2023年山东省济南市中考数学复习训练试卷（一）

2023年山东省济南市中考数学复习训练试卷（一）一．选择题：本题共10小题，在每小题所给出的四个选项中，只有一个是正确的.每小题3分，错选、不选或选出的答案超过一个，均记零分.共30分1．﹣7的绝对值是（）A．﹣7 B．7 C．﹣ D．2．如图是一个空心圆柱，关于它的主视图和俯视图正确的是（）A． B． C． D．3．如图，底边长为2的等腰Rt△ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转45°得到△OA1B1，则点A1的坐标为（）A．（1，﹣） B．（1，﹣1） C．（） D．（，﹣1）4．已知β为锐角，且tanβ＝3.387，下列度数与β度数最接近的是（）A．73°33' B．73°35' C．16°33' D．16°34'5．下列算式中，结果等于2a3的是（）A．2+a3 B．2（a+a+a） C．2•a•a•a D．2a•2a•2a6．下列四个数中，属于无理数的是（）A．0 B．1.33 C． D．7．如图所示，某同学不小心将分式运算的作业纸撕坏了一角，若已知该运算正确的情况下，则撕坏的部分中“■”代表的是（）A． B． C． D．8．如图，点B为反比例函数y＝（k＜0，x＜0）上的一点，点A（3k，0）为x轴负半轴上一点，连接AB，将线段AB绕点A逆时针旋转90°，点B的对应点为点C．若点C恰好也在反比例函数y＝的图象上，且C点的横坐标是A点横坐标的两倍，则k的值为（）A．﹣ B．﹣ C．﹣ D．﹣9．如图，在平面直角坐标系中，OABC是正方形，点A的坐标是（4，0），点P为边AB上一点，∠CPB＝60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点B′处，则B′点的坐标为（）A．（2，2） B．（，） C．（2，） D．（，）10．“行人守法，安全过街”体现了对生命的尊重，也体现了公民的文明素质，更反映了城市的文明程度．在某路口的斑马线路段A﹣B﹣C横穿双向车道，其中，AB＝2BC＝10米，在人行绿灯亮时，小刚共用时10秒通过AC，其中通过BC的速度是通过AB的1.3倍，求小刚通过AB的速度．设小刚通过AB的速度为x米/秒，则根据题意列方程为（）A．＝10 B．＝10 C．＝10 D．＝10二．填空题：本大题共6个小题，每小题4分，共24分．请直接填写最后结果．11．已知x＝2是方程ax﹣5＝3a﹣3的解，则a＝．12．分解因式：x2y﹣12xy+36y＝．13．如图，已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，分别以点A，C为圆心，大于AC的长度为半径画弧，两弧相交于点P，Q，直线PQ与AB交于点M，若BC＝a，MB＝b，则AC＝．14．如图，在平面直角坐标系中，点M为x轴正半轴上一点，过点M的直线l∥y轴，且直线l分别与反比例函数y＝（x＞0）和y＝（x＞0）的图象交于P、Q两点，若S△POQ＝13，则k的值为．15．如图，PA，PB，DE分别切⊙O于点A，B，C，如果PA＝10cm，那么△PDE的周长为cm．16．如图，A1，A2，A3……在直线y＝x上，B1，B2，B3……在直线y＝3x上，，四边形AnBn∁nAn+1为正方形，则四边形AnBn∁nAn+1的面积是．三．解答题（本大题共10小题，共66分）17．（1）计算：|﹣3|+2cos45°+（﹣）﹣2；（2）解分式方程：﹣2＝．18．已知a2+2a﹣1＝0，求代数式（）÷的值．19．如图，已知▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，且∠1＝∠2．（1）求证：▱ABCD是菱形．（2）F为AD上一点，连接BF交AC于E，且AE＝AF，若AF＝3，AB＝5，求BD的长．20．如图，△ABD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点D作⊙O的切线DE，过点B作DE的垂线BC，交DE于点E，交AD的延长线于点C，延长CB，交⊙O于点F．