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文档简介

2023年中考数学模拟试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1.如果a﹣b=5,那么代数式(﹣2)•的值是()A.﹣ B. C.﹣5 D.52.如图,半⊙O的半径为2,点P是⊙O直径AB延长线上的一点,PT切⊙O于点T,M是OP的中点,射线TM与半⊙O交于点C.若∠P=20°,则图中阴影部分的面积为()A.1+ B.1+C.2sin20°+ D.3.如图,平面直角坐标系xOy中,矩形OABC的边OA、OC分别落在x、y轴上,点B坐标为(6,4),反比例函数的图象与AB边交于点D,与BC边交于点E,连结DE,将△BDE沿DE翻折至△B'DE处,点B'恰好落在正比例函数y=kx图象上,则k的值是()A. B. C. D.4.对于非零的两个实数、,规定,若,则的值为()A. B. C. D.5.下列计算正确的是()A.a3﹣a2=a B.a2•a3=a6C.(a﹣b)2=a2﹣b2 D.(﹣a2)3=﹣a66.将一副三角尺(在中,,,在中,,)如图摆放,点为的中点,交于点,经过点,将绕点顺时针方向旋转(),交于点,交于点,则的值为()A. B. C. D.7.下列选项中,可以用来证明命题“若a2>b2,则a>b“是假命题的反例是()A.a=﹣2,b=1 B.a=3,b=﹣2 C.a=0,b=1 D.a=2,b=18.如图,将RtABC绕直角项点C顺时针旋转90°,得到A'B'C,连接AA',若∠1=20°,则∠B的度数是()A.70° B.65° C.60° D.55°9.如图,共有12个大不相同的小正方形,其中阴影部分的5个小正方形是一个正方体的表面展开图的一部分.现从其余的小正方形中任取一个涂上阴影,则能构成这个正方体的表面展开图的概率是()A. B. C. D.10.在一个不透明的袋中装有10个只有颜色不同的球,其中5个红球、3个黄球和2个白球.从袋中任意摸出一个球,是白球的概率为(

)A. B. C. D.二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11.已知一个菱形的边长为5,其中一条对角线长为8,则这个菱形的面积为_____.12.如图所示,扇形OMN的圆心角为45°,正方形A1B1C1A2的边长为2,顶点A1,A2在线段OM上,顶点B1在弧MN上,顶点C1在线段ON上,在边A2C1上取点B2,以A2B2为边长继续作正方形A2B2C2A3,使得点C2在线段ON上,点A3在线段OM上,……,依次规律,继续作正方形,则A2018M=__________.13.如图,这是一幅长为3m,宽为1m的长方形世界杯宣传画,为测量宣传画上世界杯图案的面积,现将宣传画平铺在地上,向长方形宣传画内随机投掷骰子(假设骰子落在长方形内的每一点都是等可能的),经过大量重复投掷试验,发现骰子落在世界杯图案中的频率稳定在常数0.4附近,由此可估计宣传画上世界杯图案的面积约为___________________m1.14.当x=_________时,分式的值为零.15.已知:a(a+2)=1,则a2+=_____.16.如图所示的网格是正方形网格,点P到射线OA的距离为m,点P到射线OB的距离为n,则m__________n.(填“>”,“=”或“<”)17.如图,点A(m,2),B(5,n)在函数(k>0,x>0)的图象上,将该函数图象向上平移2个单位长度得到一条新的曲线,点A、B的对应点分别为A′、B′.图中阴影部分的面积为8,则k的值为.三、解答题(共7小题,满分69分)18.(10分)如图,抛物线l:y=(x﹣h)2﹣2与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),将抛物线ι在x轴下方部分沿轴翻折,x轴上方的图象保持不变,就组成了函数ƒ的图象.(1)若点A的坐标为(1,0).①求抛物线l的表达式,并直接写出当x为何值时,函数ƒ的值y随x的增大而增大;②如图2,若过A点的直线交函数ƒ的图象于另外两点P,Q,且S△ABQ=2S△ABP,求点P的坐标;(2)当2<x<3时,若函数f的值随x的增大而增大,直接写出h的取值范围.19.(5分)如图,在△ABC中,BC=12,tanA=,∠B=30°;求AC和AB的长.20.(8分)如图,对称轴为直线x=的抛物线经过点A(6,0)和B(0,4).(1)求抛物线解析式及顶点坐标;(2)设点E(x,y)是抛物线上一动点,且位于第四象限,四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形,求四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式,并写出自变量x的取值范围;(3)①当四边形OEAF的面积为24时,请判断OEAF是否为菱形?②是否存在点E,使四边形OEAF为正方形?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.21.(10分)解分式方程:22.(10分)如图,沿AC方向开山修路.为了加快施工进度,要在小山的另一边同时施工,从AC上的一点B取∠ABD=120°,BD=520m,∠D=30°.那么另一边开挖点E离D多远正好使A,C,E三点在一直线上(取1.732,结果取整数)?23.(12分)小明有两双不同的运动鞋放在一起,上学时间到了,他准备穿鞋上学.他随手拿出一只,恰好是右脚鞋的概率为;他随手拿出两只,请用画树状图或列表法求恰好为一双的概率.24.(14分)如图,将平行四边形ABCD纸片沿EF折叠,使点C与点A重合,点D落在点G处.(1)连接CF,求证:四边形AECF是菱形;(2)若E为BC中点,BC=26,tan∠B=,求EF的长.

