2023年数学中考模拟试卷(含解析)

2023年12月3日发(作者：儋州市小升初考试数学试卷)

2023年数学中考模拟试卷（含解析）一、单选题1．已知x=1是不等式2xm0的解，则m的值可以是（A．4B．2C．0）D．22．若点P（a+1，a﹣2）关于原点对称的点位于第二象限，则a的取值范围表示正确的是（A．C．）B．D．3．小张的爷爷每天坚持体育锻炼，星期天爷爷从家里跑步到公园，打了一会太极拳，然后沿原路慢步走到家，下面能反映当天爷爷离家的距离y（米）与时间t（分钟）之间关系的大致图象是（）A．B．C．D．4．在一个不透明的口袋中有6个除颜色外其余都相同的小球，其中1个白球，2个红球，3个黄球．从口袋中任意摸出一个球是红球的概率是：【】A．16B．13C．21D．565．如图，在直角坐标系中，点P(2，2)是一个光源．木杆AB两端的坐标分别为(0，1)，(3，1)．则木杆AB在x轴上的投影长为（）A．3B．4C．5D．6如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB交AD于点M，若OM3，6．BC8，则OB的长为（）A．5B．4C．342D．344B两点，7．对于题目:在平面直角坐标系中，直线yx4分别与x轴、y轴交于A、5过点A且平行y轴的直线与过点B且平行x轴的直线相交于点C，若抛物线yax22ax3a(a0)与线段BC有唯一公共点，求a的取值范围.甲的计算结果是a14；乙的计算结果是a，则（）33A．甲的结果正确C．甲与乙的结果合在一起正确B．乙的结果正确D．甲与乙的结果合在一起也不正确如图，直线y=2x+4与x,y轴分别交于点A，以OB为底边在y轴右侧作等腰△OBC，8．B，将点C向左平移4个单位，使其对应点C′恰好落在直线AB上，则点C的坐标为（）（5，2）A．（4，2）B．（3，2）C．（﹣1，2）D．二、填空题9．一个不透明的袋中装着只有颜色不同的5个红球，7个白球，9个黄球．从中任意摸出1个球是红球的概率为______．10．不等式﹣2x+8≤0的解集是_____．11．一个小球在如图所示的方格地砖上任意滚动，并随机停留在某块地砖上．每块地砖的大小、质地完全相同，那么该小球停留在黑色区域的概率是______．12．将双曲线y＝3向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲x线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，其中一个点的横坐标为a，另一个点的纵坐标为b，则（a﹣1）（b+2）＝_____．13．如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA,OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，测得MC8.5m,CD13m，垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2∶3，则点O，M之间的距离等于___________米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于___________米．14．已知二次函数yax2bxc的图象如图所示，有以下结论：①abc0；②abc1；③abc>0；④4a-2b+c<0；⑤c-a>1其中所有正确结论的序号是______x1xy215．若关于x，y的二元一次方程组的解为，则多项式A可以是_____y1A0（写出一个即可）．16．如图，点P在等边ABC的内部，且PC6,PB10，将线段PC绕点C顺时针旋转60得到PC，连接AP，则sinPAP的值为_________．三、解答题17．如图，在一旗杆AB的顶端A上系一活动旗帜，在某一时刻，旗杆的影子落在平地BD和一坡度为1：3的斜坡DF上，拉动旗帜使其影子正好落在斜坡顶点D处，若测得旗高BC=8m，影长BD=16m，影长DE=12m，（假设旗杆AB与地面垂直，B、D、G三点共线，AB、BG、DF在同一平面内）．（1）求坡角∠FDG的度数；（2）求旗杆AB的高度．（注：3≈1.73，结果精确到0.1m）18．已知BAC，点E在射线AB上．请用尺规作图法，过点E求作一条直线MN，使得MN∥AC．3x4x 19．已知不等式组42xx33（1）求不等式组的解集，并写出它的所有整数解；（2）在不等式组的所有整数解中任取两个不同的整数相乘，请用画树状图或列表的方法求积为非负数的概率．22x131x①20．解不等式组，并把它的解集表示在数轴上：x1．x1x②3221．图l、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．点A和点B在小正方形的顶点上．（1）在图1中画出△ABC(点C在小正方形的顶点上)，使△ABC为直角三角形(画一个即可)；（2）在图2中画出△ABD(点D在小正方形的顶点上)，使△ABD为等腰三角形(画一个即可)；22．