天津市2023届中考三模数学试题含解析

2023年中考数学模拟试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1.如图，△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，已知AADE的面积为1,那么△ABC的面积是（）

A.2B.3C.4D.5

2.点A、C为半径是4的圆周上两点，点B为AC的中点，以线段BA、BC为邻边作菱形ABCD,顶点D恰在该圆

半径的中点上，则该菱形的边长为（）

A.币或2枝B.5或2月C.2瓜或2枝D.2后或26

3.如图，在矩形ABCD中，AB=5,BC=7,点E为BC上一动点，把^ABE沿AE折叠，当点B的对应点B，落在NADC

的角平分线上时，则点B，到BC的距离为（）

A.1或2B.2或3C.3或4D.4或5

4.一元二次方程3x2-6x+4=0根的情况是

A.有两个不相等的实数根B.有两个相等的实数根C.有两个实数根D.没有实数根

5.如图，在△ABC中，AC的垂直平分线分别交AC、BC于E,D两点，EC=4,△ABC的周长为23,则△ABD的

周长为（）

6.如图，在AABC中，NC=90；AC=4,80=3,将AABC绕点A逆时针旋转使点C落在线段上的点E处，点B

落在点。处，则昆°两点间的距离为（）

D

A,而B.2&c.3D.石

7.如图，小明从A处出发沿北偏东60。方向行走至B处，又沿北偏西20。方向行走至C处，此时需把方向调整到与出

发时一致，则方向的调整应是（）

A.右转80。B.左转80。C.右转10（TD.左转100。

8.某单位组织职工开展植树活动，植树量与人数之间关系如图，下列说法不正确的是（)

A.参加本次植树活动共有30人B.每人植树量的众数是4棵

C.每人植树量的中位数是5棵D.每人植树量的平均数是5棵

9.如图，的三边AB，BC,CA的长分别为20,30,40,点O是三条角平分线的交点，则：,谢。：5用。

等于（）

A.1：1：1B.1：2：3C.2：3：4D.3：4：5

10.二次函数y=ax2+c的图象如图所示，正比例函数y=ax与反比例函数y="在同一坐标系中的图象可能是（）

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11.已知：如图，AB是的直径，弦EFJ_AB于点D,如果EF=8,AD=2,则。O半径的长是

=3

12.如图，sin/C5,长度为2的线段ED在射线CF上滑动，点B在射线CA上，且BC=5,则ABDE周长的最小

13.已知圆锥的高为3,底面圆的直径为8,则圆锥的侧面积为.

14.已知AD、BE是△ABC的中线，AD、BE相交于点F,如果AD=6,那么AF的长是.

15.一组“数值转换机”按下面的程序计算，如果输入的数是36,则输出的结果为106,要使输出的结果为127,则输入

的最小正整数是.

16.已知线段a=4,线段b=9,则a,b的比例中项是.

三、解答题（共8题，共72分）

17.（8分）某中学为了解学生平均每天“诵读经典”的时间，在全校范围内随机抽查了部分学生进行调查统计（设每天

的诵读时间为，分钟）,将调查统计的结果分为四个等级：I级"20）、及级（204f440）、口］级（40</<60）、

IV级（丁>6°）.将收集的数据绘制成如下两幅不完整的统计图.请根据图中提供的信息，解答下列问题：

所抽取学生每天“诵读经典”情况统计图

(1)请补全上面的条形图.

(2)所抽查学生“诵读经典”时间的中位数落在_________级.

(3)如果该校共有1200名学生，请你估计该校平均每天“诵读经典”的时间不低于40分钟的学生约有多少人？

18.(8分)如图，在平面直角坐标系中，二次函数丫=(x-a)(x-3)(0<a<3)的图象与x轴交于点A、B(点A在点B

的左侧)，与y轴交于点D,过其顶点C作直线CPLx轴，垂足为点P,连接AD、BC.

VAI

\P/

o\-AjyiX

I|C

(1)求点A、B、D的坐标；

(2)若△AOD与△BPC相似，求a的值；

(3)点D、0、C、B能否在同一个圆上，若能，求出a的值，若不能，请说明理由.

19.(8分)如图，以0为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A,C在。O上，ZOAC=60°.

(1)求NAOC的度数；

(2)P为x轴正半轴上一点，且PA=OA,连接PC,试判断PC与G)0的位置关系，并说明理由；

(3)有一动点M从A点出发，在。O上按顺时针方向运动一周，当SAMAO=SACAO时，求动点M所经过的弧长,

并写出此时M点的坐标.

