2023年内蒙古包头市青山区中考数学模拟试卷（5月份）

这是一份2023年内蒙古包头市青山区中考数学模拟试卷（5月份），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）世界最大的高海拔宇宙线观测站“拉索”位于我国甘孜稻城，其海拔高度记为“+4410米”，表示高出海平面4410米；全球最大的超深水半潜式钻井平台“蓝鲸2号”是我国自主设计制造的，其最大钻深记为“﹣15250米”．“﹣15250米”表示的意义为（ ）
A．高于海平面15250米B．低于海平面15250米
C．比“拉索”高15250米D．比“拉索”低15250米
2．（3分）神舟十三号飞船在近地点高度200000m，远地点高度356000m的轨道上驻留了6个月后，于2022年4月16日顺利返回．将数字356000用科学记数法表示为（ ）
A．3.56×105B．0.356×106C．3.56×106D．35.6×104
3．（3分）如图，AB∥CD，点E在AB上，EC平分∠AED，若∠1＝65°，则∠2的度数为（ ）
A．45°B．50°C．57.5°D．65°
4．（3分）若m是一元二次方程x2﹣x﹣2＝0的一个根，则代数式2m2﹣2m的值为（ ）
A．﹣1B．﹣2C．2D．4
5．（3分）化简的结果是（ ）
A．a﹣bB．a+bC．D．
6．（3分）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示，将△ABC先向左平移3个单位，再作出其关于x轴的对称图形，则A点的对应点的坐标为（ ）
A．（﹣3，﹣2）B．（﹣1，﹣2）C．（﹣2，﹣2）D．（﹣2，﹣3）
7．（3分）一个圆柱的三视图如图所示，若其俯视图为圆，则这个圆柱的体积为（ ）
A．24B．24πC．96D．96π
8．（3分）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C和点D，则tan∠ADC＝（ ）
A．B．C．1D．
9．（3分）在“双减”政策后，学校对某班同学一周七天每天完成课外作业所用的平均时间进行了调查统计，并将统计结果绘制成如图所示的折线统计图，则下列说法错误的是（ ）
A．一周完成课外作业所用时间的平均数为50
B．每天完成课外作业所用时间的中位数是45
C．每天完成课外作业所用时间的众数是45
D．每天完成课外作业所用时间的最大值与最小值的差为120分钟
10．（3分）如图，在▱ABCD中，AD＞AB，按如下步骤作图：①以点A为圆心，以AB的长为半径作弧，交AD于点E，②分别以点B，E为圆心，以大于BE的长为半径在BE右侧作弧，两弧交于点G，③射线AG交BC于点F．若AB＝5，BE＝6，则cs∠AFB的值为（ ）
A．B．C．D．
11．（3分）下列命题是真命题的是（ ）
A．三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等
B．若关于x的方程kx2+2x﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是k≥﹣1且k≠0
C．若关于x的一元一次不等式组无解，则a的范围是a≤3
D．若点C是线段AB的黄金分割点，则
12．（3分）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是BC边的中点，将△DCE沿DE折叠得到△DEF，点F落在EG边上，连接CF．现有如下4个结论：①AG+EC＝GE；②BF⊥CF；③；④．在以上4个结论中正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④
二、填空题：本大题共有7小题，每小题3分，共21分。请将答案填写在答题卡上对应的横线上。
13．（3分）分解因式：a3﹣2a2b+ab2＝ ．
14．（3分）计算：﹣3＝ ．
15．（3分）在一个不透明的袋子里，有5个除颜色外，其他都相同的小球．其中有3个是红球，2个是绿球，每次拿一个球然后放回去，拿2次，则有一次取到绿球的概率是 ．
16．（3分）菱形的两个内角的度数比是1：3，一边上的高长是4，则菱形的面积是 ．
17．（3分）如图，某游乐场的大型摩天轮的半径是20m，摩天轮的中心离地面距离为20.5m，摩天轮旋转1周需要18min．小明乘坐摩天轮从底部A处出发开始观光，已知B处离地面的距离为10.5m，小明第一次到达B处需要 min．
18．（3分）端午节又称端阳节，是中华民族重要的传统节日，我国各地都有吃粽子的习俗，某超市以9元每袋的价格购进一批粽子，根据市场调查，售价定为每袋15元，每天可售出200袋；若售价每降低1元，则可多售出70袋，问此种粽子售价降低多少元时，超市每天售出此种粽子的利润可达到1360元？若设每袋粽子售价降低x元，则可列方程为 ．
19．（3分）如图，反比例函数（k≠0）与矩形OABC一边交于点E，且点E为线段AB中点，若△ODE的面积为3，则k的值为 ．