（1）求证：∠A＝∠C；（2）若BE＝BF＝6，求DE的长．21．如图，一座古塔座落在小山上（塔顶记作点A，其正下方水平面上的点记作点B），小李站在附近的水平地面上，他想知道自己到古塔的水平距离，便利用无人机进行测量，但由于某些原因，无人机无法直接飞到塔顶进行测量，因此他先控制无人机从脚底（记为点C）出发向右上方（与地面成45°，点A，B，C，O在同一平面）的方向匀速飞行4秒到达空中O点处，再调整飞行方向，继续匀速飞行8秒到达塔顶，已知无人机的速度为5米/秒，∠AOC＝75°，（求小李到古塔的水平距离即BC的长．（结果精确到1m，参考数据：，22．如图，△ABO为等边三角形，点A为（4，0）．若双曲线y＝（x＞0，k为常数）经过AB的中点D，交OB于E．（1）求k的值；（2）若第一象限的双曲线y＝（x＞0）与△BDE没有交点，求m的取值范围；（3）将△AOB向左平移几个单位，使点B恰好落在（1）中的双曲线上，求n的值．23．某中学开学初在商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了3000元，购买B品牌足球花费了2400元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元；（2）该中学决定再次购进A，B两种品牌足球共50个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3060元，那么该中学此次最多可购买多少个B品牌足球？24．如图1，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A和B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接AC，直线y＝kx+b经过点B、C．（1）求直线BC的函数表达式；（2）点P是位于直线BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PE⊥BC于点E，连接OE．求△BOE面积的最大值及此时点P的坐标；（3）在（2）的条件下，将抛物线沿着射线CA方向平移2个单位得到新抛物线y′，y′与原抛物线相交于点M，点Q是新抛物线y′对称轴上的一个动点，点N为平面内一点，若以P、Q、M、N为顶点的四边形是以MQ为边的菱形，直接写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．25．用四根一样长的木棍搭成菱形ABCD，P是线段DC上的动点（点P不与点D和点C重合），在射线BP上取一点M，连接DM，CM，使∠CDM＝∠CBP．操作探究一（1）如图1，调整菱形ABCD，使∠A＝90°，当点M在菱形ABCD外时，在射线BP上取一点N，使BN＝DM，连接CN，则∠BMC＝，＝．操作探究二（2）如图2，调整菱形ABCD，使∠A＝120°，当点M在菱形ABCD外时，在射线BP上取一点N，使BN＝DM，连接CN，探索MC与MN的数量关系，并说明理由．拓展迁移（3）在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝6．若点P在直线CD上，点M在射线BP上，且当∠CDM＝∠PBC＝45°时，请直接写出MD的长．26．【问题探究】（1）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝，将△ABC绕点C逆时针旋转到△DEC的位置，点A的对应点D落在BC上，则BD的长为；（2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝6，点O是矩形ABCD的对称中心，点E在AD边上，且AE＝2，点F是BC边上的动点，连接EF与OF，求EF﹣OF的最大值；【问题解决】（3）有一块三角形草地ABC，其示意图如图③所示，AB＝BC＝24cm，∠ABC＝90°，DE是一条小道（宽度不计），点D是BC的中点，点E在△ABC内，B、E两点之间的距离为13cm，DE⊥BC．市政府为丰富市民的业余生活，计划将部分草地改建，在BC、BA上分别找点M、N，在M、N处栽种梧桐树，BM＝BN，连接EM、EN，在EN上截取EP＝EM．根据规划，现要沿线段PN修建一段文化长廊（宽度不计），为容纳更多的市民在文化长廊内活动，要求文化长廊PN的长度尽可能的长，当文化长廊PN的长最大时，请求出此时点N的位置（即BN的长）．