20.(8分)已知：如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，AQJ_BE于点Q,DP_LAQ于点P.求证：AP=BQ；

在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中四对线段，使每对中较长线段与较短线段长度的差等于PQ的长.

21.(8分)如图，在△ABC中，AB=AC,若将△ABC绕点C顺时针旋转180。得到△EFC,连接AF、BE.

(1)求证：四边形ABEF是平行四边形；

(2)当NABC为多少度时，四边形ABEF为矩形？请说明理由.

22.(10分)如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=-2x+3的图象与反比例函数y=x(x>0,k是常数)的图象交

于A(a,2),B(4,b)两点.求反比例函数的表达式；点C是第一象限内一点，连接AC,BC,使AC〃x轴，BC〃y

轴，连接OA,OB.若点P在y轴上，且△OPA的面积与四边形OACB的面积相等，求点P的坐标.

23.(12分)如图，在四边形ABCD中，点E是对角线BD上的一点，EAJ_AB,EC±BC,且EA=EC.求证：AD=CD.

y=-x~—x-2

24.如图，已知矩形OABC的顶点A、C分别在x轴的正半轴上与y轴的负半轴上，二次函数55的

图像经过点B和点C.

(1)求点A的坐标；

(2)结合函数的图象，求当y<0时，x的取值范围.

参考答案

一、选择题(共10小题，每小题3分，共30分)

1、C

【解析】

DE

根据三角形的中位线定理可得DE〃BC,BC=2,即可证得△ADEsaABC,根据相似三角形面积的比等于相似比

SA/WE1

的平方可得已知△ADE的面积为1,即可求得SAABC=1.

【详解】

VD.E分别是AB、AC的中点，

，口£是4ABC的中位线，

DEJ_

，DE〃BC,BC=2,

.,.△ADE^AABC,

S\ADE11

/.S,MBC-(2)2=4,

「△ADE的面积为1,

/.SAABC=1.

故选c.

【点睛】

本题考查了三角形的中位线定理及相似三角形的判定与性质，先证得△ADE-AABC,根据相似三角形面积的比等于

SAADE1

相似比的平方得到Swc=4是解决问题的关键.

2、C

【解析】

过B作直径，连接AC交AO于E,如图①，根据已知条件得到BD=2OB=2,如图②，BD=6,求得OD、OE、DE的

长，连接OD,根据勾股定理得到结论.

【详解】

过B作直径，连接AC交AO于E,

B

图1

♦.•点B为人。的中点，

ABDIAC,

如图①，

♦.•点D恰在该圆直径上，D为0B的中点,

.♦.BD=2x4=2,

.♦.0D=0B-BD=2,

•.•四边形ABCD是菱形，

，DE=2BD=1,

，0E=1+2=3,

连接OC,

CE=dOC?-OE?=J42-32=4,

由勾股定理得：DC="炉+DE-=J(g)2+「=20；

在RtADEC中,

如图②,

图2

£

OD=2,BD=4+2=6,DE=2BD=3,OE=3-2=1,

由勾股定理得：CE=V<9C2-OEr=V42-12=715,

1222

DC=4DE+CE=73+(V15)=276

故选C.

【点睛】

本题考查了圆心角，弧，弦的关系，勾股定理，菱形的性质，正确的作出图形是解题的关键.

3、A

【解析】

连接BD,过点B，作B(M±AD于M.设DM=B，M=x,则AM=7-x,根据等腰直角三角形的性质和折叠的性质得到：(7-x)

2=25-x2,通过解方程求得x的值，易得点B，到BC的距离.

【详解】

解：如图，连接BT),过点B，作B，MJ_AD于M,

•点B的对应点B，落在NADC的角平分线上，

Z.设DM=B，M=x,则AM=7-x,

又由折叠的性质知AB=AB，=5,

二在直角△AMB，中，由勾股定理得到：AM2^AB'2-B'M2,

即(77)2=25-/,

解得x=3或x=4,

则点B到BC的距离为2或1.

故选A.

【点晴】

本题考查的是翻折变换的性质，掌握翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位

置变化，对应边和对应角相等是解题的关键.

4、D

【解析】

根据△=b2-4ac,求出A的值，然后根据A的值与一元二次方程根的关系判断即可.

【详解】

Va=3,b=-6,c=4,

A=b2-4ac=(-6)2-4x3x4=-12c0,

方程3x2-6x+4=0没有实数根.

故选D.