三、解答题：本大题共有6小题，共63分。情将必要的文字说明、计算过程或推理过程写在
20．（8分）随着高铁、地铁的大量兴建以及铁路的改扩建，我国人民的出行方式越来越多，出行越来越便捷．为保障旅客快捷、安全的出入车站，每个车站都修建了如图所示的出入闸口．某车站有四个出入闸口，分别记为A、B、C、D．
（1）一名乘客通过该站闸口时，求他选择A闸口通过的概率；
（2）当两名乘客通过该站闸口时，请用树状图或列表法求两名乘客选择相同闸口通过的概率．
21．（8分）小宸想利用测量知识测算湖中小山的高度．他站在湖边看台上，清晰地看到小山倒映在平静的湖水中，如图所示，他在点O处测得小山顶端的仰角为45°，小山顶端A在水中倒影A'的俯角为60°．若点O到湖面的距离OD＝4m，OD⊥DB，AB⊥DB，A、B、A'三点共线，A'B＝AB，求小山的高度AB．（光线的折射忽略不计；结果保留根号）
22．（10分）某学校组织春游，租用甲、乙两辆大巴车，从学校出发，去距离学校360千米的某风景区，由于有几名学生未到学校，甲车先出发，一段时间后乙车从学校出发，两车在一条笔直的路上匀速行驶，乙车超过甲车后出现故障；停车检修，当甲车追上乙车时，乙车恰好修完，两车又立刻以原来的速度继续行驶，如图是甲、乙两车行驶的路程（单位：km）与甲车行驶时间（单位：h）的函数图象．
（1）a＝ ，乙车的速度是 km/h；
（2）求BC段的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
（3）直接写出乙车出发多长时间乙车追上甲车．
23．（12分）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，点D，E分别在和上，且＝，连接AE，DC并延长交于点F，连接AD分别交BE，BC于点G，H．
（1）求证：BE∥DF；
（2）试猜想BD与CF的数量关系，并说明理由；
（3）若AB＝10，AE＝7，CF＝5．求BH的长．
24．（12分）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点D，E分别在边AC，BC上，CD＝CE，连接BD，点F，P，G分别为AB，BD，DE的中点．
（1）如图1中，线段PF与PG的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）若把△CDE绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，连接AD，BE，GF，判断△FGP的形状，并说明理由；
（3）若把△CDE绕点C在平面内自由旋转，AC＝8，CD＝3，请求出△FGP面积的最大值．
25．（13分）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+2的顶点为P，与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C．
（Ⅰ）求点P的坐标；
（Ⅱ）点K是抛物线上的动点，当∠KCB＝∠ABC时，求出点K的坐标；
（Ⅲ）直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
2023年内蒙古包头市青山区中考数学模拟试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共有12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个正确选项，请将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
1．（3分）世界最大的高海拔宇宙线观测站“拉索”位于我国甘孜稻城，其海拔高度记为“+4410米”，表示高出海平面4410米；全球最大的超深水半潜式钻井平台“蓝鲸2号”是我国自主设计制造的，其最大钻深记为“﹣15250米”．“﹣15250米”表示的意义为（ ）
A．高于海平面15250米B．低于海平面15250米
C．比“拉索”高15250米D．比“拉索”低15250米
【考点】正数和负数．
【答案】B
【分析】根据正负数的意义，表示相反意义的量，可得结果．
【解答】解：区分高出海平面与低于海平面的高度，高出海平面用+号表示，
故“﹣15250米”表示的意义为低于海平面15250米．
故选：B．
【点评】本题考查正数，负数的意义，熟练掌握正负数是表示相反意义的量是解答此题的关键．
2．（3分）神舟十三号飞船在近地点高度200000m，远地点高度356000m的轨道上驻留了6个月后，于2022年4月16日顺利返回．将数字356000用科学记数法表示为（ ）
A．3.56×105B．0.356×106C．3.56×106D．35.6×104
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【答案】A
