2023年中考押题预测卷02（天津卷）-数学（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

2023年中考押题预测卷02【天津卷】

数学·参考答案

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

第Ⅱ卷

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

13．解：原式＝﹣a4，

答案：﹣a4．

14．解：原式＝16﹣5

＝11．

答案：11．

15．解：∵不透明袋子中装有除颜色外都相同的8个小球，其中白球5个，黑球3个．

∴搅匀后从中任意摸出1个球，摸到黑球的概率为：．

答案：．

16．解：∵y＝kx+k＝k（x+1），

∴一次函数y＝kx+k过定点（﹣1，0），

∴m＝﹣1，n＝0，

∴点（m，m+n）即点（﹣1，﹣1）到原点距离为，

答案：．

17．解：作点P关于CE的对称点P′，

由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，

∴点P′在CD上，

过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，

∵MN+NP＝MN+NP′≥MF，

∴MN+NP的最小值为MF的长，

连接DG，DM，

由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线，

∵AD＝CD＝2，DE＝1，

∴CE，

∵CE×DOCD×DE，

∴DO，

∴EO，

∵MF⊥CD，∠EDC＝90°，

∴DE∥MF，

∴∠EDO＝∠GMO，

∵CE为线段DM的垂直平分线，

∴DO＝OM，∠DOE＝∠MOG＝90°，

∴△DOE≌△MOG，

∴DE＝GM，

∴四边形DEMG为平行四边形，

∵∠MOG＝90°，

∴四边形DEMG为菱形，

∴EG＝2OE，GM＝DE＝1，

∴CG，

∵DE∥MF，即DE∥GF，

∴△CFG∽△CDE，

∴，即，

∴FG，

∴MF＝1，

∴MN+NP的最小值为；

18．解：（Ⅰ）观察图象可知△ABC是直角三角形．

答案：直角．

（Ⅱ）如图，线段PC，PQ即为所求．

答案：取格点C'，P，连接C'P，并延长交BC于点Q，连接PC，线段PC，PQ即为所求．

三、解答题（本大题共7小题，共66分。解答应写出文字说明，演算步骤或推理过程）

19．解：（Ⅰ）解不等式①，得 x≤1；

（Ⅱ）解不等式②，得x≥﹣2；

（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：

（Ⅳ）原不等式组的解集为﹣2≤x≤1，

答案：x≤1；x≥﹣2；﹣2≤x≤1．

20．解：（1）1+1+3+4+6+2+2+1＝20（人），

答案：20；

（2）众数是4本．

中位数是4本，

答案：4；4；

（3）每个人读书本数的平均数是：

（1+2×1+3×3+4×6+5×4+6×2+7×2+8）

＝4.5

∴总数是：800×4.5＝3600（本）．

答：估计该校学生这学期读书总数约3600本．

21．解：（1）∵OA＝OC，∠OAC＝60°，

∴△AOC是等边三角形，

∴AC＝OC＝4，∠AOC＝60°，

∵过点C作⊙O的切线，与BA的延长线交于点P，

∴∠OCP＝90°，

∴∠P＝∠ACP＝30°，

∴PA＝AC＝4；

（2）作CD⊥AB于D，

∵∠AOC＝60°，

∴∠Q＝30°，

∵AQ＝CQ，

∴∠QAC＝∠QCA＝75°，

∵∠OAC＝∠OCA＝60°，

∴∠QAO＝∠QCO＝15°，

∵∠AOC＝∠POC+∠APC，

∴∠APC＝60°﹣15°＝45°，

∴△PCD是等腰直角三角形，

∴PD＝CD，

∵CDAC＝2，ADAC＝2，

∴PD＝2

∴PA＝AD+PD＝2+2．

22．解：如图，过点B作BD⊥AC，垂足为点D，

