2023年湖北省应城市中考数学达标测试附答案详解（综合卷）

湖北省应城市中考数学达标测试考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题25分）一、单选题（5小题，每小题2分，共计10分）1、在中，，，给出条件：①；②；③外接圆半径为4．请在给出的3个条件中选取一个，使得BC的长唯一．可以选取的是（）A．① B．② C．③ D．①或③2、如图，ABCD是正方形，△CDE绕点C逆时针方向旋转90°后能与△CBF重合，那么△CEF是（）A．.等腰三角形 B．等边三角形C．.直角三角形 D．.等腰直角三角形3、下列关于随机事件的概率描述正确的是（）A．抛掷一枚质地均匀的硬币出现“正面朝上”的概率为0.5，所以抛掷1000次就一定有500次“正面朝上”B．某种彩票的中奖率为5%，说明买100张彩票有5张会中奖C．随机事件发生的概率大于或等于0，小于或等于1D．在相同条件下可以通过大量重复实验，用一个随机事件的频率去估计概率4、在同一直角坐标系中，一次函数y＝﹣kx+1与二次函数y＝x2+k的大致图象可以是（）A． B． C． D．5、下列各式中表示二次函数的是（）A．y＝x2+ B．y＝2﹣x2C．y＝ D．y＝（x﹣1）2﹣x2二、多选题（5小题，每小题3分，共计15分）1、若关于的一元二次方程的两个实数根分别是，且满足，则的值不可能为（

）A．或 B． C． D．不存在2、下列四个命题中正确的是（

）A．与圆有公共点的直线是该圆的切线B．垂直于圆的半径的直线是该圆的切线C．到圆心的距离等于半径的直线是该圆的切线D．过圆直径的端点，垂直于此直径的直线是该圆的切线3、如图，在中，，，点D，E分别为，上的点，且．将绕点A逆时针旋转至点B，A，E在同一条直线上，连接，．下列结论正确的是（