【分析】根据把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法即可得出答案．
【解答】解：356000＝3.56×105，
故选：A．
【点评】本题考查了科学记数法﹣表示较大的数，掌握10的指数比原来的整数位数少1是解题的关键．
3．（3分）如图，AB∥CD，点E在AB上，EC平分∠AED，若∠1＝65°，则∠2的度数为（ ）
A．45°B．50°C．57.5°D．65°
【考点】平行线的性质；角平分线的定义．
【答案】B
【分析】根据平行线的性质，由AB∥CD，得∠AEC＝∠1＝65°．根据角平分线的定义，得EC平分∠AED，那么∠AED＝2∠AEC＝130°，进而求得∠2＝180°﹣∠AED＝50°．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠AEC＝∠1＝65°．
∵EC平分∠AED，
∴∠AED＝2∠AEC＝130°．
∴∠2＝180°﹣∠AED＝50°．
故选：B．
【点评】本题主要考查平行线的性质、角平分线，熟练掌握平行线的性质、角平分线的定义是解决本题的关键．
4．（3分）若m是一元二次方程x2﹣x﹣2＝0的一个根，则代数式2m2﹣2m的值为（ ）
A．﹣1B．﹣2C．2D．4
【考点】一元二次方程的解．
【答案】D
【分析】根据题意可得：把x＝m代入方程x2﹣x﹣2＝0中得：m2﹣m﹣2＝0，从而可得m2﹣m＝2，然后进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
把x＝m代入方程x2﹣x﹣2＝0中得：
m2﹣m﹣2＝0，
∴m2﹣m＝2，
∴2m2﹣2m＝4，
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解的意义是解题的关键．
5．（3分）化简的结果是（ ）
A．a﹣bB．a+bC．D．
【考点】分式的加减法．
【答案】D
【分析】先通分，再计算，然后化简，即可求解．
【解答】解：
＝
＝
＝
＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查了异分母分式相加减，熟练掌握异分母分式相加减法则是解题的关键．
6．（3分）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示，将△ABC先向左平移3个单位，再作出其关于x轴的对称图形，则A点的对应点的坐标为（ ）
A．（﹣3，﹣2）B．（﹣1，﹣2）C．（﹣2，﹣2）D．（﹣2，﹣3）
【考点】坐标与图形变化﹣对称；坐标与图形变化﹣平移．
【答案】D
【分析】先根据平移的性质画出平移后的三角形，再根据关于x轴的点的坐标特点描出各点，把各点连接起来，得出A点坐标即可．
【解答】解：如图所示：
△A′B′C′为平移后的三角形；
△A″B″C″为关于x轴的对称图形．
由图可知，A点的对应点A″（﹣2，﹣3）．
故选：D．
【点评】本题考查的是坐标与图形变化，熟知关于x轴对称的图形与图形平移的性质是解答此题的关键．
7．（3分）一个圆柱的三视图如图所示，若其俯视图为圆，则这个圆柱的体积为（ ）
A．24B．24πC．96D．96π
【考点】由三视图判断几何体；简单几何体的三视图．
【答案】B
【分析】由已知三视图为圆柱，首先得到圆柱底面半径，从而根据圆柱体积＝底面积乘高求出它的体积．
【解答】解：由三视图可知圆柱的底面直径为4，高为6，
∴底面半径为2，
∴V＝πr2h＝22×6•π＝24π，
故选：B．
【点评】此题考查的是圆柱的体积及由三视图判断几何体，关键是先判断圆柱的底面半径和高，然后求其体积．
8．（3分）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C和点D，则tan∠ADC＝（ ）
A．B．C．1D．
【考点】圆周角定理；解直角三角形．
【答案】D
【分析】先利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠ADC＝∠ABC，再利用正切的定义得到tan∠ABC＝，从而得到tan∠ADC的值．
【解答】解：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，tan∠ABC＝，
∵∠ADC＝∠ABC，
∴tan∠ADC＝．
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了解直角三角形．
9．（3分）在“双减”政策后，学校对某班同学一周七天每天完成课外作业所用的平均时间进行了调查统计，并将统计结果绘制成如图所示的折线统计图，则下列说法错误的是（ ）
A．一周完成课外作业所用时间的平均数为50
B．每天完成课外作业所用时间的中位数是45
C．每天完成课外作业所用时间的众数是45
D．每天完成课外作业所用时间的最大值与最小值的差为120分钟