快车和慢车分别从A市和B市两地同时出发，匀速行驶，先相向而行，慢车到达A市后停止行驶，快车到达B市后，立即按原路原速度返回A市（调头时间忽略不计），结果与慢车同时到达A市.快、慢两车距B市的路程y1、y2（单位：km）与出发时间x（单位：h）之间的函数图像如图所示.（1）A市和B市之间的路程是________km，图中a____________；（2）请求出y1与x之间的函数关系式；（3）快车与慢车迎面相遇以后，请直接写出经过多长时间两车相距20km？23．为了预防流感，某学校在休息日用药熏消毒法对教室进行消毒.已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量y（mg）与时间t（h）成正比；药物释放完毕后，ya与t之间的函数解析式为y=（a为常数），如图所示.根据图中提供的信息，解答下列t问题：（1）写出从释放药物开始，y与t之间的两个函数解析式及相应的自变量取值范围；（2）据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.25mg以下时，学生方可进入教室，那么药物释放开始，至少需要经过多少小时，学生才能进入教室？24．已知：平面直角坐标系中，抛物线yx22xc交y轴于点A，交x轴正半轴于点B(c,0)，连接AB．(1)如图1，求该抛物线的解析式；(2)如图2，P为抛物线第一象限上一点，连接PA、PB，设点P的横坐标为t，PAB的面积为S，求S与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；(3)如图3，在（2）的条件下，连接PO并延长至点E，交AB于点C，取x轴负半轴上一点D，连接DE、BE，若EBCDOE，2ECBEDB180，DE2，求P点的坐标．25．如图，在Rt⊿ABC中，ACB90,CDAB于D,AC20,BC15.⑴.求AB的长；⑵.求CD的长.参考答案与解析1．A【分析】将x=-1代入不等式2x−m>0得关于m的不等式，解之可得答案；【详解】∵x=-1是不等式2x−m>0的解，∴2×（-1）−m>0解得m＜-2，∵-4＜-2故选：A【点睛】本题主要考查解一元一次不等式，解题的关键是根据不等式的解的概念得出关于m的不等式并熟练掌握解一元一次不等式的能力．2．C【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出P点位置，进而得出答案．【详解】解：∵点P（a+1，a﹣2）关于原点的对称的点在第二象限，∴点P在第四象限，∴a+1＞0，a﹣2＜0，解得：﹣1＜a＜2，∴a的取值范围表示正确的是C．故选：C．【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出P点位置是解题关键．3．B【详解】∵y轴表示当天爷爷离家的距离，X轴表示时间又∵爷爷从家里跑步到公园，在公园打了一会儿太极拳，然后沿原路慢步走到家，∴刚开始离家的距离越来越远，到公园打太极拳时离家的距离不变，然后回家时离家的距离越来越近又知去时是跑步，用时较短，回来是慢走，用时较多∴选项B中的图形满足条件.故选B.4．B【详解】根据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．因此，∵口袋中小球的总数为6，红球有2个，21∴从口袋中任意摸出一个球是红球的概率是=．故选B．635．D【分析】利用中心投影，延长PA、PB分别交x轴于A′、B′，作PE⊥x轴于E，交AB于D，如图，证明△PAB∽△PA′B′，然后利用相似比可求出A\'B\'的长．【详解】解：延长PA、PB分别交x轴于A′、B′，作PE⊥x轴于E，交AB于D，如图，∵P（2，2），A（0，1），B（3，1）．∴PD=1，PE=2，AB=3，∵AB//A′B′，∴△PAB∽△PA′B′，∴31ABPD，即，AB2ABPE∴A′B′=6，故选：D．【点睛】本题考查了中心投影：中心投影的光线特点是从一点出发的投射线．物体与投影面平行时的投影是放大（即位似变换）的关系．6．A【分析】由三角形相似的性质可得CD＝6，由勾股定理可得AC＝10，由直角三角形的性质可得OB的长．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD＝BC＝8，∵OM∥AB，∴OM∥CD，∴AOM~ACD，∴AOAMOM，且点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM＝3，ACADCD∴CD＝6，在Rt△ADC中，ACAD2DC210，∵在Rt△ABC中，点O是斜边AC上的中点，∴BO＝2AC＝5，故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，求CD的长度是本题的关键．7．C【分析】首先求出A、B、C三点的坐标，以及抛物线的顶点坐标和对称轴，因为不清楚a的取值，所以分两种情况进行讨论，进而求得a的取值范围．