2023年湖北省随州市广水市中考二模数学试题（五月）（含解析）

这是一份2023年湖北省随州市广水市中考二模数学试题（五月）（含解析），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年湖北省随州市广水市中考二模数学试题（五月）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列各数是无理数的是（　　）
A．2023 B． C． D．
2．随着我国经济快速发展，轿车进入百姓家庭，小明同学在街头观察出下列四种汽车标志，其中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．几个棱长为1的正方体组成的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
4．在下列计算中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，直尺经过一副三角尺中的一块三角板DCB的顶点B，若∠C＝30°，∠ABC＝20°，则∠DEF度数为（　　）

A．25° B．40° C．50° D．80°
6．在函数中，自变量的取值范围是（    ）
A． B．且 C． D．且
7．为了响应学校“书香校园”建设，阳光班的同学们积极捐书，其中宏志学习小组的同学捐书册数分别是：5，7，x，3，4，6．已知他们平均每人捐5本，则这组数据的众数、中位数和方差分别是（ ）
A．5，5， B．5，5，10 C．6，5.5， D．5，5，
8．如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，且DE∥AC，AE、CD相交于点O，若S△DOE：S△COA=1：25，则S△BDE与S△CDE的比是（　　）

A．1：3 B．1：4 C．1：5 D．1：25
9．正比例函数的图象上有一点A到x轴的距离与到y轴的距离之比为，且y随x的增大而减小，则k的值为（　　）
A． B． C． D．3
10．二次函数的部分图象如图所示，图象过点，对称轴为直线，下列结论：（1）；（2）；（3）若点、点、点在该函数图象上，则；（4）若方程的两根为和，且，则．其中正确的结论有（    ）
  
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题
11．2015年“圣地车都”﹣﹣随州改装车的总产值为14.966亿元，其中14.966亿元用科学记数法表示为_____元．
12．已知等腰三角形的一边长为9，另一边长为方程x2－8x＋15=0的根，则该等腰三角形的周长为________．
13．如图，在中，，，分别是，的中点，延长至点，使，连接，，．若，则的长为___________．

14．观察下列图形，它是把一个三角形分别连接这个三角形三边的中点，构成4个小三角形，挖去中间的一个小三角形(如图1)；对剩下的三个小三角形再分别重复以上做法，…将这种做法继续下去(如图2，图3…)，则图6中挖去三角形的个数为______．

15．如图所示，某拦水大坝的横断面为梯形，、为梯形的高，其中迎水坡AB的坡角，坡长米，背水坡的坡度：（为与的比值），则背水坡的坡长为______米

16．如图，在矩形中，，，点为线段上的动点，将沿折叠，使点落在矩形内点处．当为线段中点时，__________；②当，，三点共线时，______________．
    

三、解答题
17．解方程：．
18．关于x的一元二次方程x2+（k﹣5）x+1﹣k=0，其中k为常数．
（1）求证：无论k为何值，方程总有两个不相等实数根；
（2）若原方程的一根大于3，另一根小于3，求k的最大整数值．
19．我市举行了“足球进校园”知识竞赛活动，为了解足球知识的普及情况，随机抽取了部分获奖情况进行整理，得到下列不完整的统计图表：
获奖等次
频数
频率
一等奖


二等奖


三等奖


优胜奖


鼓励奖


  请根据所给信息，解答下列问题：
(1)___________，____________，且补全频数分布直方图；
(2)若用扇形统计图来描述获奖分布情况，问获得优胜奖对应的扇形圆心角的度数是多少?
(3)在这次竞赛中，甲、乙、丙、丁四位同学都获得一等奖，若从这四位同学中随机选取两位同学代表我市参加上一级竞赛，请用树状图或列表的方法，计算恰好选中甲、乙二人的概率．
20．已知：如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于一、三象限内的A．B两点，与x轴交于C点，点A的坐标为（2，m)，点B的坐标为（n，－2），tan∠BOC＝．
（l）求该反比例函数和一次函数的解析式；
（2）在x轴上有一点E（O点除外），使得△BCE与△BCO的面积相等，求出点E的坐标．