【考点】折线统计图；加权平均数；中位数；众数；极差．
【答案】A
【分析】根据众数，中位数，平均数、极差的定义解答即可．
【解答】解：由图可知，这一周完成课外作业所用时间的平均数是（45+60+30+45+0+120+90）÷7＝≈56，故A选项符合题意；
把数据从小到大排列，中位数是第4个数，所以中位数是45，故B选项不符合题意；
每天完成课外作业所用时间45出现2次，出现次数最多，所以众数是45，故C选项不符合题意；
每天完成课外作业所用时间的极差是120﹣0＝120（分钟），故D选项不符合题意；
故选：A．
【点评】此题考查了折线统计图，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键，也考查了极差、中位数、平均数、众数的相关知识．
10．（3分）如图，在▱ABCD中，AD＞AB，按如下步骤作图：①以点A为圆心，以AB的长为半径作弧，交AD于点E，②分别以点B，E为圆心，以大于BE的长为半径在BE右侧作弧，两弧交于点G，③射线AG交BC于点F．若AB＝5，BE＝6，则cs∠AFB的值为（ ）
A．B．C．D．
【考点】平行四边形的性质；解直角三角形．
【答案】D
【分析】证明四边形ABFE是菱形，由菱形的性质得出BF＝AB＝5，BE⊥AF，OB＝OE＝BE＝3，由勾股定理得出OF＝＝4，再由三角函数定义即可得出结果．
【解答】解：如图：
由作图知AB＝AE，∠BAF＝∠EAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAF＝∠AFB，
∴∠BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF＝AE，
∴四边形ABFE是平行四边形，
又AB＝AE，
∴四边形ABFE是菱形，
∴BF＝AB＝5，BE⊥AF，OB＝OE＝BE＝3，
∴OF＝＝4，
∴cs∠AFB＝＝；
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及三角函数等知识；证明四边形ABCD是菱形是解题的关键．
11．（3分）下列命题是真命题的是（ ）
A．三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等
B．若关于x的方程kx2+2x﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是k≥﹣1且k≠0
C．若关于x的一元一次不等式组无解，则a的范围是a≤3
D．若点C是线段AB的黄金分割点，则
【考点】命题与定理；黄金分割；根的判别式；一元一次不等式的应用；解一元一次不等式组；圆周角定理；三角形的内切圆与内心．
【答案】C
【分析】利用三角形的内心的性质，一元二次方程根的判别式，一元一次不等式组的解法，黄金分割的概念进行判断即可．
【解答】解：A．三角形的内心到三角形三边的距离相等，原命题是假命题，故此选项不符合题意；
B．当k＝0时，方程为2x﹣1＝0，方程有一个实数根；当k≠0时，关于x的方程kx2+2x﹣1＝0有实数根，则Δ＝22﹣4k×（﹣1）≥0，解得：k≥﹣1，综上所述，k的取值范围是k≥﹣1，原命题是假命题，故此选项不符合题意；
C．若关于x的一元一次不等式组无解，则a的范围是a≤3，原命题是真命题，故此选项符合题意；
D．若点C是线段AB的黄金分割点且AC＜BC，则，原命题是假命题，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．掌握三角形的内心的性质，一元二次方程根的判别式，一元一次不等式组的解法，黄金分割的概念是解题的关键．
12．（3分）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是BC边的中点，将△DCE沿DE折叠得到△DEF，点F落在EG边上，连接CF．现有如下4个结论：①AG+EC＝GE；②BF⊥CF；③；④．在以上4个结论中正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【答案】C
【分析】根据HL证明两三角形Rt△ADG≌Rt△FDG即可判断①；根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得∠EFC+∠EFB＝90°，得∠BFC＝90°，所以BF⊥CF，即可判断②；根据折叠的性质和线段中点的定义可得CE＝EF＝BE＝3，设AG＝x，表示出GF、BG，根据点E是BC的中点求出BE、EF，从而得到GE的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可判断③；先求△BEG的面积，根据△BEF和△BEG等高，可知 ，，即可判断③．
【解答】解：由折叠得：△DCE≌△DFE，
