2023-2024学年广西北部湾重点中学中考数学五模试卷含解析

2023-2024学年广西北部湾重点中学中考数学五模试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．如图，小岛在港口P的北偏西60°方向，距港口56海里的A处，货船从港口P出发，沿北偏东45°方向匀速驶离港口，4小时后货船在小岛的正东方向，则货船的航行速度是()A．7海里/时 B．7海里/时 C．7海里/时 D．28海里/时2．图1是边长为1的六个小正方形组成的图形，它可以围成图2的正方体，则图1中正方形顶点A，B在围成的正方体中的距离是()A．0 B．1 C． D．3．已知：如图，AD是△ABC的角平分线，且AB：AC=3：2，则△ABD与△ACD的面积之比为（）A．3：2 B．9：4 C．2：3 D．4：94．近似数精确到（）A．十分位 B．个位 C．十位 D．百位5．如图，桌面上放着1个长方体和1个圆柱体，按如图所示的方式摆放在一起，其左视图是（）A． B． C． D．6．平面直角坐标系中的点P（2﹣m，m）在第一象限，则m的取值范围在数轴上可表示为（）A． B．C． D．7．在，0，－1，这四个数中，最小的数是（）A． B．0 C． D．－18．在下面的四个几何体中，左视图与主视图不相同的几何体是()A． B． C． D．9．对于下列调查：①对从某国进口的香蕉进行检验检疫；②审查某教科书稿；③中央电视台“鸡年春晚”收视率.其中适合抽样调查的是()A．①②B．①③C．②③D．①②③10．下列四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11．如图，如果两个相似多边形任意一组对应顶点P、P′所在的直线都是经过同一点O，且有OP′=k·OP(k≠0)，那么我们把这样的两个多边形叫位似多边形，点O叫做位似中心，已知△ABC与△A′B′C′是关于点O的位似三角形，OA′=3OA，则△ABC与△A′B′C′的周长之比是________.12．如图，某商店营业大厅自动扶梯AB的倾斜角为31°，AB的长为12米，则大厅两层之间的高度为____米．（结果保留两个有效数字）（参考数据；sin31°=0.515，cos31°=0.857，tan31°=0.601）13．将两块全等的含30°角的三角尺如图1摆放在一起，设较短直角边为1，如图2，将Rt△BCD沿射线BD方向平移，在平移的过程中，当点B的移动距离为时，四边ABC1D1为矩形；当点B的移动距离为时，四边形ABC1D1为菱形．14．如图1，AB是半圆O的直径，正方形OPNM的对角线ON与AB垂直且相等，Q是OP的中点.一只机器甲虫从点A出发匀速爬行，它先沿直径爬到点B，再沿半圆爬回到点A，一台微型记录仪记录了甲虫的爬行过程.设甲虫爬行的时间为t，甲虫与微型记录仪之间的距离为y，表示y与t的函数关系的图象如图2所示，那么微型记录仪可能位于图1中的（）A．点MB．点NC．点PD．点Q15．如图，点M是反比例函数（x＞0）图像上任意一点，MN⊥y轴于N，点P是x轴上的动点，则△MNP的面积为A．1 B．2 C．4 D．不能确定16．分解因式：a2b+4ab+4b=______．17．如果两个相似三角形对应边上的高的比为1：4，那么这两个三角形的周长比是___．三、解答题（共7小题，满分69分）18．（10分）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连结AE．（1）如图1，当点D与M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；（2）如图2，当点D不与M重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH=AM．①求∠CAM的度数；②当FH=，DM=4时，求DH的长．19．（5分）如图1，抛物线y1=ax1﹣x+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，），抛物线y1的顶点为G，GM⊥x轴于点M．将抛物线y1平移后得到顶点为B且对称轴为直线l的抛物线y1．（1）求抛物线y1的解析式；（1）如图1，在直线l上是否存在点T，使△TAC是等腰三角形？若存在，请求出所有点T的坐标；若不存在，请说明理由；（3）点P为抛物线y1上一动点，过点P作y轴的平行线交抛物线y1于点Q，点Q关于直线l的对称点为R，若以P，Q，R为顶点的三角形与△AMG全等，求直线PR的解析式．20．（8分）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，点C的对应点C′恰好落在CB的延长线上，边AB交边C′D′于点E．（1）求证：BC＝BC′；（2）若AB＝2，BC＝1，求AE的长．21．（10分）如图，△ABC中，点D在边AB上，满足∠ACD=∠ABC，若AC=，AD=1，求DB的长．22．（10分）先化简，再求值：，其中x为方程的根．23．（12分）“足球运球”是中考体育必考项目之一．兰州市某学校为了解今年九年级学生足球运球的掌握情况，随机抽取部分九年级学生足球运球的测试成绩作为一个样本，按A，B，C，D四个等级进行统计，制成了如下不完整的统计图．（说明：A级：8分﹣10分，B级：7分﹣7.9分，C级：6分﹣6.9分，D级：1分﹣5.9分）根据所给信息，解答以下问题：（1）在扇形统计图中，C对应的扇形的圆心角是度；（2）补全条形统计图；（3）所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数会落在等级；（4）该校九年级有300名学生，请估计足球运球测试成绩达到A级的学生有多少人？24．（14分）为落实“美丽抚顺”的工作部署，市政府计划对城区道路进行了改造，现安排甲、乙两个工程队完成．已知甲队的工作效率是乙队工作效率的倍，甲队改造360米的道路比乙队改造同样长的道路少用3天．（1）甲、乙两工程队每天能改造道路的长度分别是多少米？（2）若甲队工作一天需付费用7万元，乙队工作一天需付费用5万元，如需改造的道路全长1200米，改造总费用不超过145万元，至少安排甲队工作多少天？