21．如图，已知Rt△ABC，∠C=90°，D为BC的中点，以AC为直径的⊙O交AB于点E．

（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AE：EB=1：2，BC=6，求AE的长．
22．九年级（3）班数学兴趣小组经过市场调查整理出某种商品在第天（且为整数）的售价与销售量的相关信息如下．已知商品的进价为30元/件，设该商品的售价为（单位：元/件），每天的销售量为（单位：件），每天的销售利润为（单位：元）．
时间/天
1
30
60
90
每天的销售量/件
198
140
80
20
  (1)求出与的函数关系式；
(2)求销售该商品第几天时，当天的销售利润最大，并求出最大利润；
(3)该商品在销售过程中，共有多少天当天的销售利润不低于5600元？请直接写出结果．
23．【探索发现】
如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为　 　．

【拓展应用】
如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为　 　．（用含a，h的代数式表示）
【灵活应用】
如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．
【实际应用】
如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．
24．如图，抛物线与轴交于（，0）、（，0）两点，且，与轴交于点，其中是方程的两个根．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点是线段上的一个动点，过点作∥，交于点，连接，当的面积最大时，求点的坐标；
（3）点在（1）中抛物线上，点为抛物线上一动点，在轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形，如果存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，请说明理由．

参考答案：
1．C
【分析】根据无理数的概念进行判断即可得到答案．
【详解】解：A.2023是整数，属于有理数，故本选项不合题意；
B.是分数，属于有理数，故本选项不合题意；
C.，属于无理数，故本选项符合题意；
D.，是整数，属于有理数，故本选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了无理数，解题的关键是掌握无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：等；开不尽方的数，以及像0.1010010001…，等这样有规律的数．
2．C
【详解】选项A不是轴对称图形，是中心对称图形；
选项B是轴对称图形，不是中心对称图形；
选项C是轴对称图形，也是中心对称图形；
选项D不是轴对称图形，是中心对称图形．
故答案选C．
3．B
【详解】试题解析：综合三视图可知，这个几何体的底层应该有3+1=4个小正方体，
第二层应该有1个小正方体，
因此搭成这个几何体所用小正方体的个数是4+1=5个，
所以这个几何体的体积是5．
故选B．
【点睛】此题主要考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
4．B
【分析】根据合并同类项，单项式除以单项式，单项式的乘法以及积的乘方运算法则计算即可．
【详解】A、原式，不符合题意；
B、原式，符合题意；
C、原式，不符合题意；
D、原式，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查合并同类项，单项式除以单项式，单项式的乘法以及积的乘方运算法则，熟练掌握运算法则是解决本题的关键．
5．C
【分析】依据三角形外角性质，即可得到∠BAD，再根据平行线的性质，即可得到∠DEF的度数．
【详解】解：，，
，
，
，
故选C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和三角形外角的性质，解题时注意：两直线平行，同位角相等．
6．D
【分析】根据二次根式有意义的条件及分式有意义的条件，列出不等式组并解不等式组即可求解．
【详解】解：由题意得：且，
解得：且，
故选：D．
【点睛】本题考查了求函数自变量的取值范围，二次根式有意义的条件及分式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数的非负性和分式的分母不为是解题的关键．
7．D
【详解】由5，7，x，3，4，6．已知他们平均每人捐5本，得x=5．由此可得众数是5，中位数是5，根据方差公式可得方差为，
故答案选D．
考点：方差；中位数；众数．
8．B
【详解】解：∵DE∥AC，
∴△DOE∽△COA，
又S△DOE：S△COA=1：25，
∴，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∴，
∴，
∴S△BDE与S△CDE的比是1：4，
故选B．
9．A
【分析】先根据增减性求出，再根据到x轴的距离为纵坐标的绝对值，到y轴的距离为横坐标的绝对值列出方程求解即可．
【详解】解：∵函数的函数值y随x的增大而减小，
∴，
∵函数图象上点A到x轴的距离与到y轴的距离之比为，
∴，即，
∴，
∴
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正比例函数的性质，点到坐标轴的距离，正确求出，并得出是解题的关键．
10．B
【分析】（1）正确，根据对称轴公式计算即可；
（2）错误，利用时，，即可判断；
（3）错误，利用函数图象即可判断；
（4）正确，利用二次函数与二次不等式关系即可判断．
【详解】（1）∵，
∴，故正确；
（2）∵时，，
∴，
∴，故错误；
（3）∵点、点、点，
∴，
∴
∴点离对称轴的距离近，
∴
∵，
∴
∴
故错误；
（4）∵，
∴
∴
解之得：或，
∴，故正确．
故：（1）（4）正确，选B．
【点睛】本题考查二次函数与系数关系，灵活掌握二次函数的性质，学会利用图象信息解决问题是解决问题的关键．
11．1.4966×109
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式．其中1≤|a|＜10，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】解：由此可得14.966亿=1.4966×109．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．19或21或23　
【详解】试题分析：解方程x2﹣8x+15=0得x=3或x=5，分以下几种情况：①当等腰三角形的三边长为9、9、3时，其周长为21；②当等腰三角形的三边长为9、9、5时，其周长为23；③当等腰三角形的三边长为9、3、3时，3+3＜9，不符合三角形三边关系定理，舍去；④当等腰三角形的三边长为9、5、5时，其周长为19；综上，该等腰三角形的周长为19或21或23，
考点：一元二次方程的解法；三角形三边关系；等腰三角形的性质．
13．3．
【分析】连接CM，根据三角形中位线定理得到，，证明四边形DCMN是平行四边形，得到，根据直角三角形的性质得到，等量代换即可．
【详解】连接CM，如图所示：