参考答案一．选择题1．【解答】解：|﹣7|＝7，故选：B．2．【解答】解：主视图是两个同心圆，俯视图是带有虚线的矩形，故选：B．3．【解答】解：A1B1交x轴于H，如图，∵△OAB为等腰直角三角形，∴∠OAB＝45°，∵△ABO绕原点O逆时针旋转45°得到△OA1B1，∴A1B1＝AB＝2，∠1＝45°，∠OA1B1＝45°，∴∠2＝45°，∴OH⊥A1B1，∴OH＝A1H＝B1H＝A1B1＝1，∴点A1的坐标为（1，﹣1）．故选：B．4．【解答】解：∵tanβ＝3.387，∴β≈73.55°＝73°33′．故选：A．5．【解答】解：A、2+a3≠2a3，不符合题意；B、2（a+a+a）＝2×3a＝6a≠2a3，不符合题意；C、2⋅a⋅a⋅a＝2a3，符合题意；D、2a⋅2a⋅2a＝8a3≠2a3，不符合题意；故选：C．6．【解答】解：A．0是整数，属于有理数，故本选项不符合题意；B．1.33是有限小数，属于有理数，故本选项不符合题意；C．是分数，属于有理数，故本选项不符合题意；D．是无理数，故本选项符合题意．故选：D．7．【解答】解：撕坏的部分中“■”为：×（5﹣a）+1＝＝，故选：A．8．【解答】解：如图，过点C作CE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，∴∠AEC＝∠BFA＝90°，∴∠BAF+∠ABF＝90°，由旋转知，AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠CAE+∠BAF＝90°，∴∠ABF＝∠CAE，∴△ABF≌△CAE（AAS），∴AF＝CE，BF＝AE，∵C点的横坐标是A点横坐标的两倍，且点A（3k，0），∴点E（6k，0），∵点C在反比例函数y＝的图象上，∴C（6k，），∴CE＝，∵A（3k，0），E（6k，0），∴AE＝3k﹣6k＝﹣3k，∴BF＝﹣3k，∵点B在反比例函数y＝的图象上，∴B（﹣，﹣3k），∴F（﹣，0），∴AF＝﹣﹣3k，∵AF＝CE，∴﹣﹣3k＝，∴k＝﹣，故选：B．9．【解答】解：过点B′作B′D⊥OC∵∠CPB＝60°，CB′＝OC＝OA＝4∴∠B′CD＝30°，B′D＝2根据勾股定理得DC＝2∴OD＝4﹣2，即B′点的坐标为（2，）故选：C．10．【解答】解：∵AB＝2BC＝10米，∴BC＝5米．∵小刚通过AB的速度为x米/秒，通过BC的速度是通过AB的1.3倍，∴小刚通过BC的速度为1.3x米/秒．又∵小刚共用时10秒通过AC，∴+＝10．故选：A．二．填空题（共6小题）11．【解答】解：∵x＝2是方程ax﹣5＝3a﹣3的解，∴2a﹣5＝3a﹣3，∴﹣a＝﹣3+5，∴a＝﹣2．故答案为：﹣2．12．【解答】解：x2y﹣12xy+36y＝y（x2﹣12x+36）＝y（x﹣6）2，故答案为：y（x﹣6）2．13．【解答】解：由题意得，直线PQ是AC的垂直平分线，连接CM，∴AM＝CM，∴∠A＝∠ACM＝36°，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝72°，∴∠BCM＝36°，∴∠BMC＝180°﹣36°﹣72°＝72°，∴CM＝BC＝a，∴AM＝CM＝a，∴AC＝AB＝AM+BM＝a+b，故答案为：a+b．方法二：连接CM，∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠B＝∠ACB＝72°，∵直线PQ是AC的垂直平分线，∴CM＝AM．∴∠ACM＝∠A＝36°，∴∠BCM＝36°，∴∠ACM＝∠A＝36°，∴△CBM∽△ABC，∴＝，∴＝，∴AB＝，故答案为．14．