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、A【解析】试题解析：设货船的航行速度为海里/时，小时后货船在点处，作于点.由题意海里，海里，在中,所以在中,所以所以解得：故选A.2、C【解析】试题分析：本题考查了勾股定理、展开图折叠成几何体、正方形的性质；熟练掌握正方形的性质和勾股定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．由正方形的性质和勾股定理求出AB的长，即可得出结果．解：连接AB，如图所示：根据题意得：∠ACB=90°，由勾股定理得：AB==；故选C．考点：1.勾股定理；2.展开图折叠成几何体．3、A【解析】试题解析：过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F.∵AD为∠BAC的平分线，∴DE=DF，又AB:AC=3:2，故选A.点睛：角平分线上的点到角两边的距离相等.4、C【解析】

根据近似数的精确度：近似数5.0×102精确到十位．故选C．考点：近似数和有效数字5、C【解析】

根据左视图是从左面看所得到的图形进行解答即可．【详解】从左边看时，圆柱和长方体都是一个矩形，圆柱的矩形竖放在长方体矩形的中间．故选：C．【点睛】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．6、B【解析】

根据第二象限中点的特征可得：，解得：.在数轴上表示为：故选B.考点：(1)、不等式组；(2)、第一象限中点的特征7、D【解析】试题分析：因为负数小于0，正数大于0，正数大于负数，所以在，0，－1，这四个数中，最小的数是－1，故选D．考点：正负数的大小比较．8、B【解析】

由几何体的三视图知识可知，主视图、左视图是分别从物体正面、左面看所得到的图形，细心观察即可求解.【详解】A、正方体的左视图与主视图都是正方形，故A选项不合题意；B、长方体的左视图与主视图都是矩形，但是矩形的长宽不一样，故B选项与题意相符；C、球的左视图与主视图都是圆，故C选项不合题意；D、圆锥左视图与主视图都是等腰三角形，故D选项不合题意；故选B．【点睛】本题主要考查了几何题的三视图，解题关键是能正确画出几何体的三视图.9、B【解析】

根据普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似解答．【详解】①对从某国进口的香蕉进行检验检疫适合抽样调查；②审查某教科书稿适合全面调查；③中央电视台“鸡年春晚”收视率适合抽样调查.故选B.【点睛】本题考查了抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．10、D【解析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；故选D．【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11、1:1【解析】分析：根据相似三角形的周长比等于相似比解答．详解：∵△ABC与△A′B′C′是关于点O的位似三角形，∴△ABC∽△A′B′C′．∵OA′=1OA，∴△ABC与△A′B′C′的周长之比是：OA：OA′=1：1．故答案为1：1．点睛：本题考查的是位似变换的性质，位似变换的性质：①两个图形必须是相似形；②对应点的连线都经过同一点；③对应边平行．12、6.2【解析】