∵M，N分别是AB、AC的中点，
∴，，
又，
∴，又，
∴四边形DCMN是平行四边形，
∴，
∵，M是AB的中点，
∴，
∴，
故答案：．
【点睛】本题考查的是三角形的中位线定理、直角三角形的性质、平行四边形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
14．364
【分析】根据题意找出图形的变化规律，根据规律计算即可．
【详解】因为时，挖去三角形的个数是1个，即个，
时，挖去三角形的个数是4个，即个，
时，挖去三角形的个数是13个，即个，
所以图中挖去三角形的个数是个，
所以图⑥中挖去三角形的个数是个．
故答案为：364．
【点睛】本题考查的是图形的变化，掌握图形的变化规律是解题的关键．
15．12
【分析】根据题意求得，再根据坡度正切定义求出，进而利用求解即可．
【详解】解：由题意，，，
∵ ，米，
∴米，则米，
∵的坡度，

∴，
∴，
∵，
∴米，
故答案为：12．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，熟记特殊角的三角函数值并正确求解是解答的关键．
16． ； ．
【分析】①利用折叠性质，得出角相等，再根据三角形相似的性质即可求解；
②由三点共线，找出直角三角形，再利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】①如图，当时，作于点，
∴，
  
在中，，

由折叠性质可知：，，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，即，
∴，

∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即有，
∴，
∴．
故填：．
②如图，当三点共线时，在中，由勾股定理得：，设，
    
则
在中，由勾股定理得：，

∴，解得：．
故填：．
【点睛】本题考查翻折变换、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
17．
【分析】观察可得最简公分母是（x+1）（x﹣1），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
【详解】解：
整理，得：
方程两边都乘以（x+1）（x﹣1），得4﹣（x+1）（x+2）=﹣（x2﹣1），
整理，得，3x=1，
解得．
经检验，是原方程的根．
∴原方程的解是．
【点睛】本题考查解分式方程，注意解分式方程，结果要检验.
18．（1）证明见解析；（2）2；
【分析】(1)求出方程的判别式△的值，利用配方法得出△＞0，根据判别式的意义即可证明；
(2)设方程的两个根分别是x1，x2，根据题意得（x1-3）（x2-3）＜0，根据一元二次方程根与系数的关系求得k的取值范围，再进一步求出k的最大整数值．
【详解】（1）∵△


∴无论为何值，方程总有两个不相等实数根；
(2)设方程的两个根分别是,，根据题意,得，
即，
又，，
代入得,，
解得
则的最大整数值为2．
故答案为（1）证明见解析；（2）2．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系．
19．(1)，；
(2)
(3)

【分析】（1）根据频数、频率求出样本容量即可得到a、b的值，即可补充图；
（2）利用乘以优胜奖频率即可得到答案；
（3）列出树状图，找到所有情况及可能情况求解即可得到答案．
【详解】（1）解：样本总数为（人），
（人），，
  