参考答案一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1、D【解析】【分析】先对括号内的进行通分,进行分式的加减法运算,然后再进行分式的乘除法运算,最后把a-b=5整体代入进行求解即可.【详解】(﹣2)•===a-b,当a-b=5时,原式=5,故选D.2、A【解析】

连接OT、OC,可求得∠COM=30°,作CH⊥AP,垂足为H,则CH=1,于是,S阴影=S△AOC+S扇形OCB,代入可得结论.【详解】连接OT、OC,∵PT切⊙O于点T,∴∠OTP=90°,∵∠P=20°,∴∠POT=70°,∵M是OP的中点,∴TM=OM=PM,∴∠MTO=∠POT=70°,∵OT=OC,∴∠MTO=∠OCT=70°,∴∠OCT=180°-2×70°=40°,∴∠COM=30°,作CH⊥AP,垂足为H,则CH=OC=1,S阴影=S△AOC+S扇形OCB=OA•CH+=1+,故选A.【点睛】本题考查了切线的性质:圆的切线垂直于经过切点的半径.运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连接圆心和切点,利用垂直构造直角三角形解决有关问题.也考查了等腰三角形的判定与性质和含30度的直角三角形三边的关系.3、B【解析】

根据矩形的性质得到,CB∥x轴,AB∥y轴,于是得到D、E坐标,根据勾股定理得到ED,连接BB′,交ED于F,过B′作B′G⊥BC于G,根据轴对称的性质得到BF=B′F,BB′⊥ED求得BB′,设EG=x,根据勾股定理即可得到结论.【详解】解:∵矩形OABC,∴CB∥x轴,AB∥y轴.∵点B坐标为(6,1),∴D的横坐标为6,E的纵坐标为1.∵D,E在反比例函数的图象上,∴D(6,1),E(,1),∴BE=6﹣=,BD=1﹣1=3,∴ED==.连接BB′,交ED于F,过B′作B′G⊥BC于G.∵B,B′关于ED对称,∴BF=B′F,BB′⊥ED,∴BF•ED=BE•BD,即BF=3×,∴BF=,∴BB′=.设EG=x,则BG=﹣x.∵BB′2﹣BG2=B′G2=EB′2﹣GE2,∴,∴x=,∴EG=,∴CG=,∴B′G=,∴B′(,﹣),∴k=.故选B.【点睛】本题考查了翻折变换(折叠问题),矩形的性质,勾股定理,熟练掌握折叠的性质是解题的关键.4、D【解析】试题分析:因为规定,所以,所以x=,经检验x=是分式方程的解,故选D.考点:1.新运算;2.分式方程.5、D【解析】各项计算得到结果,即可作出判断.解:A、原式不能合并,不符合题意;B、原式=a5,不符合题意;C、原式=a2﹣2ab+b2,不符合题意;D、原式=﹣a6,符合题意,故选D6、C【解析】