）A． B． C． D．旋转角为4、二次函数y=ax2+bx+c的部分对应值如下表：以下结论正确的是（

）x…﹣3﹣20135…y…70﹣8﹣9﹣57…A．抛物线的顶点坐标为（1，﹣9）；B．与y轴的交点坐标为（0，﹣8）；C．与x轴的交点坐标为（﹣2，0）和（2，0）；D．当x=﹣1时，对应的函数值y为﹣5．5、抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为D（﹣1，2），与x轴的一个交点A在点（﹣3，0）和（﹣2，0）之间，其部分图象如图，则以下结论中正确的是（）A．b2﹣4ac＜0B．当x＞﹣1时，y随x增大而减小C．a+b+c＜0D．若方程ax2+bx+c-m=0没有实数根，则m＞2E．3a+c＜0第Ⅱ卷（非选择题75分）三、填空题（5小题，每小题3分，共计15分）1、一元二次方程的解为__________．2、如图，AB是半圆O的弦，DE是直径，过点B的切线BC与⊙O相切于点B，与DE的延长线交于点C，连接BD，若四边形OABC为平行四边形，则∠BDC的度数为______．3、一个直角三角形的两条直角边相差5cm，面积是7cm2，则其斜边的长是___．4、AB是的直径，点C在上，，点P在线段OB上运动．设，则x的取值范围是________．5、第24届世界冬季奥林匹克运动会，于2022年2月4日在中国北京市和河北省张家口市联合举行，其会徽为“冬梦”，这是中国历史上首次举办冬季奥运会．如图，是一幅印有北京冬奥会会徽且长为3m，宽为2m的长方形宣传画，为测量宣传画上会徽图案的面积，现将宣传画平铺，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，发现骰子落在会徽图案上的频率稳定在0.15左右，由此可估计宣传画上北京冬奥会会徽图案的面积约为______．四、简答题（2小题，每小题10分，共计20分）1、五一期间，小明跟父母去乌镇旅游，欣赏乌镇水乡的美景.如图，当小明走到乌镇古桥的C处时，发现远处有一瞍船匀速行驶过来，当船行驶到A处时，小明测得船头的俯角为30°，同时小明开始计时，船在航行过小明所在的桥之后，继续向前航行到达B处，此时测得船尾的俯角为45°；从小明开始计时到船行驶至B处，共用时15min；已知小明所在位置距离水面6m，船长3m，船到水面的距离忽略不计，请你帮助小明计算一下船的航行速度（结果保留根号）2、内接于⊙O，在劣弧上，连交于，连，．（1）如图1，求证：；（2）如图2，平分，求证：；（3）如图3，在（2）条件下，点在延长线上，连，于，，，，求⊙O半径的长．五、解答题（4小题，每小题10分，共计40分）1、从2021年开始，重庆市新高考采用“”模式：“3”指全国统考科目，即：语文、数学、外语三个学科为必选科目；“1”为首选科目，即：物理、历史这2个学科中任选1科，且必须选1科；“2”为再选科目，即：化学、生物、思想政治、地理这4个学科中任选2科，且必须选2科．小红在高一上期期末结束后，需要选择高考科目．（1）小红在“首选科目”中，选择历史学科的概率是___________．（2）用列表法或画树状图法，求小红在“再选科目”中选择思想政治和地理这两门学科的概率．2、如图，已知在中，，D、E是BC边上的点，将绕点A旋转，得到，连接．（1）当时，时，求证：；（2）当时，与有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．（3）在（2）的结论下，当，BD与DE满足怎样的数量关系时，是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明）3、在中，，，过点A作BC的垂线AD，垂足为D，E为线段DC上一动点（不与点C重合），连接AE，以点A为中心，将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，连接BF，与直线AD交于点G．（1）如图，当点E在线段CD上时，①依题意补全图形，并直接写出BC与CF的位置关系；②求证：点G为BF的中点．（2）直接写出AE，BE，AG之间的数量关系．4、如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，过点A作轴，做直线AC平行x轴，点D是二次函数的图象与x轴的一个公共点（点D与点O不重合）．（1）求点D的横坐标（用含b的代数式表示）（2）求的最大值及取得最大值时的二次函数表达式．（3）在（2）的条件下，如图2，P为OC的中点，在直线AC上取一点M，连接PM，做点C关于PM的对称点N，①连接AN，求AN的最小值．②当点N落在抛物线的对称轴上，求直线MN的函数表达式．-参考答案-一、单选题1、B【分析】画出图形，作，交BE于点D．根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求出AD的长，再由AD和AC的长作比较即可判断①②；由前面所求的AD的长和AB的长，结合该三角形外接圆的半径长，即可判断该外接圆的圆心可在AB上方，也可在AB下方，其与AE的交点即为C点，为两点不唯一，可判断其不符合题意．【详解】如图，，，点C在射线上．