4【详解】解：对于直线yx4，令y=0，解得x=5；51令x=0，得y=4，∴A（5，0）、B（0，4），∵过点A且平行y轴的直线与过点B且平行x轴的直线相交于点C，∴C（5，4），∵yax22ax3a(a0)=ax12-4a，∴抛物线的顶点坐标为（1，-4a），抛物线的对称轴为x1，当抛物线yax22ax3a(a0)与线段BC有唯一公共点时，分两种情况：①当a0时，如图：由图可得：25a-10a-3a4，解得：a1；3②当a0时，如图抛物线yax22ax3a(a0)与y轴的交点坐标为（0，-3a），抛物线的对称轴与直线BC的交点坐标为（1，-4），3a44a4由图可得：25a10a3a4解得：a43，综上所述，a的取值范围是a故选C．14或a．33【点睛】本题考查的是二次函数的图像问题，难度一般，需要同学们掌握数形结合的思想，才能顺利解题．8．C【详解】试题解析：∵直线y=2x+4与y轴交于B点，∴x=0时，得y=4，∴B（0，4）．∵以OB为边在y轴右侧作等边三角形OBC，∴C在线段OB的垂直平分线上，∴C点纵坐标为2．将y=2代入y=2x+4，得2=2x+4，解得x=-1．则C′（-1，2），将其向右平移4个单位得到C（3，2）．故选C．9．521【分析】直接根据概率公式，即可求解．【详解】解：根据题意得：摸出1个球是红球的概率为故答案为：52155．57921【点睛】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．10．x≥4【分析】根据一元一次不等式的解法即可求出答案．【详解】∵﹣2x≤﹣8，∴x≥4；故答案为：x≥4【点睛】本题考查一元一次不等式的解法，解题的关键是熟练运用一元一次不等式的解法，本题属于基础题型．11．29【分析】先判断黑色区域的面积，再利用概率公式计算即可【详解】解：因为正方形的两条对角线将正方形分成面积相等的四个三角形，即四个黑色三角形的面积等于一个小正方形的面积，所以黑色区域的面积为2个小正方形的面积，而共有9个小正方形则有小球停留在黑色区域的概率是P29故答案为：29【点睛】本题考查概率的计算，正方形的性质、熟练掌握概率公式是关键12．-3【分析】由于一次函数y＝kx−2−k（k＞0）的图象过定点P（1，−2），而点P（1，−2）恰好是原点（0，0）向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到的，因此将双曲线y＝3向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx−2−kx（k＞0）相交于两点，在平移之前是关于原点对称的，表示出这两点坐标，根据中心对称两点坐标之间的关系求出答案．【详解】解：一次函数y＝kx﹣2﹣k（k＞0）的图象过定点P（1，﹣2），而点P（1，﹣2）恰好是原点（0，0）向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到的，因此将双曲线y＝3向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与x直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，在没平移前是关于原点对称的，平移前，这两个点的坐标为为（a﹣1，∴a﹣1＝﹣33），（，b+2），a1b23，b2∴（a﹣1）（b+2）＝﹣3，故答案为：﹣3．【点睛】本题考查一次函数、反比例函数图象上点的坐标特征，理解平移之前，相应的两点关于原点对称是解决问题的关键．13．101013EFOM2，FGMH3【分析】过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，求出CH的长度，根据求出OM的长度，证明BIO∽JIB，得出BI用勾股定理求出OB的长，即可算出所求长度．【详解】如图，过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，由题意可知，点O是AB的中点，∵OHACBD，24IJ，OIIJ，求出IJ、BI、OI的长度，93∴点H是CD的中点，∵CD13m，∴CHHD1CD6.5m，2∴MHMCCH8.56.515m，又∵由题意可知：∴EFOM2，FGMH3OM2，解得OM10m，153∴点O、M之间的距离等于10m，∵BI⊥OJ，∴BIOBIJ90，∵由题意可知：OBJOBIJBI90，又∵BOIOBI90，∴BOIJBI，∴BIO∽JIB，∴BIOI2，IJBI324IJ，OIIJ，93∴BI∵OJCD,OHDJ，∴四边形IHDJ是平行四边形，∴OJHD6.5m，∵OJOIIJ4IJIJ6.5m，9∴IJ4.5m，BI3m，OI2m，∵在Rt△OBI中，由勾股定理得：OB2OI2BI2，∴OBOI2BI2223213m，∴OBOK13m，∴MKMOOK1013m，∴叶片外端离地面的最大高度等于1013m，故答案为：10，1013．