∴DF＝DC，∠DFE＝∠DCE，EC＝EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠DCE＝90°，
∴∠A＝∠DFG＝90°，AD＝DF，
∵DG＝DG，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），
∴AG＝FG，
∴AG+EC＝FG+EF＝GE，
故①正确；
∵点E是BC边的中点，
∴BE＝CE，
∴BE＝EF＝EC，
∴∠ECF＝∠EFC，∠EBF＝∠EFB，
∵∠ECF+∠EFC+∠EBF+∠EFB＝180°，
∴∠EFC+∠EFB＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴BF⊥CF，
故②正确；
设AG＝x，则BG＝6﹣x，
由Rt△ADG≌Rt△FDG得：AG＝FG，
∵点E是BC边上的中点，
∴EF＝CE＝BE＝3，
在Rt△BEG中，根据勾股定理得：BG2+BE2＝EG2，
（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得：x＝2，
AG＝2，
故③不正确，
∴BG＝4，
∴GB＝2AG，
，
∵△BEF和△BEG等高，
∴，
则，
∴，
故④正确．
故选：C．
【点评】本题考查翻折变换（折叠问题），掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质是解题的关键．
二、填空题：本大题共有7小题，每小题3分，共21分。请将答案填写在答题卡上对应的横线上。
13．（3分）分解因式：a3﹣2a2b+ab2＝ a（a﹣b）2 ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【答案】见试题解答内容
【分析】先提取公因式a，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
【解答】解：a3﹣2a2b+ab2，
＝a（a2﹣2ab+b2），
＝a（a﹣b）2．
故答案为：a（a﹣b）2．
【点评】本题考查提公因式法分解因式和完全平方公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键，分解因式一定要彻底．
14．（3分）计算：﹣3＝ 2 ．
【考点】二次根式的加减法．
【答案】见试题解答内容
【分析】直接化简二次根式，进而合并求出答案．
【解答】解：原式＝3﹣3×＝2．
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了二次根式的加减运算，正确化简二次根式是解题关键．
15．（3分）在一个不透明的袋子里，有5个除颜色外，其他都相同的小球．其中有3个是红球，2个是绿球，每次拿一个球然后放回去，拿2次，则有一次取到绿球的概率是 ．
【考点】列表法与树状图法．
【答案】见试题解答内容
【分析】列举出所有情况，数出有一次取到绿球的情况占总情况数的多少即可．
【解答】解：列表如下：
由列表可知共25种等可能的结果，其中有一次取到绿球的结果有12种，
所以拿2次，则有一次取到绿球的概率，
故答案为：．
【点评】此题考查的是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；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
16．（3分）菱形的两个内角的度数比是1：3，一边上的高长是4，则菱形的面积是 16 ．
【考点】菱形的性质．
【答案】16．
【分析】直接利用菱形的性质结合平行线的性质得出∠A＝45°，进而求出菱形边长，即可得出答案．
【解答】解：如图所示：过点D作DE⊥AB于点E，
∵菱形的两个内角的度数比是1：3，
∴3∠A＝∠ADC，∠A+∠ADC＝180°，
∴∠A＝45°，
则∠ADE＝45°，
∴AE＝ED＝4，
∴AD＝4，
∴菱形的面积是4×4＝16．
故答案为：16．
【点评】此题主要考查了菱形的性质，正确求出菱形的内角度数是解题关键．
17．（3分）如图，某游乐场的大型摩天轮的半径是20m，摩天轮的中心离地面距离为20.5m，摩天轮旋转1周需要18min．小明乘坐摩天轮从底部A处出发开始观光，已知B处离地面的距离为10.5m，小明第一次到达B处需要 3 min．
【考点】解直角三角形的应用．
【答案】3．
【分析】过B作地面所在直线的垂线BM，垂足为M，BN⊥OA于N，证明四边形BMHN是矩形，由锐角三角函数定义求出csO＝＝，得∠O＝60°，再列式计算可得答案．
【解答】解：过B作地面所在直线的垂线BM，垂足为M，BN⊥OA于N，如图：
根据题意，OH＝20.5m，OA＝OB＝20m，BM＝10.5m，
∵∠BMH＝∠BNH＝∠NHM＝90°，
∴四边形BMHN是矩形，
∴BM＝NH＝10.5m，∠BNH＝90°＝∠BNO，
∴ON＝OH﹣NH＝20.5﹣10.5＝10（m），