先根据直角三角形斜边上的中线性质得CD=AD=DB,则∠ACD=∠A=30°,∠BCD=∠B=60°,由于∠EDF=90°,可利用互余得∠CPD=60°,再根据旋转的性质得∠PDM=∠CDN=α,于是可判断△PDM∽△CDN,得到=,然后在Rt△PCD中利用正切的定义得到tan∠PCD=tan30°=,于是可得=.【详解】∵点D为斜边AB的中点,∴CD=AD=DB,∴∠ACD=∠A=30°,∠BCD=∠B=60°,∵∠EDF=90°,∴∠CPD=60°,∴∠MPD=∠NCD,∵△EDF绕点D顺时针方向旋转α(0°<α<60°),∴∠PDM=∠CDN=α,∴△PDM∽△CDN,∴=,在Rt△PCD中,∵tan∠PCD=tan30°=,∴=tan30°=.故选:C.【点睛】本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.也考查了相似三角形的判定与性质.7、A【解析】

根据要证明一个结论不成立,可以通过举反例的方法来证明一个命题是假命题.由此即可解答.【详解】∵当a=﹣2,b=1时,(﹣2)2>12,但是﹣2<1,∴a=﹣2,b=1是假命题的反例.故选A.【点睛】本题考查了命题与定理,要说明数学命题的错误,只需举出一个反例即可,这是数学中常用的一种方法.8、B【解析】

根据图形旋转的性质得AC=A′C,∠ACA′=90°,∠B=∠A′B′C,从而得∠AA′C=45°,结合∠1=20°,即可求解.【详解】∵将RtABC绕直角项点C顺时针旋转90°,得到A'B'C,∴AC=A′C,∠ACA′=90°,∠B=∠A′B′C,∴∠AA′C=45°,∵∠1=20°,∴∠B′A′C=45°-20°=25°,∴∠A′B′C=90°-25°=65°,∴∠B=65°.故选B.【点睛】本题主要考查旋转的性质,等腰三角形和直角三角形的性质,掌握等腰三角形和直角三角形的性质定理,是解题的关键.9、D【解析】

由正方体表面展开图的形状可知,此正方体还缺一个上盖,故应在图中四块相连的空白正方形中选一块,再根据概率公式解答即可.【详解】因为共有12个大小相同的小正方形,其中阴影部分的5个小正方形是一个正方体的表面展开图的一部分,所以剩下7个小正方形.在其余的7个小正方形中任取一个涂上阴影,能构成这个正方体的表面展开图的小正方形有4个,因此先从其余的小正方形中任取一个涂上阴影,能构成这个正方体的表面展开图的概率是.故选D.【点睛】本题考查了概率公式,用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比,掌握概率公式是本题的关键.10、D【解析】

一个不透明的袋中装有10个只有颜色不同的球,其中5个红球、3个黄球和2个白球.从袋中任意摸出一个球,共有10种等可能的结果,其中摸出白球的所有等可能结果共有2种,根据概率公式即可得出答案.【详解】根据题意:从袋中任意摸出一个球,是白球的概率为==.故答案为D【点睛】此题主要考查了概率的求法,如果一个事件有n种可能,而且这些事件的可能性相同,其中事件A出现m种结果,那么事件A的概率P(A)=.二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11、1【解析】试题解析:如图,∵菱形ABCD中,BD=8,AB=5,∴AC⊥BD,OB=BD=4,∴OA==3,∴AC=2OA=6,∴这个菱形的面积为:AC•BD=×6×8=1.12、.【解析】

探究规律,利用规律即可解决问题.【详解】∵∠MON=45°,∴△C2B2C2为等腰直角三角形,∴C2B2=B2C2=A2B2.∵正方形A2B2C2A2的边长为2,∴OA3=AA3=A2B2=A2C2=2.OA2=4,OM=OB2=,同理,可得出:OAn=An-2An=An-2An-2=,∴OA2028=A2028A2027=,∴A2028M=2-.故答案为2-.【点睛】本题考查规律型问题,解题的关键是学会探究规律的方法,学会利用规律解决问题,属于中考常考题型.13、1.4【解析】