【点睛】本题主要考查了投影和相似的应用，及勾股定理和平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．14．①②③⑤【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线当x=1、x=-1和x=-2时的情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【详解】①当x=1时，y=a+b+c<0，故①正确；②当x=−1时，y=a−b+c>1，故②正确；③由抛物线的开口向下知a<0，与y轴的交点为在y轴的正半轴上，∴c>0,对称轴为x-b1，得2a=b，2a∴a、b同号，即b<0，∴abc>0，故③正确；④∵对称轴为x-b1，2a∴点(0,1)的对称点为(−2,1)，∴当x=−2时，y=4a−2b+c=1>0，故④错误;⑤∵x=−1时,a−b+c>1,又对称轴为x-∴c−a>1，故⑤正确.故答案为①②③⑤.【点睛】此题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键在于根据图像判断系数的关系.15．x﹣y（答案不唯一）b1，即b=2a，2ax1【分析】根据方程组的解的定义，应该满足所写方程组的每一个方程．因此，可以围y1x1绕列一组算式，然后用x，y代换即可.y1x1xy2【详解】∵关于x，y的二元一次方程组的解为，y1A0而1﹣1＝0，∴多项式A可以是答案不唯一，如x﹣y．故答案为：x﹣y（答案不唯一）.【点睛】此题考查二元一次方程组的定义，二元一次方程组的解，正确理解方程组的解与每个方程的关系是解题的关键.16．【详解】试题解析：连接PP′，如图，∵线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P\'C，∴CP=CP′=6，∠PCP′=60°，∴△CPP′为等边三角形，∴PP′=PC=6，∵△ABC为等边三角形，∴CB=CA，∠ACB=60°，∴∠PCB=∠P′CA，在△PCB和△P′CA中∴△PCB≌△P′CA，∴PB=P′A=10，∵62+82=102，∴PP′2+AP2=P′A2，∴△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，∴sin∠PAP′=．考点：旋转的性质；等边三角形的性质；解直角三角形．（1）∠FDG=30°；（2）19.2m．17．【分析】（1）作EH⊥DG于H，根据坡度为1：3，可得∠FDG=30°；（2）求出BG的值，根据BC=8m，影长BD=16m，可求得AB的值．【详解】解：（1）作EH⊥DG于H，∴tan∠FDG=1：3∴∠FDG=30°；（2）延长AE交BG于点M，∵∠FDG=30°，DE=12m，∴EH6m，DH63m，又∵BC=8m，影长BD=16m，∴HM=2EH=12m，∴BMBDDHHM1663122863．∴AB28632143319.2m．答：旗杆AB的高度约为19.2m．3，3【点睛】本题考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，解题的关键是正确的构造直角三角形．18．见解析【分析】根据尺规作图作已知直线的平行线的作法即可求解【详解】解：如图所示，作法：（1）以点A为圆心，以任意长度为半径画弧分别交AC于D、AB于G，（2）以E为圆心，以相同长度为半径，画弧交AB于P，（3）以P为圆心，以DG的长为半径画弧交前面的弧于Q，（4）连接EQ并延长，则直线MN即为所求．【点睛】本题考查了尺规作图，熟练掌握尺规作图的方法是解题的关键．19．（1）﹣2＜x≤2，它的所有整数解为：﹣1，0，1，2；（2）23【分析】（1）按照解不等式的方法，分别求出两个不等式的解，然后写出解集并写出符合条件的整数解即可；（2）将（1）中的整数解根据题意列出树状图，然后根据概率公式求解即可．3x4x①【详解】解：（1），42xx②33由①得：x＞﹣2，由②得：x≤2，∴不等式组的解集为：﹣2＜x≤2，∴它的所有整数解为：﹣1，0，1，2；（2）根据题意，画树状图得：乘积分别为：0-1-2000-102-202∵共有12种等可能的结果，积为非负数的有8种情况，∴积为非负数数的概率为：P=82123．【点睛】本题考查解一元一次不等式组以及画树状图或表格法求概率，掌握不等式组的解法以及画树状图或表格法的方法是解题关键．20．1x5【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．【详解】解不等式①22x131x去括号得，4x233x移项，合并同类项得，x5；解不等式②x1x1x32去分母得，2x1<6x3x1去括号得，2x2<6x3x3移项，合并同类项得，x1系数化为1得，x1；故不等式组的解集为：1x5．【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．