故答案为：，；
（2）解：优胜奖所在扇形的圆心角为：；
（3）解：由题意可得，树状图如下图，
  
由图形可得：共有12种等可能的结果，恰好选中甲、乙的有2种，
∴．
【点睛】本题考查树状图法求概率，补充频数表及直方图，解题的关键是根据频数、频率求出样本容量及正确画出树状图．
20．（1）反比例函数解析式为y=，一次函数解析式为y=x+3；（2）（﹣6，0）．
【分析】（1）过B点作BD⊥x轴，垂足为D，由B（n，-2）得BD=2，由tan∠BOC="2/5" ，解直角三角形求OD，确定B点坐标，得出反比例函数关系式，再由A、B两点横坐标与纵坐标的积相等求n的值，由“两点法”求直线AB的解析式；
（2）点E为x轴上的点，要使得△BCE与△BCO的面积相等，只需要CE=CO即可，根据直线AB解析式求CO，再确定E点坐标．
【详解】解：（1）过B点作BD⊥x轴，垂足为D，
∵B（n，﹣2），
∴BD=2，
在Rt△OBD在，tan∠BOC=，即
，解得OD=5，
又∵B点在第三象限，
∴B（﹣5，﹣2），
将B（﹣5，﹣2）代入y=中，得k=xy=10，
∴反比例函数解析式为y=，
将A（2，m）代入y=中，得m=5，∴A（2，5），
将A（2，5），B（﹣5，﹣2）代入y=ax+b中，
得，解得，
则一次函数解析式为y=x+3；
（2）由y=x+3得C（﹣3，0），即OC=3，
∵S△BCE=S△BCO，∴CE=OC=3，
∴OE=6，即E（﹣6，0）．

21．（1）见解析；（2）．
【分析】（1）求出∠OED=∠BCA=90°，根据切线的判定得出即可；
（2）求出△BEC∽△BCA，得出比例式，代入求出即可．
【详解】(1)证明：连接OE、EC,
∵AC是⊙O的直径,
∴∠AEC=∠BEC=90°
∵D为BC的中点,
∴ED=DC=BD,
∠1=∠2,
∵OE=OC,
∴∠3=∠4,
∴∠1+∠3=∠2+∠4,
即∠OED=∠ACB,
∵∠ACB=90°
∴∠OED=90°,
∴DE是⊙O的切线；
(2)由(1)知:∠BEC=90°
∵在与Rt△BEC和Rt△BCA中,
∠B=∠B， ∠BEC=∠BCA，
∴△BEC∽△BCA，
∴ ，
∴ ，
∵AE：EB=1：2，设AE=x，则BE=2x，BA=3x，
∵BC=6，
∴ ，
解得：x=（负值已舍去）
即AE=．

【点睛】本题考查了切线的判定和相似三角形的性质和判定，能求出∠OED=∠BCA和△BEC-△BCA是解此题的关键．
22．(1)
(2)销售第45天时，当天的销售利润最大，最大利润是6050元
(3)该商品在销售过程中，共有24天当天的销售利润不低于5600元