【点睛】

本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a/0)的根的判别式A=b2-4ac：当△>()时，一元二次方程有两个不相等的实数

根；当△=()时，一元二次方程有两个相等的实数根；当△<()时，一元二次方程没有实数根.

5、B

【解析】

YDE垂直平分AC,

，AD=CD,AC=2EC=8,

VCAABC=AC+BC+AB=23,

AAB+BC=23-8=15,

:.CAABD=AB+AD+BD=AB+DC+BD=AB+BC=15.

故选B.

6、A

【解析】

先利用勾股定理计算出AB,再在RtZkBDE中，求出BD即可；

【详解】

解:VZC=90°,AC=4,BC=3,

AAB=5,

:△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处,

AE=AC=4,DE=BC=3,

/.BE=AB-AE=5-4=1,

在RsDBE中，BD=，32+r=厢，

故选A.

【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.

7、A

【解析】

60°+20°=80°.由北偏西20。转向北偏东60。，需要向右转.

故选A.

8、D

【解析】

试题解析:A、V4+10+8+6+2=30（人），

，参加本次植树活动共有30人，结论A正确；

B、V10>8>6>4>2,

,每人植树量的众数是4棵，结论B正确；

C、；共有30个数，第15、16个数为5,

...每人植树量的中位数是5棵，结论C正确；

D、（3x4+4x10+5x8+6x6+7x2）+30=4.73（棵），

...每人植树量的平均数约是4.73棵，结论D不正确.

故选D.

考点：1.条形统计图；2.加权平均数；3.中位数；4.众数.

9、C

【解析】

作OF1.AB于F,OELAC于E,ODJ_BC于D,根据角平分线的性质得到OD=OE=OF,根据三角形的面积公式计算

即可.

【详解】

作OFJ_AB于F,OE_LAC于E,ODJ_BC于D,

B

D

CEA

•..三条角平分线交于点O,OF1AB,OE±AC,OD1BC,

，OD=OE=OF,

ASAABO：SABCO：SACAO=AB：BC：CA=20：30：40=2：3：4,

故选C.

【点睛】

考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键.

10、C

【解析】

根据二次函数图像位置确定a<0,c>0,即可确定正比例函数和反比例函数图像位置.

【详解】

解：由二次函数的图像可知a<0,c>0,

,正比例函数过二四象限，反比例函数过一三象限.

故选C.

【点睛】

本题考查了函数图像的性质，属于简单题，熟悉系数与函数图像的关系是解题关键.

二、填空题(本大题共6个小题，每小题3分，共18分)

11、1.

【解析】

试题解析：连接OE,如下图所示，

则：OE=OA=R,

：AB是。O的直径，弦EFLAB,

；.ED=DF=4,

VOD=OA-AD,

AOD=R-2,

在RSODE中，由勾股定理可得：

OE2=OD2+ED2,

，R2=(R-2)2+42,

，R=1.

考点：1.垂径定理；2.解直角三角形.

⑵2+25/10

【解析】

作BK〃CF,使得BK=DE=2,作K关于直线CF的对称点G交CF于点M,连接BG交CF于D，，则。，E=OE=2,

此时△BDE的周长最小，作BH1CF交CF于点F,

可知四边形为平行四边形及四边形为矩形，在RJBCH中,解直角三角形可知BH长，易得GK长,

在RtZkBGK中，可得BG长，表示出△BDE的周长等量代换可得其值.

【详解】

解：如图，作BK〃CF,使得BK=DE=2,作K关于直线CF的对称点G交CF于点M,连接BG交CF于D,则

DE=DE=2,此时△BDE的周长最小，作BH上CF交CF于点F.

BE=KD

由对称可知KG1CF,GK=2KM,KD=GD

QBH1CF

：.BH//KG

Q8A7/CF,即〃印0

二.四边形3KMH为矩形

：.KM=BH,ZBKM=90°

.BHBH3

sinNC=-----=-----=-

在Rt_BCH中,BC55

:.BH=3

：.KM=3

:.GK=2KM=6

在RtABGK中，BK=2,GK=6,

r7

ABG=72+6=2Vio,

.♦.△BDE周长的最小值为BE,+D,E'+BD'=KD'+D,E,+BD'=D'E,+BD'+GD'=D'E,+BG=2+2^.

故答案为：2+2厢.

【点睛】

本题考查了最短距离问题，涉及了轴对称、矩形及平行四边形的性质、解直角三角形、勾股定理，难度系数较大，利

用两点之间线段最短及轴对称添加辅助线是解题的关键.