作，交BE于点D．∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴不存在的三角形ABC，故①不符合题意；∵，，AC=8，而AC>6，∴存在的唯一三角形ABC，如图，点C即是．∴，使得BC的长唯一成立，故②符合题意；∵，，∴存在两个点C使的外接圆的半径等于4，两个外接圆圆心分别在AB的上、下两侧，如图，点Ｃ和即为使的外接圆的半径等于4的点．故③不符合题意．故选B．【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三角形外接圆的性质．利用数形结合的思想是解答本题的关键．2、D【分析】根据旋转的性质推出相等的边CE＝CF，旋转角推出∠ECF＝90°，即可得到△CEF为等腰直角三角形．【详解】解：∵△CDE绕点C逆时针方向旋转90°后能与△CBF重合，∴∠ECF＝90°，CE＝CF，∴△CEF是等腰直角三角形，故选：D．【点睛】本题主要考查旋转的性质，掌握图形旋转前后的大小和形状不变是解决问题的关键．3、D【分析】根据随机事件、必然事件以及不可能事件的定义即可作出判断．【详解】解：概率反映的是随机性的规律，但每次试验出现的结果具有不确定，故选项A、B错误；随机事件发生的概率大于0，小于1，概率等于1的是必然事件，概率等于0的是不可能事件，故选项C错误；在相同条件下可以通过大量重复实验，用一个随机事件的频率去估计概率，故选项D正确；故选：D．【点睛】本题考查了随机事件、必然事件以及不可能事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．4、A【解析】【分析】二次函数图象与y轴交点的位置可确定k的正负，再利用一次函数图象与系数的关系可找出一次函数y=-kx+1经过的象限，对比后即可得出结论．【详解】解:由y＝x2+k可知抛物线的开口向上，故B不合题意；∵二次函数y＝x2+k与y轴交于负半轴，则k＜0，∴﹣k＞0，∴一次函数y＝﹣kx+1的图象经过经过第一、二、三象限，A选项符合题意，C、D不符合题意；故选：A．【考点】本题考查了二次函数的图象、一次函数图象以及一次函数图象与系数的关系，根据二次函数的图象找出每个选项中k的正负是解题的关键．5、B【解析】【分析】利用二次函数的定义逐项判断即可．【详解】解：A、y＝x2+，含有分式，不是二次函数，故此选项错误；B、y＝2﹣x2，是二次函数，故此选项正确；C、y＝，含有分式，不是二次函数，故此选项错误；D、y＝（x﹣1）2﹣x2＝﹣2x+1，是一次函数，故此选项错误．故选：B．【考点】本题考查了二次函数的概念，属于应知应会题型，熟知二次函数的定义是解题关键．二、多选题1、ABD【解析】【分析】利用可得，从而得到，解出k结合根的判别式即可求解．【详解】解：∵于的一元二次方程的两个实数根分别是，，∴，∵，∴，即，解得：，当时，，∴此时方程无实数根，不合题意，舍去，当时，，∴此时方程有两个不相等实数根，∴的值为．故选：ABD．【考点】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握若一元二次方程的两个实数根分别是，，则是解题的关键．2、CD【解析】【分析】要正确理解切线的定义：和圆有唯一公共点的直线是圆的切线．掌握切线的判定：①经过半径的外端，且垂直于这条半径的直线，是圆的切线；②到圆心的距离等于半径的直线是该圆的切线．【详解】解：A中，与圆有两个公共点的直线，是圆的割线，故该选项不符合题意；B中，应经过此半径的外端，故该选项不符合题意；C中，根据切线的判定方法，故该选项符合题意；D中，根据切线的判定方法，故该选项符合题意．故选：CD．【考点】本题考查了切线的判定．注意掌握切线的判定定理与切线的定义是解此题的关键．3、ABC【解析】【分析】由AB=AC，∠B=30°，得出∠B=∠C=30°，∠BAC=120°，得出将△ADE绕点A逆时针旋转至点B、A、E在同一条直线上，可得旋转角为60°，故D错误；由DE∥BC，易证AD=AE，得出BD=EC，故C正确；BE=AE+AB=AD+AC，故B正确；证明∠DAC=∠EAC，由AD=AE，得出DE⊥AC，故A正确；即可得出结果．【详解】解：∵AB=AC，∠B=30°，∴∠B=∠C=30°，∠BAC=120°，∴将△ADE绕点A逆时针旋转至点B、A、E在同一条直线上，则旋转角为：180°120°=60°，故D错误；∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴BD=EC，故C正确；BE=AE+AB=AD+AC，故B正确；∵∠BAC=∠DAE=120°，∴∠EAC=180°-∠BAC=180°-120°=60°，∠DAC=120°-∠EAC=120°-60°=60°，∴∠DAC=∠EAC，∵AD=AE，∴DE⊥AC，故A正确；故选：ABC．【考点】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握旋转的性质与等腰三角形的性质是解题的关键．4、ABD【解析】【分析】由已知二次函数y=ax2+bx+c的自变量x与函数值y的部分对应值可知：x=-3与x=

