12.
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例系数k的几何意义，分式方程，一元二次方程的知识，解题的关键是熟练掌握反比例函数系数k的几何意义．
9.【答案】2(a+2)(a−2)
【解析】
【分析】
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止，先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【解答】
解：2a2−8
=2(a2−4)，
=2(a+2)(a−2).
故答案为：2(a+2)(a−2).
10.【答案】k≤1
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式与一元二次方程根的关系是解决本题的关键．
根据一元二次方程根的情况知Δ=(−2)2−4×1⋅k=4−4k≥0，解不等式即可．
【解答】
解：∵关于x的一元二次方程x2−2x+k=0有实数根，
∴Δ=(−2)2−4×1⋅k=4−4k≥0.
∴k≤1.
故答案为：k≤1.
11.【答案】5
【解析】
【分析】
本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
利用勾股定理求出AB，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．
【解答】
解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD=6，
∴∠ADB=90∘，
∴AB= AD2+BD2= 82+62=10，
∵AE=EB，
∴DE=12AB=5，
故答案为5.
12.【答案】110∘
【解析】解：在圆内接四边形ABCD中，∠BDC=140∘，
∴∠BAC=180∘−∠BDC=180∘−140∘=40∘，
∵AB=AC，
∴∠ABC=12(180∘−40∘)=70∘，
∴∠APC=180∘−70∘=110∘，
故答案为：110∘.
根据圆内接四边形对角互补求得∠BAC的度数，根据等腰三角形的性质可求得∠ABC的度数，进而根据圆内接四边形对角互补即可求得∠APC的度数．
此题主要考查了圆的内接四边形的性质，圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角或弧的度数的一半．
13.【答案】(5 3+1)
【解析】解：如图：
由题意得：DE⊥AC，DB=EC=1m，DE=BC=5m，
在Rt△ADE中，∠ADE=60∘，
∴AE=DE⋅tan60∘=5 3(m)，
∴AC=AE+EC=(5 3+1)m，
故答案为：(5 3+1).
根据题意可得：DE⊥AC，DB=EC=1m，DE=BC=5m，然后在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
14.【答案】 10π2
【解析】解：连接CD，DC′，作CH⊥AB于H，
∵AC=BC=4，∠ACB=90∘，
∴AB=4 2，CH=BH=2 2，
∵BD=14AB，
∴BD= 2，
∴DH= 2，
在Rt△CHD中，由勾股定理得，
CD= CH2+DH2= 10，
∴弧CC′的长度为90π× 10180= 10π2，
故答案为： 10π2.
连接CD，DC′，作CH⊥AB于H，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求出DC的长，再代入弧长公式计算即可．
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
15.【答案】35
【解析】解：连接BE交AC于F，如图：
∵O为AB中点，OD=OE，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵将Rt△ABC沿斜边AB翻折得到△ABD，
∴∠ADB=∠C=90∘，BD=BC，
∴四边形AEBD是矩形，
∴∠AEF=90∘=∠C，AE=BD=BC=3，
∵∠AFE=∠BFC，
∴△AFE≌△BFC(AAS)，
∴AF=BF，
设AF=BF=x，则CF=AC−AF=9−x，
在Rt△BCF中，CF2+BC2=BF2，
∴(9−x)2+32=x2，
解得x=5，
∴AF=5，
∴cos∠CAE=AEAF=35；
故答案为：35.
连接BE交AC于F，由O为AB中点，OD=OE，∠ADB=∠C=90∘，可得四边形AEBD是矩形，故∠AEF=90∘=∠C，AE=BD=BC=3，从而可得△AFE≌△BFC(AAS)，AF=BF，设AF=BF=x，有(9−x)2+32=x2，即解得AF=5，从而cos∠CAE=AEAF=35.
本题考查直角三角形的翻折问题，涉及全等三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用勾股定理列方程．
16.【答案】752 3
【解析】解：∵△ACB，△DEC都是等边三角形，
∴AC=CB，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60∘，
∴∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
CB=CA∠BCD=∠ACECD=CE，
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴∠DBC=∠EAC=15∘，
∵∠BAC=60∘，
∴∠BAF=∠BAC+∠CAE=75∘.