【解答】解：S△OPM＝×8＝4，S△OMQ＝|k|＝﹣k，∵S△POQ＝13，∴4﹣k＝13，解得：k＝﹣18．故答案为：﹣18．15．【解答】解：∵PA，PB，DE分别切⊙O于点A，B，C，∴PA＝PB＝10，CD＝AD，CE＝BE，∴△PDE的周长＝PD+PE+CD+CE＝2PA＝20cm．故答案为：20．16．【解答】解：连接A2B1，由题意可得∠B1A2O＝45°，且A2在直线y＝x上，∴A2B1∥x轴，∴设A2（3a，3a），则B1（a，3a），∴OB12＝10a2，OA2＝3a，∵，∴A1A2＝A1B1＝3a﹣，∴在Rt△OA1B1中，10a2＝（）2+（3a﹣）2，∴a＝或a＝1（舍）∴A1A2＝A1B1＝，∴四边形A1B1C1A2的面积＝（）2＝，∵∠OA1B1＝∠OA2B2＝90°，∠A1OB1＝∠A2OB2，∴△OA1B1∽△OA2B2，∴＝，即＝，∴A2B2＝，∴四边形A2B2C2A3的面积＝（）2＝×（）2，同理可证得，△OA1B1∽△OA3B3，∴＝，即＝，∴A3B3＝，∴四边形A2B2C2A3的面积＝（）2＝×（）4，以此类推，四边形AnBn∁nAn+1的面积＝×（）2n﹣2，故答案为：×（）2n﹣2．三．解答题（共10小题）17．【解答】解：（1）原式＝3﹣+2×+4＝3﹣++4＝7；（2）＝，整理，得＝，去分母，得﹣15+5x＝2x+6，移项并合并，得3x＝21，解得x＝7．经检验，x＝7是原方程的解．所以原方程的解为：x＝7．18．【解答】解：原式＝[]•a（a﹣1）＝（+）•a（a﹣1）＝•a（a﹣1）＝a2+2a，∵a2+2a﹣1＝0，∴a2+2a＝1，∴原式＝1．19．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠2＝∠ACB，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠ACB，∴AB＝CB，∴▱ABCD是菱形．（2）解：由（1）可知，▱ABCD是菱形，∴BC＝AB＝5，AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，∵AD∥BC，∴∠AFE＝∠CBE，∵AE＝AF＝3，∴∠AFE＝∠AEF，又∵∠AEF＝∠CEB，∴∠CBE＝∠CEB，∴CE＝BC＝5，∴AC＝AE+CE＝3+5＝8，∴AO＝AC＝4，在Rt△AOB中，由勾股定理得：BO＝＝＝3，∴BD＝2BO＝6，即BD的长为6．20．【解答】（1）证明：如图，连接OD，∵DE是⊙O的切线，∴DE⊥OD，∵DE⊥BC，∴OD∥BC，∴∠ODA＝∠C，∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠A，∴∠A＝∠C；（2）解：过点O作OH⊥BF于点H，则∠ODE＝∠DEH＝∠OHE＝90°，∴，∴四边形ODEH是矩形，∴OD＝EH，OH＝DE，∴OD＝EH＝BE+BH＝9，∴，∴．21．【解答】解：过点O作OD⊥BC，交BC的延长线于点D，过点O作OE⊥AB，垂足为E，由题意得：AO＝8×5＝40（米），OC＝4×5＝20（米），OE＝BD，OE∥BD，∴∠EOC＝∠OCD＝45°，∵∠AOC＝75°，∴∠AOE＝∠AOC﹣∠EOC＝30°，在Rt△OCD中，CD＝OC•cos45°＝20×＝10（米），在Rt△AOE中，OE＝AO•cos30°＝40×＝20（米），∴OE＝BD＝20（米），∴BC＝BD﹣CD＝20﹣10≈21（米），∴小李到古塔的水平距离即BC的长约为21米．22．【解答】解：（1）如图，过点B、点D分别作x轴的垂线，垂足为C、F，∵点A为（4，0）．∴OA＝4，∵△ABO为等边三角形，∴OC＝AC＝2，BC＝AC＝6，∵点D是AB的中点，∴CF＝AF＝，DF＝BC＝3，∴OF＝OC+CF＝3，∴点D（3，3），∵点D（3，3）在反比例函数y＝的图象上，∴k＝3×3＝9；（2）由（1）可得点B（2，6），当双曲线y＝（x＞0）过点B（2，6）时，m＝12，∴第一象限的双曲线y＝（x＞0）与△BDE没有交点，则m的取值范围为m＞12或0＜m＜9；（3）当y＝6时，即6＝，解得x＝，∴向左平移的距离为2﹣＝，即n＝．