由概率估计图案在整副画中所占比例,再求出图案的面积.【详解】估计宣传画上世界杯图案的面积约为3×1×0.4=1.4m1.故答案为1.4【点睛】本题考核知识点:几何概率.解题关键点:由几何概率估计图案在整副画中所占比例.14、2【解析】

根据若分式的值为零,需同时具备两个条件:(1)分子为1;(2)分母不为1计算即可.【详解】解:依题意得:2﹣x=1且2x+2≠1.解得x=2,故答案为2.【点睛】本题考查的是分式为1的条件和一元二次方程的解法,掌握若分式的值为零,需同时具备两个条件:(1)分子为1;(2)分母不为1是解题的关键.15、3【解析】

先根据a(a+2)=1得出a2=1-2a,再把a2=1-2a代入a2+进行计算.【详解】a(a+2)=1得出a2=1-2a,a2+1-2a+====3.【点睛】本题考查的是代数式求解,熟练掌握代入法是解题的关键.16、>【解析】

由图像可知在射线OP上有一个特殊点Q,点Q到射线OA的距离QD=2,点Q到射线OB的距离QC=1,于是可知∠AOP>∠BOP,利用锐角三角函数sin∠AOP>【详解】由题意可知:找到特殊点Q,如图所示:设点Q到射线OA的距离QD,点Q到射线OB的距离QC由图可知QD=2,∴sin∠AOP=QDOP∴sin∴m∴m>n【点睛】本题考查了点到线的距离,熟知在直角三角形中利用三角函数来解角和边的关系是解题关键.17、2.【解析】试题分析:∵将该函数图象向上平移2个单位长度得到一条新的曲线,点A、B的对应点分别为A′、B′,图中阴影部分的面积为8,∴5﹣m=4,∴m=2,∴A(2,2),∴k=2×2=2.故答案为2.考点:2.反比例函数系数k的几何意义;2.平移的性质;3.综合题.三、解答题(共7小题,满分69分)18、(1)①当1<x<3或x>5时,函数ƒ的值y随x的增大而增大,②P(,);(2)当3≤h≤4或h≤0时,函数f的值随x的增大而增大.【解析】试题分析:(1)①利用待定系数法求抛物线的解析式,由对称性求点B的坐标,根据图象写出函数ƒ的值y随x的增大而增大(即呈上升趋势)的x的取值;②如图2,作辅助线,构建对称点F和直角角三角形AQE,根据S△ABQ=2S△ABP,得QE=2PD,证明△PAD∽△QAE,则,得AE=2AD,设AD=a,根据QE=2FD列方程可求得a的值,并计算P的坐标;(2)先令y=0求抛物线与x轴的两个交点坐标,根据图象中呈上升趋势的部分,有两部分:分别讨论,并列不等式或不等式组可得h的取值.试题解析:(1)①把A(1,0)代入抛物线y=(x﹣h)2﹣2中得:(x﹣h)2﹣2=0,解得:h=3或h=﹣1,∵点A在点B的左侧,∴h>0,∴h=3,∴抛物线l的表达式为:y=(x﹣3)2﹣2,∴抛物线的对称轴是:直线x=3,由对称性得:B(5,0),由图象可知:当1<x<3或x>5时,函数ƒ的值y随x的增大而增大;②如图2,作PD⊥x轴于点D,延长PD交抛物线l于点F,作QE⊥x轴于E,则PD∥QE,由对称性得:DF=PD,∵S△ABQ=2S△ABP,∴AB•QE=2×AB•PD,∴QE=2PD,∵PD∥QE,∴△PAD∽△QAE,∴,∴AE=2AD,设AD=a,则OD=1+a,OE=1+2a,P(1+a,﹣[(1+a﹣3)2﹣2]),∵点F、Q在抛物线l上,∴PD=DF=﹣[(1+a﹣3)2﹣2],QE=(1+2a﹣3)2﹣2,∴(1+2a﹣3)2﹣2=﹣2[(1+a﹣3)2﹣2],解得:a=或a=0(舍),∴P(,);(2)当y=0时,(x﹣h)2﹣2=0,解得:x=h+2或h﹣2,∵点A在点B的左侧,且h>0,∴A(h﹣2,0),B(h+2,0),如图3,作抛物线的对称轴交抛物线于点C,分两种情况:①由图象可知:图象f在AC段时,函数f的值随x的增大而增大,则,∴3≤h≤4,②由图象可知:图象f点B的右侧时,函数f的值随x的增大而增大,即:h+2≤2,h≤0,综上所述,当3≤h≤4或h≤0时,函数f的值随x的增大而增大.考点:待定系数法求二次函数的解析式;二次函数的增减性问题、三角形相似的性质和判定;一元二次方程;一元一次不等式组.19、8+6.【解析】