如图1中，设BF交AC于点T.
同法可证△BCD≌△ACE，
∴∠CBD=∠CAF，
∵∠BTC=∠ATF，
∴∠BCT=∠AFT=60∘，
∴点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，
∴BD= BC2−CD2= 36−9=3 3，
∴AE=BD=3 3，∠BDC=∠AEC=90∘，
∵CD=CE，CF=CF，
∴Rt△CFD≌Rt△CFE(HL)，
∴∠DCF=∠ECF=30∘，
∴EF=CE⋅tan30∘= 3，
∴AF的最小值=AE−EF=3 3− 3=2 3，
故答案为：75，2 3.
第一个问题证明△BCD≌△ACE(SAS)，推出∠DBC=∠EAC=15∘，可得∠BAF=∠BAC+∠CAE=75∘.第二个问题，如图1中，设BF交AC于点T.证明∠BCT=∠AFT=60∘，推出点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，求出AE，EF可得结论．
本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，轨迹，解直角三角形，等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：|−5|+(3− 2)0−2tan45∘
=5+1−2×1
=5+1−2
=4.
【解析】首先计算零指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
18.【答案】解：{3x+2y=12①2x−y=1②，
①+②×2，可得7x=14，
解得x=2，
把x=2代入①，可得3×2+2y=12，
解得y=3，
∴原方程组的解是x=2y=3.
【解析】应用加减消元法，求出方程组的解即可．
此题主要考查了解二元一次方程组的方法，注意代入消元法和加减消元法的应用．
19.【答案】解：原式=a(a+3)(a−3)÷a−3+3a−3
=a(a+3)(a−3)⋅a−3a
=1a+3，
将a= 2−3代入得，原式=1 2−3+3= 22.
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把a的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
20.【答案】解：(1)根据题意画图如下；
点Q的所有可能坐标是：(1,1)，(1,−2)，(1,2)，(2,1)，(2,−2)，(2,2)；
(2)∵共有6种等可能的情况数，其中点Q落在直线y=x−3上的有1种，
∴点Q落在直线y=x−3上的概率为16.
【解析】(1)根据题意画出树状图，得出点Q的所有可能坐标即可；
(2)根据一次函数图象上点的坐标特征得出落在直线y=x−3上的所有点，再根据概率公式即可得出答案．
本题考查的是画树状图法求概率和一次函数图象上点的坐标特征，正确利用树状图得到点Q的所有可能坐标是解题的关键．
21.【答案】①或②
【解析】解：选择①，
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，
∴OA=OC，OB=OD，
∵AE=CF，
∴OA−AE=OC−CF，
∴OE=OF，
在△BOE和△DOF中，
OB=OD∠BOE=∠DOFOE=OF，
∴△BOE≌△DOF(SAS)，
∴BE=DF.
答案不唯一，选择②，
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，
∴OB=OD，
∵BE//DF，
∴∠OBE=∠ODF，
在△BOE和△DOF中，
∠BOE=∠DOFOB=OD∠OBE=∠ODF，
∴△BOE≌△DOF(ASA)，
∴BE=DF，
故答案为：①或②．
选择①，由平行四边形的性质得OA=OC，OB=OD，而AE=CF，则OE=OF，即可证明△BOE≌△DOF，得BE=DF；
选择②，由平行四边形的性质得OB=OD，由BE//DF，得∠OBE=∠ODF，即可证明△BOE≌△DOF，得BE=DF.