【分析】（1）用待定系数法即可求出此时y关于x的函数关系式，再结合给定表格，用待定系数法即可求出p关于x的函数关系式，根据销售利润单件利润销售数量即可得出w关于x的函数关系式；
（2）根据w关于x的函数关系式，分段考虑其最值问题．当时，结合二次函数的性质即可求出在此范围内w的最大值；当时，根据一次函数的性质即可求出在此范围内w的最大值，两个最大值作比较即可得出结论；
（3）令分别求出当时，当时，x的值即可得到答案．
【详解】（1）解：当时，设商品的售价与时间的函数关系式为
将点，代入，得
解得
∴商品的售价与时间的函数关系式为；
当时，，
∴商品的售价与时间的函数关系式为
观察表格可知，每天的销售量与时间成一次函数关系，
设每天的销售量与时间的函数关系式为
将点，代入，得，
解得，
∴，
当时，
；
当时，
综上，每天的销售利润与时间的函数关系式是；
（2）解：当时，
∵，且
∴当时，取最大值，最大值为6050；
当时，，
∵，随的增大而减小，
∴当时，取最大值，最大值为6000，
∵，
∴当时，最大，最大值为6050；
即销售第45天时，当天的销售利润最大，最大利润是6050元
（3）解：当，且时，
∴，
解得或，
当，且时，
∴，
解得，
∴该商品在销售过程中，一共有天当天的销售利润不低于5600元．
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，一次函数的实际应用，（1）根据点的坐标利用待定系数法求出函数关系式；（2）利用二次函数与一次函数的性质解决最值问题；（3）列出方程；本题属于中档题，难度不大，但较繁琐，解决该题型题目时，根据给定数量关系，找出函数关系式是关键．
23．【探索发现 】；【拓展应用 】；【灵活应用 】该矩形的面积为720；【实际应用 】该矩形的面积为1944cm2．
【分析】【探索发现 】由中位线知EF=BC、ED=AB、由可得；
【拓展应用 】由△APN∽△ABC知，可得PN=a-PQ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ•PN═-（x-）2+，据此可得；
【灵活应用 】添加如图1辅助线，取BF中点I，FG的中点K，由矩形性质知AE=EH=20、CD=DH=16，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用【探索发现 】结论解答即可；
【实际应用 】延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，由tanB=tanC知EB=EC、BH=CH=54，EH=BH=72，继而求得BE=CE=90，可判断中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，利用【拓展应用 】结论解答可得．
【详解】【探索发现 】
∵EF、ED为△ABC中位线，
∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，
又∠B=90°，
∴四边形FEDB是矩形，
则；
【拓展应用 】
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，即，
∴PN=a-PQ，
设PQ=x，
则S矩形PQMN=PQ•PN=x（a-x）=-x2+ax=-（x-）2+，
∴当PQ=时，S矩形PQMN最大值为；
【灵活应用 】
如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，

由题意知四边形ABCH是矩形，
∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，
∴EH=20，DH=16，
∴AE=EH，CD=DH，
在△AEF和△HED中，
∵ ，
∴△AEF≌△HED（ASA），
∴AF=DH=16，
同理△CDG≌△HDE，
∴CG=HE=20，
∴BI==24，
∵BI=24＜32，
∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，
过点K作KL⊥BC于点L，
由【探索发现 】知矩形的最大面积为×BG•BF=×（40+20）×（32+16）=720，
答：该矩形的面积为720；
【实际应用 】

如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
∵tanB=tanC=，
∴∠B=∠C，
∴EB=EC，
∵BC=108cm，且EH⊥BC，
∴BH=CH=BC=54cm，
∵tanB==，
∴EH=BH=×54=72cm，
在Rt△BHE中，BE==90cm，
∵AB=50cm，
∴AE=40cm，
∴BE的中点Q在线段AB上，
∵CD=60cm，
∴ED=30cm，
∴CE的中点P在线段CD上，
∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，
由【拓展应用 】知，矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
24．（1）抛物线的解析式为; （2）；（3），，，．
【分析】（1）解一元二次方程求得点A、B的坐标，设抛物线的解析式为，把点C的坐标代入即可求得a的值，从而求得函数解析式；
（2）设点的坐标为，过点作轴于点H，由平行关系可得，利用相似性质可求得；再由即可得到关于m的二次函数，可求得取得面积最小时的点M的坐标；
（3）分是平行四边形的边与对角线两种情况考虑，利用平行四边形的性质即可完成．
【详解】∵，
∴，，
∴；

又∵抛物线过点、、三点，
故设抛物线的解析式为，
将点的坐标代入，求得，
∴．
∴抛物线的解析式为．
（2）设点的坐标为，过点作轴于点H，如图（1）．

∵点的坐标为，点的坐标为（6，0），
∴，．
∵，
∴．
∴，
∴．
∴


．
∴当时，有最大值4．
此时，点的坐标为．
（3）∵点在抛物线上，
∴当时，，
∴点的坐标是．
① 如图（2），当为平行四边形的边时，，，

∵，
∴，，
∴，．
如图（3），当为平行四边形的对角线时，设，
则平行四边形的对称中心为．
∴的坐标为．
把点坐标代入中，得．
解得 ．
，．
综上，满足条件的点为，，，．
【点睛】本题是二次函数与几何的综合问题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，二次函数与面积的综合，二次函数与平行四边形的综合等知识，综合性强，灵活运用这些知识是解题的关键．