如图作CH⊥AB于H.在Rt△BHC求出CH、BH,在Rt△ACH中求出AH、AC即可解决问题;【详解】解:如图作CH⊥AB于H.在Rt△BCH中,∵BC=12,∠B=30°,∴CH=BC=6,BH==6,在Rt△ACH中,tanA==,∴AH=8,∴AC==10,【点睛】本题考查解直角三角形,锐角三角函数等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题,属于中考常考题型.20、(1)抛物线解析式为,顶点为;(2),1<<1;(3)①四边形是菱形;②不存在,理由见解析【解析】

(1)已知了抛物线的对称轴解析式,可用顶点式二次函数通式来设抛物线,然后将A、B两点坐标代入求解即可.(2)平行四边形的面积为三角形OEA面积的2倍,因此可根据E点的横坐标,用抛物线的解析式求出E点的纵坐标,那么E点纵坐标的绝对值即为△OAE的高,由此可根据三角形的面积公式得出△AOE的面积与x的函数关系式进而可得出S与x的函数关系式.(3)①将S=24代入S,x的函数关系式中求出x的值,即可得出E点的坐标和OE,OA的长;如果平行四边形OEAF是菱形,则需满足平行四边形相邻两边的长相等,据此可判断出四边形OEAF是否为菱形.②如果四边形OEAF是正方形,那么三角形OEA应该是等腰直角三角形,即E点的坐标为(3,﹣3)将其代入抛物线的解析式中即可判断出是否存在符合条件的E点.【详解】(1)由抛物线的对称轴是,可设解析式为.把A、B两点坐标代入上式,得解之,得故抛物线解析式为,顶点为(2)∵点在抛物线上,位于第四象限,且坐标适合,∴y<0,即-y>0,-y表示点E到OA的距离.∵OA是的对角线,∴.因为抛物线与轴的两个交点是(1,0)的(1,0),所以,自变量的取值范围是1<<1.(3)①根据题意,当S=24时,即.化简,得解之,得故所求的点E有两个,分别为E1(3,-4),E2(4,-4).点E1(3,-4)满足OE=AE,所以是菱形;点E2(4,-4)不满足OE=AE,所以不是菱形.②当OA⊥EF,且OA=EF时,是正方形,此时点E的坐标只能是(3,-3).而坐标为(3,-3)的点不在抛物线上,故不存在这样的点E,使为正方形.21、无解【解析】

首先进行去分母,将分式方程转化为整式方程,然后按照整式方程的求解方法进行求解,最后对所求的解进行检验,看是否能使分母为零.【详解】解:两边同乘以(x+2)(x-2)得:x(x+2)-(x+2)(x-2)=8去括号,得:+2x-+4=8移项、合并同类项得:2x=4解得:x=2经检验,x=2是方程的增根∴方程无解【点睛】本题考查解分式方程,注意分式方程结果要检验.22、450m.【解析】

若要使A、C、E三点共线,则三角形BDE是以∠E为直角的三角形,利用三角函数即可解得DE的长.【详解】解:,,,在中,,,,.答:另一边开挖点离,正好使,,三点在一直线上.【点睛】本题考查的知识点是解直角三角形的应用和勾股定理的运用,解题关键是是熟记含30°的直角三角形的性质.23、(1)12;(2)1【解析】

(1)根据四只鞋子中右脚鞋有2只,即可得到随手拿出一只恰好是右脚鞋的概

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