23．【解答】解：（1）设购买一个A品牌的足球需要x元，则购买一个B品牌的足球需要（x+30）元，依题意得：＝2×，解得：x＝50，经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意，∴x+30＝80（元）．答：购买一个A品牌的足球需要50元，购买一个B品牌的足球需要80元．（2）设该中学此次可以购买m个B品牌足球，则可以购买（50﹣m）个A品牌足球，依题意得：50×（1+8%）（50﹣m）+80×0.9m≤3060，解得：m≤20．答：该中学此次最多可购买20个B品牌足球．24．【解答】解：（1）抛物线y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，则y＝3，令y＝0，则0＝﹣x2+2x+3，解得x＝3或﹣1，∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），∵直线y＝kx+b经过点B、C，∴，解得，∴直线BC的函数表达式为y＝﹣x+3；（2）过点P作PF∥y轴交BC于点F，过点E作EH⊥PF于点H，设P（m，﹣m2+2m+3），则F（m，﹣m+3），∴PF＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，∵B（3，0），C（0，3），∴OB＝OC，∴∠OCB＝45°，∵PF∥y轴，∴∠EFP＝∠OCB＝45°，∵PE⊥BC，∴△PEF是等腰直角三角形，∵EH⊥PF，∴EH＝PH＝FH＝PF）＝﹣m2+m，∴E（m2﹣m，﹣m2+m+3），∴S△BOE＝×3×（﹣m2+m+3）＝﹣（m﹣）2+，∴△BOE面积的最大值为，此时点P的坐标为（，）；（3）∵A（﹣1，0），C（0，3），∴AC＝＝，∴将抛物线沿着射线CA方向平移2个单位得到新抛物线y′，即将抛物线向左平移2个单位长度，向下平移6个单位长度，∵抛物线y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴新抛物线y′＝﹣（x﹣1+）2+4﹣6＝﹣（x+1）2﹣2，解方程组得，∴M（﹣，﹣），新抛物线y′的对称轴为直线x＝﹣1，设Q（﹣1，n），∴MQ2＝（﹣1）2+（n+）2＝n2+n+，PQ2＝（+1）2+（﹣n）2＝n2﹣n+，PM2＝（+）2+（+）2＝40，①当MQ＝PQ时，n2+n+＝n2﹣n+，∴n＝，∴Q（﹣1，），∵点P的坐标为（，），∴点N的坐标为（0，）；②当MQ＝PM时，n2+n+＝40，∴n＝，∴Q（﹣1，）或（﹣1，），∵点P的坐标为（，），∴点N的坐标为（1，）或（1，）；综上，点N的坐标为（0，）或（1，）或（1，）．25．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝90°，在△BCN和△DCM中，，∴△BCN≌△DCM（SAS），∴∠BCN＝∠DCM，CN＝CM，∵∠BCN+∠DCN＝∠BCD＝90°，∴∠DCM+∠DCN＝∠MCN＝90°，∴△MCN是等腰直角三角形，∴∠CMN＝45°，，∴∠CMB＝45°，，故答案为：45°，；（2），理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∠A＝120°，∴BC＝CD，∠BCD＝∠A＝120°，在△BCN和△DCM中，，∴△BCN≌△DCM（SAS），∴∠BCN＝∠DCM，CN＝CM，∵∠BCN+∠DCN＝∠BCD＝120°，∴∠DCM+∠DCN＝∠MCN＝120°，∵CM＝CN，∴∠CMN＝∠CNM，∵∠CMN+∠CNM+∠MCN＝180°，∴，如图2，作CE⊥BP交BP于E，则ME＝NE，∠CEM＝90°，在Rt△CEM中，∠CME＝30°，∠CEM＝90°，∴，∴，∴；（3）当∠CDM＝∠PBC＝45°时，点M和点N重合，如图3，当点P在线段CD的延长线时，过点M作MF⊥CD于点F，设