根据题意和锐角三角函数可以求得BC的长，从而可以解答本题.【详解】解：在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∴BC=AB•sin∠BAC=12×0.515≈6.2（米），答：大厅两层之间的距离BC的长约为6.2米．故答案为：6.2.【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用锐角三角函数和数形结合的思想解答.13、,．【解析】试题分析：当点B的移动距离为时，∠C1BB1=60°，则∠ABC1=90°，根据有一直角的平行四边形是矩形，可判定四边形ABC1D1为矩形；当点B的移动距离为时，D、B1两点重合，根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形，可判定四边形ABC1D1为菱形．试题解析：如图：当四边形ABC1D是矩形时，∠B1BC1=90°﹣30°=60°，∵B1C1=1，∴BB1=，当点B的移动距离为时，四边形ABC1D1为矩形；当四边形ABC1D是菱形时，∠ABD1=∠C1BD1=30°，∵B1C1=1，∴BB1=，当点B的移动距离为时，四边形ABC1D1为菱形．考点：1．菱形的判定；2．矩形的判定；3．平移的性质．14、D【解析】D．试题分析：应用排他法分析求解：若微型记录仪位于图1中的点M，AM最小，与图2不符，可排除A.若微型记录仪位于图1中的点N，由于AN=BM，即甲虫从A到B时是对称的，与图2不符，可排除B.若微型记录仪位于图1中的点P，由于甲虫从A到OP与圆弧的交点时甲虫与微型记录仪之间的距离y逐渐减小；甲虫从OP与圆弧的交点到A时甲虫与微型记录仪之间的距离y逐渐增大，即y与t的函数关系的图象只有两个趋势，与图2不符，可排除C.故选D．考点：1.动点问题的函数图象分析；2.排他法的应用.15、A【解析】

可以设出M的坐标，的面积即可利用M的坐标表示，据此即可求解．【详解】设M的坐标是(m,n)，则mn=2.则MN=m，的MN边上的高等于n.则的面积故选A.【点睛】考查反比例函数系数k的几何意义，是常考点，需要学生熟练掌握.16、b（a+2）2【解析】

根据公式法和提公因式法综合运算即可【详解】a2b+4ab+4b=.故本题正确答案为.【点睛】本题主要考查因式分解.17、1:4【解析】∵两个相似三角形对应边上的高的比为1∶4，∴这两个相似三角形的相似比是1：4∵相似三角形的周长比等于相似比，∴它们的周长比1：4，故答案为：1：4.【点睛】本题考查了相似三角形的性质，相似三角形对应边上的高、相似三角形的周长比都等于相似比.三、解答题（共7小题，满分69分）18、（1）证明见解析；（2）结论：成立．理由见解析；（3）①30°，②1+．【解析】

（1）只要证明AB=ED，AB∥ED即可解决问题；（2）成立．如图2中，过点M作MG∥DE交CE于G．由四边形DMGE是平行四边形，推出ED=GM，且ED∥GM，由（1）可知AB=GM，AB∥GM，可知AB∥DE，AB=DE，即可推出四边形ABDE是平行四边形；

（3）①如图3中，取线段HC的中点I，连接MI，只要证明MI=AM，MI⊥AC，即可解决问题；②设DH=x，则AH=x，AD=2x，推出AM=4+2x，BH=4+2x，由四边形ABDE是平行四边形，推出DF∥AB，推出，可得，解方程即可；【详解】（1）证明：如图1中，∵DE∥AB，∴∠EDC=∠ABM，∵CE∥AM，∴∠ECD=∠ADB，∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，∴BD=DC，∴△ABD≌△EDC，∴AB=ED，∵AB∥ED，∴四边形ABDE是平行四边形．（2）结论：成立．理由如下：如图2中，过点M作MG∥DE交CE于G．∵CE∥AM，∴四边形DMGE是平行四边形，∴ED=GM，且ED∥GM，由（1）可知AB=GM，AB∥GM，∴AB∥DE，AB=DE，∴四边形ABDE是平行四边形．（3）①如图3中，取线段HC的中点I，连接MI，∵BM=MC，∴MI是△BHC的中位线，∴MI∥BH，MI=BH，∵BH⊥AC，且BH=AM．∴MI=AM，MI⊥AC，∴∠CAM=30°．②设DH=x，则AH=x，AD=2x，∴AM=4+2x，∴BH=4+2x，∵四边形ABDE是平行四边形，∴DF∥AB，∴，∴，解得x=1+或1﹣（舍弃），∴DH=1+．【点睛】本题考查了四边形综合题、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角的判定、平行线分线成比例定理、三角形的中位线定理等知识，解题的关键能正确添加辅助线，构造特殊四边形解决问题．19、（1）y1=-x1+x-；（1）存在，T（1，），（1，），（1，﹣）；（3）y=﹣x+或y=﹣．【解析】