13、20n

【解析】

利用勾股定理可求得圆锥的母线长，然后根据圆锥的侧面积公式进行计算即可.

【详解】

底面直径为8,底面半径=4,底面周长=8兀，

由勾股定理得，母线长=,不+3?=5,

£

故圆锥的侧面积=2、8犷5=20兀，

故答案为：207t.

【点睛】

本题主要考查了圆锥的侧面积的计算方法.解题的关键是熟记圆锥的侧面展开扇形的面积计算方法.

14、4

【解析】

由三角形的重心的概念和性质，由AD、BE为△ABC的中线，且AD与BE相交于点F,可知F点是三角形ABC的重

22

心，可得AF=3AD=3x6=4.

故答案为4.

点睛：此题考查了重心的概念和性质：三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点

的距离的2倍.

15、15

【解析】

分析：设输出结果为y,观察图形我们可以得出x和y的关系式为：V=3X-2,将y的值代入即可求得x的值.

详解：.；y=3x-2,

当y=127时,3X—2=127,解得:x=43.

当y=43时，3-2=43,解得:X=15；

_17

当y=15时,3"-2=15，解得3.不符合条件.

则输入的最小正整数是15.

故答案为15.

点睛：考查一元一次方程的应用，熟练掌握一元一次方程的应用是解题的关键.

16、6

【解析】

根据已知线段a=4,b=9,设线段x是a,b的比例中项，列出等式，利用两内项之积等于两外项之积即可得出答案.

【详解】

解：；a=4,b=9,设线段x是a,b的比例中项，

ax

.♦.Xb,

x2=ab=4x9=36,

・，.x=6,x=-6(舍去).

故答案为6

【点睛】

本题主要考查比例线段问题，解题关键是利用两内项之积等于两外项之积解答.

三、解答题(共8题，共72分)

17、1)补全的条形图见解析(2)n级.(3)408.

【解析】

试题分析：(1)根据n级的人数和所占的百分比即可求出总数，从而求出三级人数，进而补全图形;

(2)把所有同类数据按照从小到大的顺序排列，中间的数据是中位数，则该数在n级.；

(3)由样本估计总体，由于时间不低于加面11的人数占34%,故该类学生约有408人.

(人).三级人数为:50-13-20-7=10.

(2)把所有同类数据按照从小到大的顺序排列，中间的数据是中位数，则该数在II级.

(3)由样本估计总体，由于时间不低于加面11的人数占34%,所以该类学生约有1200x34%=408.

7

18、(1)(1)A(a,0),B(3,0),D(0,3a).(2)a的值为3.(3)当2=逐时，D、0、C、B四点共圆.

【解析】

【分析】(1)根据二次函数的图象与x轴相交，贝i]y=0,得出A(a,0),B(3,0),与y轴相交，贝I]x=0,得出D(0,

3a).

2

a+3a+3(3-a

(2)根据(1)中A、B、D的坐标，得出抛物线对称轴x=2,AO=a,OD=3a,代入求得顶点C(2,2

a+33-a3-aV

从而得PB=3-22,PC=；再分情况讨论：①当aAODsaBPC时，根据相似三角形性质得

3a

2

3—a3-a

2F

解得：a==3(舍去);

a3a

；3-a

3-。2

②△AODSMPB,根据相似三角形性质得,解得:al=3(舍)，a2=3；

3

(3)能；连接BD,取BD中点M,根据已知得D、B、。在以BD为直径，M(2,2a)为圆心的圆上，若点C也

在此圆上，则MC=MB,根据两点间的距离公式得一个关于a的方程，解之即可得出答案.

【详解】(1)Vy=(x-a)(x-3)(0<a<3)与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧)，

.♦.A(a,0),B(3,0),

当x=0时,y=3a,

AD(0,3a)；

Q+3

(2)VA(a,0),B(3,0),D(0,3a)..•.对称轴x=2>AO=a,OD=3a,

a+33-a?

当*=2时，y=.

2

Q+33—ci

AC(2),

2

a+33-a3—ci

~2~

APB=3-22,PC=l

①当△AOD^ABPC时,

AOOD

:.BPPC,

a3a

2

3—ci3-ci

F

即

解得:a==3(舍去);

②△AODs^CPB,

AOOD

.•.而一诟,

3。

解得:a1=3（舍），a2=3.