5时，都是y

=

7，由抛物线的对称性可知：抛物线的对称轴为直线x=，根据对称轴和图表可得到顶点坐标，抛物线与y轴的交点坐标，抛物线与x轴的另一个交点坐标以及x=﹣1时，对应的函数值，判断即可．【详解】由已知二次函数y=ax2+bx+c的自变量x与函数值y的部分对应值可知：x=-3与x=

5时，都是y

=

7，由抛物线的对称性可知：抛物线的对称轴为直线x=，抛物线的顶点坐标为(1，-

9)，A正确，符合题意；由图表可知抛物线与y轴的交点坐标为(0，－8)，B正确，符合题意；抛物线过点(-2,0)，根据抛物线的对称性可知：抛物线与x轴的另一个交点坐标为(4，0)，C错误，不符合题意；由抛物线的对称性可知：当x=-1时，对应的函数值与x=3时相同，对应的函数值y

=-5，D正确，符合题意，故答案为：ABD．【考点】此题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握抛物线的图象和性质，同时会根据图象得到信息．5、BCDE【解析】【分析】利用图象信息，以及二次函数的性质即可一一判断．【详解】∵二次函数与x轴有两个交点，∴b²-4ac＞0，故A错误，观察图象可知：当x＞-1时，y随x增大而减小，故B正确，∵抛物线与x轴的另一个交点为在（0，0）和（1，0）之间，∴x=1时，y=a+b+c＜0，故C正确，∵当m＞2时，抛物线与直线y=m没有交点，∴方程ax²+bx+c-m=0没有实数根，故D正确，∵对称轴x=-1=，∴b=2a，∵a+b+c＜0，∴3a+c＜0，故E正确，故答案为BCDE．【考点】本题考查了二次函数图象与系数的关系，根的判别式、抛物线与x轴的交点等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．三、填空题1、x=或x=2【解析】【分析】根据一元二次方程的解法解出答案即可．【详解】当x－2=0时,x=2,当x－2≠0时,4x=1,x=,故答案为:x=或x=2．【考点】本题考查解一元二次方程,本题关键在于分情况讨论．2、【分析】先由切线的性质得到∠OBC=90°，再由平行四边形的性质得到BO=BC，则∠BOC=∠BCO=45°，由OD=OB，得到∠ODB=∠OBD，由∠ODB+∠OBD=∠BOC，即可得到∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°．【详解】解：∵BC是圆O的切线，∴∠OBC=90°，∵四边形ABCO是平行四边形，∴AO=BC，又∵AO=BO，∴BO=BC，∴∠BOC=∠BCO=45°，∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∵∠ODB+∠OBD=∠BOC，∴∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°，故答案为：22.5°．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，熟知切线的性质是解题的关键．3、cm【解析】【分析】设较短的直角边长是xcm，较长的就是（x+5）cm，根据面积是7cm，求出直角边长，根据勾股定理求出斜边长．【详解】解：设这个直角三角形的较短直角边长为xcm，则较长直角边长为（x＋5）cm，根据题意，得，所以，解得，，因为直角三角形的边长为正数，所以不符合题意，舍去，所以x＝2，当x＝2时，x＋5＝7，由勾股定理，得直角三角形的斜边长为＝＝cm．故答案为：cm．【考点】本题考查了勾股定理，一元二次方程的应用，关键是知道三角形面积公式以及直角三角形中勾股定理的应用．4、【分析】分别求出当点P与点O重合时，当点P与点B重合时x的值，即可得到取值范围．【详解】解：当点P与点O重合时，∵OA=OC，∴，即；当点P与点B重合时，∵AB是的直径，∴，∴x的取值范围是．【点睛】此题考查了同圆中半径相等的性质，直径所对的圆周角是直角的性质，正确理解点P的运动位置是解题的关键．5、0.9【分析】根据题意可得长方形的面积，然后依据骰子落在会徽图案上的频率稳定在0.15左右，总面积乘以频率即为会徽图案的面积．【详解】解：由题意可得：长方形的面积为，∵骰子落在会徽图案上的频率稳定在0.15左右，∴会徽图案的面积为：，故答案为：．【点睛】题目主要考查根据频率计算满足条件的情况，理解题意，熟练掌握频率的计算方法是解题关键．四、简答题1、船的航行速度为m/min．【解析】【分析】连接AB，过点C作CD⊥AB交于点D，根据题意得出，，CD=6米，利用锐角三角函数得出米，米，结合图形及速度求法即可得出结果．【详解】解：如图所示，连接AB，过点C作CD⊥AB交于点D，根据题意可得：，，CD=6米，在中，（米），在中，米，∴米，∵船长为3米，∴船航行距离为：米，∴船的速度为：，答：船的航行速度为m/min．【考点】本题主要考查锐角三角函数的实际应用，理解题意，构建直角三角形是解题关键．2、（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）如图，连接，由和分别是弧所对的圆心角和圆周角，利用圆周角定理可得，由，可得，OC平分，由，利用三线合一可证即可．

（2）如图，过点作于，由平分，，，可得，，，由勾股定理得，，可求即可．（3）由，可得，由，可得，由，，可得，由平分，可得，由，可得，可证，可得，即，可求，由勾股定理,可求即可得到答案．【详解】证明（1）如图，连接，∵和分别是弧所对的圆心角和圆周角，∴，∵，∴，∴，∵，∴．