（1）应用待定系数法求解析式；（1）设出点T坐标，表示△TAC三边，进行分类讨论；（3）设出点P坐标，表示Q、R坐标及PQ、QR，根据以P，Q，R为顶点的三角形与△AMG全等，分类讨论对应边相等的可能性即可．【详解】解：（1）由已知，c=，将B（1，0）代入，得：a﹣=0，解得a=﹣，抛物线解析式为y1=x1-x+，∵抛物线y1平移后得到y1，且顶点为B（1，0），∴y1=﹣（x﹣1）1，即y1=-x1+x-；（1）存在，如图1：抛物线y1的对称轴l为x=1，设T（1，t），已知A（﹣3，0），C（0，），过点T作TE⊥y轴于E，则TC1=TE1+CE1=11+（）1=t1﹣t+，TA1=TB1+AB1=（1+3）1+t1=t1+16，AC1=，当TC=AC时，t1﹣t+=，解得：t1=，t1=；当TA=AC时，t1+16=，无解；当TA=TC时，t1﹣t+=t1+16，解得t3=﹣；当点T坐标分别为（1，），（1，），（1，﹣）时，△TAC为等腰三角形；（3）如图1：设P（m，），则Q（m，），∵Q、R关于x=1对称∴R（1﹣m，），①当点P在直线l左侧时，PQ=1﹣m，QR=1﹣1m，∵△PQR与△AMG全等，∴当PQ=GM且QR=AM时，m=0，∴P（0，），即点P、C重合，∴R（1，﹣），由此求直线PR解析式为y=﹣x+，当PQ=AM且QR=GM时，无解；②当点P在直线l右侧时，同理：PQ=m﹣1，QR=1m﹣1，则P（1，﹣），R（0，﹣），PQ解析式为：y=﹣；∴PR解析式为：y=﹣x+或y=﹣．【点睛】本题是代数几何综合题，考查了二次函数性质、三角形全等和等腰三角形判定，熟练掌握相关知识，应用数形结合和分类讨论的数学思想进行解题是关键．20、（1）证明见解析；（2）AE=．【解析】

（1）连结AC、AC′，根据矩形的性质得到∠ABC＝90°，即AB⊥CC′，根据旋转的性质即可得到结论；（2）根据矩形的性质得到AD＝BC，∠D＝∠ABC′＝90°，根据旋转的性质得到BC′＝AD′，AD＝AD′，证得BC′＝AD′，根据全等三角形的性质得到BE＝D′E，设AE＝x，则D′E＝2﹣x，根据勾股定理列方程即可得到结论．【详解】解：：（1）连结AC、AC′，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC＝90°，即AB⊥CC′，∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，∴AC＝AC′，∴BC＝BC′；（2）∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC，∠D＝∠ABC′＝90°，∵BC＝BC′，∴BC′＝AD′，∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，∴AD＝AD′，∴BC′＝AD′，在△AD′E与△C′BE中∴△AD′E≌△C′BE，∴BE＝D′E，设AE＝x，则D′E＝2﹣x，在Rt△AD′E中，∠D′＝90°，由勾定理，得x2﹣（2﹣x）2＝1，解得x＝，∴AE＝．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握性质定理是解题的关键．21、BD=2.【解析】

试题分析：根据∠ACD=∠ABC，∠A是公共角，得出△ACD∽△ABC，再利用相似三角形的性质得出AB的长，从而求出DB的长．试题解析：∵∠ACD=∠ABC，又∵∠A=∠A，∴△ABC∽△ACD，∴，∵AC=，AD=1，∴，∴AB=3，∴BD=AB﹣AD=3﹣1=2.点睛：本题主要考查了相似三角形的判定以及相似三角形的性质，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题关键．22、1【解析】

先将除式括号里面的通分后，将除法转换成乘法，约分化简．然后解一元二次方程，根据分式有意义的条件选择合适的x值，代入求值．【详解】解：原式＝．解得，，∵时，无意义，∴取．当时，原式＝．23、（1）117（2）见解析（3）B（4）30【解析】

（1）先根据B等级人数及其百分比求得总人数，总人数减去其他等级人数求得C等级人数，继而用360°乘以C等级人数所占比例即可得；（2）根据