（1）如图1、2，画一个即可：21．解：（2）如图3、4，画一个即可：【详解】（1）利用网格结构，过点A的竖直线与过点B的水平线相交于点C，连接即可，或过点A的水平线与过点B的竖直线相交于点C，连接即可．（2）根据网格结构，作出BD=AB或AB=AD，连接即可．120x360(0x3)22．（1）360,120（2）y1（3）快车与慢车迎面相遇以后，再经过120x360(3x6)111或h两车相距20km．93【分析】（1）由图象中的数据，可以直接写出A市和B市之间的路程；根据题意，可知快车速度是慢车速度的2倍，然后设出慢车的速度，即可得到相应的方程，从而可以求得慢车和快车的速度，进而计算出a的值；（2）如图，先求解当0＜x£3时，y1与x的关系式，求得y1与x轴的交点坐标，结合题意再求当3＜x≤6时的关系式，即可得到答案；（3）根据题意可知，分两种情况进行讨论，一种是快车到达B地前相距20km，一种是快车从B地向A地行驶的过程中相距20km，然后分别进行计算即可解答本题．【详解】解：（1）由图可知，A市和B市之间的路程是360km，根据题意可知快车速度是慢车速度的2倍，设慢车速度为xkm/h，则快车速度为2xkm/h，2x2x360,解得，x=60，则a260120.故答案为：360，120.（2）快车速度为120km/h，到达B市的时间为360÷120=3（h），当0＜x£3时，设y1k1xb1,把0,360,2,120代入解析式得：b1360,2kb12011k1120,解得：b3601y1120x360,如图，函数与x轴的交点E3,0，又根据题意得：两函数的交点F6,360,当3＜x≤6时，设y1k2xb2,3kb022,6kb36022k2120,解得：b3602y1120x360,120x360(0x3)综上：y1120x360(3x6)（3）OF过原点，设y2kx,把2,120代入得：2k120,k60,y260x,当0≤x≤3时，y2y120,即60x120x36020,解得，x19,91912.99当3＜x≤6时，y2y120,即60x120x36020,解得，x17,317112，33111所以，快车与慢车迎面相遇以后，再经过或h两车相距20km．93【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．23．(1)y＝t（0≤t≤【详解】(1)将点将再将代入代入,得,得,解得,233）(2)6小时2代入函数关系式,解得,有;.,所以所求反比例函数关系式为,所以所求正比例函数关系式为(2)解不等式所以至少需要经过6小时后，学生才能进入教室.24．(1)yx22x3329(2)Stt22(3)P(3,23)【分析】（1）把点B代入解析式求解即可；2（2）根据题意可设Pt,t2t3，过P作PMy轴，延长MP，过B作BNMP，根据面积公式即可求解；（3）作CHBO于H，CMCE交EB延长线于M，CNCB交BD于N，EK⊥DO于K，设EBD，得到EBC45，通过计算证明CEN≌CBM，得到CENM45，再计算出OH321，OC5，即可得解．(1)把B代入解析式得0c22cc，解得c=0（舍去）或c3，∴解析式为yx22x3；(2)过P作PMy轴，延长MP，过B作BNMP于点N，如图所示，2设P点横坐标为t，则Pt,t2t3，由（1）可得B3,0，∴OB3，OA3，∴AMt22t33t22t，PMt，BNt22t3，∴S△PMAS△PBN111PMAMtt22tt3t2，222111539PNNB3tt22t3t3t2t，222222119AOBO33，222S△AOBS四边形MNBOOBOM3t22t33t26t9，∴115399S△APBS四边形MNBOS△APMS△PNBS△AOB3t26t9(t3t2)(t3t2t)222222329tt；22(3)作CHBO于H，CMCE交EB延长线于M，CNCB交BD于N，EK⊥DO于K；设EBD，∴EBC45.∵DOEOEB，又EBCDOE，∴OEB45，∴ECB180OEBCBE90.∵2ECBEDB180，∴290EDB180，∴EDB2.∵NCBECM90，∴NCEMCB，CNBCBN45，CEMM45，∴CNCB，CECM，∴CEN≌CBM，∴CENM45，∴NEB454590.∵CHNB，∴NHBHCHEH，∴EHD2HBE2EDB，∴EHED2BHCH，∴OH321，OC5，∴tanCOH2，∴y2x与yx22x3联立得x3，∴y23，∴P(3,23).【点睛】本题主要考查了二次函数解析式求解，二次函数的综合应用，全等三角形的判定与性质，准确分析计算是解题的关键．（1）25（2）1225．【详解】整体分析：（1）用勾股定理求斜边AB的长；（2）用三角形的面积等于底乘以高的一半求解.解：(1).∵在Rt⊿ABC中，ACB90，AC20,BC15.∴ABAC2BC220215225，(2).∵S⊿ABC11ACBCABCD，22∴ACBCABCD即201525CD，∴20×15＝25CD.∴CD12.