此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△BOE≌△DOF是解题的关键．
22.【答案】60
【解析】解：(1)n=18÷30%=60，
故答案为：60；
(2)A组人数为60×10%=6(人)，
D组人数为60−(6+18+24)=12(人)，
图中表示“C”的扇形圆心角的度数为360∘×2460=144∘；
补全图形如下：
(3)1200×24+1260=720(人)，
答：估计全校竞赛成绩达到优秀的学生人数约为720人．
(1)由B组人数及其所占百分比可得n的值；
(2)求出A、D组人数即可补全图形，用360∘乘以C组人数所占比例即可；
(3)用总人数乘以样本中C、D组人数所占比例即可．
本题考查频数分布直方图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确统计图的特点和中位数的含义，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】2023
【解析】解：(1)3747=3×83+7×82+4×81+7×80
=1536+448+32+7
=2023.
故答案为：2023；
(2)依题意有：2n2+3n+4=193，
解得n1=9，n2=−212(负值舍去).
故n的值是9.
(1)根据题意，从个位数字起，将八进制的每一位数分别乘以80，81，82，83，再把所得的结果相加即可；
(2)根据n进制数和十进制数的计算方法得到关于n的方程，解方程即可．
本题考查有理数的混合运算，解题关键是根据题意找到进制转化的方法．
24.【答案】(1)证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∵∠EAC=∠D，∠B=∠D，
∴∠EAC=∠B，
∴∠EAB=∠EAC+∠BAC=∠B+∠BAC=90∘，
∵OA是⊙O的半径，且AE⊥OA，
∴AE是⊙O的切线．
(2)解：作FG⊥BC于G，则∠CGF=∠BGF=90∘，
∵∠BAD=∠BCD，
∴FGCG=tan∠BCD=tan∠BAD= 32，
∴FG= 32CG，
∵FG2+CG2=CF2，且CF=7，
∴( 32CG)2+CG2=72，
解得CG=2 7或CG=−2 7(不符合题意，舍去)，
∴FG= 32×2 7= 21，
∵∠BGF=∠ACB=90∘，
∴FG//AC，
∴∠BFG=∠BAC=30∘，
∴BG=FG⋅tan30∘= 21× 33= 7，
∴BC=CG+BG=2 7+ 7=3 7，
∴AB=2BC=2×3 7=6 7，
∴r=12AB=12×6 7=3 7.
【解析】(1)由AB是⊙O的直径，得∠ACB=90∘，再由∠EAC=∠D，∠B=∠D，推导出∠EAC=∠B，则∠EAB=∠EAC+∠BAC=∠B+∠BAC=90∘，即可证明AE是⊙O的切线；
(2)作FG⊥BC于G，由∠BAD=∠BCD，得FGCG=tan∠BCD=tan∠BAD= 32，所以FG= 32CG，由勾股定理得( 32CG)2+CG2=72，则CG=2 7，FG= 21，由FG//AC，得∠BFG=∠BAC=30∘，则BG=FG⋅tan30∘= 7，所以BC=CG+BG=3 7，则AB=2BC=6 7，所以r=12AB=3 7.
此题重点考查直角所对的圆周角是直角、直角三角形的两个锐角互余、直角三角形中30∘角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
25.【答案】D
【解析】(1)解：对于点B，C=2(2+2)=8，S=2×2=4≠C，不符合题意；
对于点C，C=2(1+1)=4，S=1×1=1≠C，不符合题意；
对于D，C=2(4+4)=16，S=4×4=16，符合题意，
故答案为：D；
(2)证明：点E的坐标为：(t,4t)，则点F(t+2,4t)，
则C=2(t+2+4t+2)=2t+8t+8，
S=(t+2)×(4t+2)=2t+8t+8，
∴C=S，
∴点F为“等值点”；
(3)解：由题意得：C=2(x+y)=2b，S=xy=−x2+bx，
∵C=S，则−x2+bx=2b，
即x2−bx+2b=0，
∵图象在第一象限内有两个“等值点”，且x1+x2=b>0，
∴Δ=b2−8b>0，
∴b>8.