（2）如图，过点作于，∵平分，，，∴，，，

∵，，∴，∴．

（3）∵，∴，∵，∴，

∵，，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，

∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，解得：，（舍去），∴，∴，∴，即半径的长是．【考点】本题考查圆周角定理，等腰三角形性质，角平分线性质，勾股定理，相似三角形判定与性质，掌握圆周角定理，等腰三角形性质，角平分线性质，勾股定理，相似三角形判定与性质是解题关键．五、解答题1、（1）（2）【分析】（1）根据概率的公式计算可得答案；（2）画树状图，共有12个等可能的结果，该同学恰好选中思想政治和地理化两科的结果有2个，再由概率公式求解即可．（1）解：选择物理、历史共有2中等可能结果，选择历史学科的结果有1种，所以选择历史学科的概率是；（2）假设A表示化学、B表示生物、C表示思想政治、D表示地理，画树状图如下图：共有12个等可能的结果，该同学恰好选中思想政治和地理的结果有2个，所以该同学恰好选中思想政治和地理的概率为．【点睛】此题考查了概率的求法，利用如果一个事件有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)=，还考查了用列表法或树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件，做题的关键是掌握概率的求法．2、（1）见解析；（2）∠DAE＝∠BAC，见解析；（3）DE＝BD，见解析【分析】（1）根据旋转的性质可得AD＝AD′，∠CAD′＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，从而得到∠DAE＝∠D′AE，再利用“边角边”证明△ADE和△AD′E全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；（2）根据旋转的性质可得AD＝AD′，再利用“边边边”证明△ADE和△AD′E全等，然后根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠D′AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，从而得解；（3）求出∠D′CE＝90°，然后根据等腰直角三角形斜边等于直角边的倍可得D′E＝CD′，再根据旋转的性质解答即可．【详解】（1）证明：∵△ABD绕点A旋转得到△ACD′，∴AD＝AD′，∠CAD′＝∠BAD，∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，∴∠D′AE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC−∠DAE＝120°−60°＝60°，∴∠DAE＝∠D′AE，在△ADE和△AD′E中，，∴△ADE≌△AD′E（SAS），∴DE＝D′E；（2）解：∠DAE＝∠BAC．理由如下：在△ADE和△AD′E中，，∴△ADE≌△AD′E（SSS），∴∠DAE＝∠D′AE，∴∠BAD＋∠CAE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠D′AE＝∠DAE，∴∠DAE＝∠BAC；（3）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝∠ACD′＝45°，∴∠D′CE＝45°＋45°＝90°，∵△D′EC是等腰直角三角形，∴D′E＝CD′，由（2）DE＝D′E，∵△ABD绕点A旋转得到△ACD′，∴BD＝C′D，∴DE＝BD．【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键．3、（1）①BC⊥CF；证明见详解；②见详解;（2）2AE2=4AG2+BE2．证明见详解．【分析】（1）①如图所示，BC⊥CF．根据将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，得出AE=AF，∠EAF=90°，可证△BAE≌△CAF（SAS），得出∠ABE=∠ACF=45°，可得∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°即可；②根据AD⊥BC，BC⊥CF．可得AD∥CF，可证△BDG∽△BCF，可得，得出即可；（2）2AE2=4AG2+BE2，延长BA交CF延长线于H，根据等腰三角形性质可得AD平分∠BAC，可得∠BAD=∠CAD=，可证△BAG∽△BHF，得出HF=2AG，再证△AEC≌△AFH（AAS），得出EC=FH=2AG，利用勾股定理得出，即即可．【详解】解：（1）①如图所示，BC⊥CF．∵将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，∴AE=AF，∠EAF=90°，∴∠EAC+∠CAF=90°，∵，，∴∠BAE+∠EAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°，∴∠BAE=∠CAF，在△BAE和△CAF中，，∴△BAE≌△CAF（SAS），∴∠ABE=∠ACF=45°，∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，∴BC⊥CF；②∵AD⊥BC，BC⊥CF．∴AD∥CF，∴∠BDG=∠BCF=90°，∠BGD=∠BFC，∴△BDG∽△BCF，∴，∵，AD⊥BC，∴BD=DC=，∴，∴，∴，∴BG=GF;（2）2AE2=4AG2+BE2．延长BA交CF延长线于H，∵AD⊥BC，AB=AC，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD=，∵BG=GF，AG∥HF，∴∠BAG=∠H=45°，∠AGB=∠HFB，∴△BAG∽△BHF，∴，∴HF=2AG，∵∠ACE=45°，∴∠ACE=∠H，∵∠EAC+∠CAF=90°，∠CAF+∠FAH=90°，∴∠EAC=∠FAH，在△AEC和△AFH中，，∴△AEC≌△AFH（AAS），∴EC=