由题意得∠BAD＝58°，∠BCD＝37°，AB＝8千米，

在Rt△ABD中，sin58°，

∴，

∴BD＝8 sin58°，

在Rt△BCD中，sin37°，

∴sin37°，

∴BC，

∴BC≈11千米．

答：B、C两地的距离约为11千米．

23．解：（Ⅰ）a＝54÷18＝3；b＝（82﹣54）÷（25﹣18）＝4；c＝（142﹣82）÷（35﹣25）＝6．

答案：3，4，6

（Ⅱ）当x≥25时，设y＝kx+b（k≠0），

把（25，82），（35，142）代入，得，解得，

当x≥25时，y与x之间的函数关系式y＝6x﹣68．

（Ⅲ）方案②：y＝4x，

当方案①和方案②水费相等时，即4x＝6x﹣68，解得x＝34

故当用水量25＜x＜34时，方案①合算；当用水量x＞34时，方案②合算，当x＝34时，两种方案价格一样．

24．解：（I）∵点A（6，0），点B（0，8）

∴OA＝6，OB＝8，

且由题意，PA＝t，OQ＝2t，

∵PD∥BO

∴，

又BO＝8，AO＝6，PA＝t，

∴，

∴PD；

（Ⅱ）①存在，理由如下：

∵BQ∥DP，若BQ＝DP，

∴则四边形PDBQ是平行四边形，

即8﹣2tt，

解得：t，

∴当t时，

∴四边形PDBQ为平行四边形．

②不存在，理由如下：

∵OA＝6，OB＝8，

∴在Rt△AOB中，AB10，

∴PD∥BO，

∴，

∴，

∴，

∴当t，四边形PDBQ为平行四边形时，

PD，BD＝6，

∴DP≠BD，

∴四边形PDBQ不能为菱形．

（Ⅲ）线段PQ中点M所经过的路径长为2；理由如下：

以点O为原点，以AO所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

由题意得，0≤t≤4，

当t＝0时，点M′的坐标为（3，0），

当t＝4时，点M′′的坐标为（1，4），

设直线M′M′′的解析式为：y＝kx+b，

则，

解得，，

∴直线M′M′′的解析式为：y＝﹣2x+6，

由题意得，点P的坐标为（6﹣t，0），点Q的坐标为（0，2t）

∴在运动过程中PQ的中点M的坐标为（，t），

当x时，y＝﹣26＝t，

∴点M在直线M′M′′上，

作M′′N⊥x轴于N，

则M′′N＝4，M′N＝2，

由勾股定理得，M′M′′2，

∴线段PQ中点M所经过的路径长为2．

25．解：（1）∵抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2（m＞0）经过原点，

∴0＝﹣m2+2，

∴m＝±，

∵m＞0，

∴m；

（2）∵点B是抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2与直线x的交点，

∴B（，2），

∴点B到x轴的距离为|2|

∵抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2（m＞0）的顶点为A，

∴A（m，2），

∵点A关于直线x的对称点为C，

∴C（0，2），

∴直线AC的解析式为y＝2，

∴点B到直线AC的距离为|2﹣（2）|，

∵点B到x轴距离等于点B到直线AC距离的一半，

∴|2|，

∴m（舍）或m或m＝﹣4（舍）或m＝4，

即：m的值为或4；

（3）①由（2）知，B（，2），

当图象M与x轴恰好有三个交点时，点B一点在x轴上，

∴20，

∴m＝﹣2（舍）或m＝2；

②如图，

由（2）知，B（，2），A（m，2），C（0，2），

∴BE，AE＝||，

∵△ABC是等边三角形，

∴∠ABE＝30°，

在Rt△ABE中，tan∠ABE，

∴m＝﹣2（舍）或m＝2；

∴点B（，﹣1）

∴图象G的解析式为y＝﹣（x﹣2）2+2（x），图象H解析式为y＝﹣x2+2（x），

∴图象M的解析式为y，

针对于图象G，令y＝0，

∴0＝﹣（x﹣2）2+2，

∴x＝2或x＝2，

针对于图象H，令y＝0，

∴0＝﹣x2+2，

∴x或x，

∵M所对应的函数值小于0，

∴x或x＜2或x＞2．