(1)按照“等值点”的定义即可求解；
(2)点E的坐标为：(t,4t)，则点F(t+2,4t)，则C=2(t+2+4t+2)=2t+8t+8，S=(t+2)×(4t+2)=2t+8t+8，即可求解；
(3)由题意得：C=2(x+y)=2b，S=xy=−x2+bx，得到x2−bx+2b=0，即可求解．
本题为反比例函数综合题，涉及到图形的面积和周长的计算、根的判别式的应用，正确理解新定义是本题解题的关键．
26.【答案】2 2 2 4 5
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，AB=4cm，
∴∠B=90∘，AB=BC=CD=AD=4cm，
∴AC= AB2+BC2= 42+42=4 2(cm)，∠BCA=∠BAC=45∘，
当点P在BC上，点Q在AC上，如图1(1)，作QI⊥BC于点I，则∠CIQ=90∘，
∵BP=2xcm，CQ=axcm，
∴IQ=CQ⋅sin45∘= 22axcm，
∴y=12× 22ax(4−2x)=− 22ax2+ 2ax，
∴此时的函数图象是一段抛物线，即图2中点O、点F间的一段曲线，
由2k=4得k=2，
由2a=4 2得a=2 2；
当点P在CD上，点Q在AB上，如图1(2)，设CP=rcm，
∴y=12×4r=2r，
∴此时的函数图象是一条线段，即图2中的线段FG，
由2m=4×2得m=4，
∵ 23a= 23×2 2=43，
∴此时的速度为43cm/s；
当点P与点D重合，点Q在AB上，如图1(3)，
∴y=12×4×4=8，
∴此时的函数图象为与x轴平行的一条线段，即图2中的线段GH，
∵43(n−4)+43×(4−2)=4，
∴n=5，
故答案为：2 2，2，4，5.
(2)设FG的函数表达式为y=px+q，
由(1)得F(2,0)，G(4,8)，
∴2p+q=04p+q=8，解得p=4q=−8，
∴FG的函数表达式为y=4x−8(2
当x=0时，如图3(1)，此时点P与点B重合，点Q与点C重合，
∴BC为⊙O的直径，
∴AB⊥OB，
∴⊙O与AB相切；
当⊙O与AC相切时，如图3(2)，则AC⊥OQ，
∴∠CQP=90∘，
∵CQPC=cos45∘= 22，
∴CQ= 22PC，
∴2 2x= 22(4−2x)，解得x=23；
当⊙O与BC相切时，如图3(3)，则BC⊥OP，
∴∠CPQ=90∘，
∵PCCQ=cos45∘= 22，
∴PC= 22CQ，
∴4−2x= 22×2 2x，解得x=1；
当⊙O与AB相切，且x≠0时，如图3(4)，连接OM，作QR⊥BC于点R，交OM于点N，
∵AB⊥OM，
∴∠BMN=∠MBR=∠BRN=90∘，
∴四边形BMNR是矩形，
∵∠CRQ=90∘，∠RCQ=45∘，
∴∠RQC=∠RCQ=45∘，
∴QR=CR=CQ⋅cos45∘=2 2x× 22=2x，
∴MN=RB=4−2x，
∵OM//PB，OP=OQ，
∴RNQN=OPOQ=1，
∴RN=QN，
∵PR=CR−PC=2x−(4−2x)=4x−4，
∴ON=12PR=12(4x−4)=2x−2，
∴OM=MN+ON=4−2x+2x−2=2，
∴PQ=2OM=4，
∵QR2+PR2=PQ2，
∴(2x)2+(4x−4)2=42，解得x1=85，x2=0(不符合题意，舍去)，
综上所述，x的值为0或23或1或85.