7

综上所述：a的值为§：

（3）能；连接BD,取BD中点M,

VA|

33

YD、B、。三点共圆，且BD为直径，圆心为M（2,2a）,

若点C也在此圆上，

，MC=MB,

化简得：a4-14a2+45=0,

:.(a2-5)(a2-9)=0,

/.a2=5或a2=9,

:・al=^,a2=■石，a3=3(舍)，a4=-3(舍),

V0<a<3,

・a=6

••(1-，

.•.当a=石时，D、0、C、B四点共圆.

【点睛】本题考查了二次函数、相似三角形的性质、四点共圆等，综合性较强，有一定的难度，正确进行分析，熟练

应用相关知识是解题的关键.

19、（1）60°；（2）见解析：（3）对应的M点坐标分别为：M1（2,-2百）、M2（-2,-2^）、M3（-2,2百）、

M4(2,26).

【解析】

(1)由于/OAC=60。，易证得△OAC是等边三角形，即可得/AOC=60。.

(2)由(1)的结论知：OA=AC,因此OA=AC=AP,即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP是直角三

角形，且/OCP=90。，由此可判断出PC与。0的位置关系.

(3)此题应考虑多种情况，若AMAO、AOAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：

C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解.

【详解】

(1)VOA=OC,ZOAC=60°,

.1△OAC是等边三角形，

故NAOC=60°.

(2)由(1)知：AC=OA,已知PA=OA,即OA=PA=AC；

_1_

，AC=2OP,因此△OCP是直角三角形，且NOCP=90。，

而OC是的半径，

故PC与。O的位置关系是相切.

(3)如图；有三种情况：

①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：Ml(2,-23;

60%x4_4乃

劣弧MA的长为：1803.

②取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2(-2,-2+);

120万x48万

劣弧MA的长为：1803.

③取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3(-2,26)；

2407x4_16兀

优弧MA的长为：1803；

④当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4(2,26)；

300万x420万

优弧MA的长为：1803

4万8乃16乃20万

综上可知：当SAMAO=SACAO时，动点M所经过的弧长为3'3'3'3对应的M点坐标分别为：Ml(2,

-26)、M2(-2,-2百)>M3(-2,26)、M4(2,2出).

【点睛】

本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解.

20、(1)证明见解析；(2)①AQ-AP=PQ,②AQ-BQ=PQ,③DP-AP=PQ,④DP-BQ=PQ.

【解析】

试题分析：(1)利用AAS证明△AQB丝ADPA,可得AP=BQ；(2)根据AQ-AP=PQ和全等三角形的对应边相等可

写出4对线段.

试题解析：(1)在正方形中ABCD中，AD=BA,ZBAD=90°,/.ZBAQ+ZDAP=90°,VDP1AQ,AZADP+ZDAP=90°,

AZBAQ=ZADP,；AQ_LBE于点Q,DPJ_AQ于点P,NAQB=NDPA=90。，.,.△AQB^ADPA(AAS),

，AP=BQ.⑵①AQ-AP=PQ,②AQ-BQ=PQ,③DP-AP=PQ,@DP-BQ=PQ.

考点：(1)正方形；(2)全等三角形的判定与性质.

21、(1)证明见解析(2)当/ABC=60。时，四边形ABEF为矩形

【解析】

(1)根据旋转得出CA=CE,CB=CF,根据平行四边形的判定得出即可；

(2)根据等边三角形的判定得出△ABC是等边三角形，求出AE=BF,根据矩形的判定得出即可.

【详解】

(1)•将△ABC绕点C顺时针旋转180。得到△EFC,.;△ABC彩△EFC,；.CA=CE,CB=CF,四边形ABEF是平

行四边形；

(2)当NABC=60。时，四边形ABEF为矩形，理由是：：ZABC=60°,AB=AC,AAABC是等边三角形，，AB=AC=BC.

：CA=CE,CB=CF,；.AE=BF.

四边形ABEF是平行四边形，四边形ABEF是矩形.

【点睛】

本题考查了旋转的性质和矩形的判定、平行四边形的判定、等边三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进

行推理是解答此题的关键.

4

22、(1)反比例函数的表达式为y=x(x>0);(2)点P的坐标为(0,4)或(0,-4)

【解析】

1

(1)根据点A(a,2),B(4,b)在一次函数y=-2x+3的图象上求出a、b的值，得出A、B两点的坐标，再运用

待定系数法解答即可；

(2)延长CA交y轴于点E,延长CB交x轴于点F,构建矩形OECF,根据S四边形OACB=S矩形OECF-SAOAE

-SAOBF,设点P(0,m),根据反比例函数的几何意义解答即可.

【详解】

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