(1)由勾股定理得AC=4 2cm，当点P在BC上，点Q在AC上，作QI⊥BC于点I，因为BP=2xcm，CQ=axcm，所以IQ=CQ⋅sin45∘= 22axcm，则y=12× 22ax(4−2x)=− 22ax2+ 2ax，可知此时的函数图象是图2中点O、点F间的一段曲线，可求得k=2，a=2 2；当点P在CD上，点Q在AB上，设CP=rcm，则y=12×4r=2r，可知此时的函数图象为图2中的线段FG，可求得m=4， 23a=43；当点P与点D重合，点Q在AB上，则y=12×4×4=8，此时的函数图象为图2中的线段GH，可求得n=5，于是得到问题的答案；
(2)设FG的函数表达式为y=px+q，将F(2,0)，G(4,8)代入y=px+q，列方程组并且解该方程组求出p、q的值可得到FG的函数表达式为y=4x−8(2
此题重点考查二次函数的图象、一次函数的图象、用待定系数法求函数表达式、正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形的中位线定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
27.【答案】8 10
【解析】解：(1)把B(3,0)，C(0,−3)代入y=x2+bx+c得：
9+3b+c=0c=−3，
解得b=−2c=−3，
∴二次函数的表达式为y=x2−2x−3；
(2)如图：
由B(3,0)，C(0,−3)得直线BC解析式为y=x−3，
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴抛物线对称轴为直线x=1，
设P(m,m−3)，则M(m,m2−2m−3)，N(2−m,m2−2m−3)，
∴PM=|m2−3m|，MN=|2−2m|，
∵PM=MN，
∴|m2−3m|=|2−2m|，
解得m=2或m=−1或m=5+ 172或m=5− 172；
∴点P的横坐标为2或−1或5+ 172或5− 172；
(3)过Q作QG//BC交x轴于G，作A关于QG的对称点A′，连接A′Q，A′A，A′D，A′G，如图：
∵C(0,−3)，C，D关于x轴对称，
∴D(0,3)，
在y=x2−2x−3中，令y=0得x=−1或x=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
∴AB=4，
∵AQ=3PQ，QG//BC，
∴AG=3BG，
∴AG=3，BG=1，
∴G(2,0)，
∴AG=3，
∵OB=OC，
∴∠OBC=45∘，
∵A关于QG的对称点为A′，
∴AQ=A′Q，
∴DQ+AQ=DQ+A′Q≥A′D，
∴3AP+4DQ=4(34AP+DQ)=4(AQ+DQ)≥4A′D，
∵∠QGA=∠CBO=45∘，AA′⊥QG，
∴∠A′AG=45∘，
∵AG=A′G=3，
∴∠AA′G=45∘，
∴∠AGA′=90∘，
∴A′(2,−3)，
∴A′D= 22+(−3−3)2=2 10，
又3AP+4DQ≥4A′D，
∴3AP+4DQ≥8 10，
∴3AP+4DQ的最小值为8 10.
故答案为：8 10.
(1)用待定系数法可得二次函数的表达式为y=x2−2x−3；
(2)由B(3,0)，C(0,−3)得直线BC解析式为y=x−3，由y=x2−2x−3=(x−1)2−4，得抛物线对称轴为直线x=1，设P(m,m−3)，可得PM=|m2−3m|，MN=|2−2m|，故|m2−3m|=|2−2m|，即可解得点P的横坐标为2或−1或5+ 172或5− 172；
(3)过Q作QG//BC交x轴于G，作A关于QG的对称点A′，连接A′Q，A′A，A′D，A′G，由C(0,−3)，C，D关于x轴对称，得D(0,3)，在y=x2−2x−3中，可得A(−1,0)，AB=4，由AQ=3PQ，QG//BC，即可求得G(2,0)，AG=3，而OB=OC，有∠OBC=45∘，因AQ=A′Q，故DQ+AQ=DQ+A′Q≥A′D，又3AP+4DQ=4(34AP+DQ)=4(AQ+DQ)≥4A′D，根据∠QGA=∠CBO=45∘，AA′⊥QG，可求得A′(2,−3)，即得A′D= 22+(−3−3)2=2 10，从而可求得3AP+4DQ的最小值为8 10.
本题考查二次函数综合应用，涉及解绝对值方程，待定系数法求解析式，二次函数图象及性质，熟练掌握二次函数图象及性质，利用轴对称求最短距离的方法是解题的关键．
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2023年江苏省苏州市姑苏区立达中学中考数学一模试卷（含解析）： 这是一份2023年江苏省苏州市姑苏区立达中学中考数学一模试卷（含解析），共27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。
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