∴csO＝＝＝，
∴∠O＝60°，
∴小明第一次到达B处需要18×＝3（min）．
故答案为：3．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是读懂题意，画出图形，求出所对的圆心角．
18．（3分）端午节又称端阳节，是中华民族重要的传统节日，我国各地都有吃粽子的习俗，某超市以9元每袋的价格购进一批粽子，根据市场调查，售价定为每袋15元，每天可售出200袋；若售价每降低1元，则可多售出70袋，问此种粽子售价降低多少元时，超市每天售出此种粽子的利润可达到1360元？若设每袋粽子售价降低x元，则可列方程为 （15﹣x﹣9）（200+70x）＝1360 ．
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【答案】（15﹣x﹣9）（200+70x）＝1360．
【分析】由售价及销售间的关系，可得出降价后每袋粽子的销售利润为（15﹣x﹣9），每天可售出（200+70x）袋，利用超市每天售出此种粽子的利润＝每袋的销售利润×日销售量，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：每袋粽子的销售利润为（15﹣x﹣9），每天可售出（200+70x）袋，
∴超市每天售出此种粽子的利润（15﹣x﹣9）（200+70x）＝1360．
故答案为：（15﹣x﹣9）（200+70x）＝1360．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
19．（3分）如图，反比例函数（k≠0）与矩形OABC一边交于点E，且点E为线段AB中点，若△ODE的面积为3，则k的值为 4 ．
【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；矩形的性质．
【答案】4．
【分析】根据所给的三角形面积等于长方形面积减去三个直角三角形的面积，然后即可求出D或E的横纵坐标的积即是反比例函数的比例系数．
【解答】解：∵四边形OABC是矩形，
∴AB＝OC，OA＝BC，
设B点的坐标为（a，b），则D的坐标为，
∵E为线段AB的中点，
∴，
∵D、E在反比例函数的图象上，
∴，
∵S△ODE＝S矩形OCBA﹣S△AOE﹣S△OCD﹣S△BDE
＝，
解得：k＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是利用过某个点，这个点的坐标应适合这个函数解析式；所给的面积应整理为和反比例函数上的点的坐标有关的形式，本题属于中等题型．
三、解答题：本大题共有6小题，共63分。情将必要的文字说明、计算过程或推理过程写在
20．（8分）随着高铁、地铁的大量兴建以及铁路的改扩建，我国人民的出行方式越来越多，出行越来越便捷．为保障旅客快捷、安全的出入车站，每个车站都修建了如图所示的出入闸口．某车站有四个出入闸口，分别记为A、B、C、D．
（1）一名乘客通过该站闸口时，求他选择A闸口通过的概率；
（2）当两名乘客通过该站闸口时，请用树状图或列表法求两名乘客选择相同闸口通过的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）一名乘客通过该站闸口时，他选择A闸口通过的概率为；
（2）画树状图得：
由树状图可知：有16种等可能的结果，其中两名乘客选择相同闸口通过的有4种结果，
∴两名乘客选择相同闸口通过的概率＝＝．
【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法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．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
21．（8分）小宸想利用测量知识测算湖中小山的高度．他站在湖边看台上，清晰地看到小山倒映在平静的湖水中，如图所示，他在点O处测得小山顶端的仰角为45°，小山顶端A在水中倒影A'的俯角为60°．若点O到湖面的距离OD＝4m，OD⊥DB，AB⊥DB，A、B、A'三点共线，A'B＝AB，求小山的高度AB．（光线的折射忽略不计；结果保留根号）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【答案】小山的高度AB为（4+8）米．
【分析】过点O作OE⊥AB，垂足为E，根据题意可得：OD＝EB＝4m，然后设AE＝x m，则AB＝A′B＝（x+4）m，从而可得EA′＝（x+8）m，先在Rt△AOE中，利用锐角三角函数的定义求出OE的长，再在Rt△OEA′中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【解答】解：过点O作OE⊥AB，垂足为E，
由题意得：
OD＝EB＝4m，
设AE＝x m，则AB＝A′B＝AE+BE＝（x+4）m，
∴EA′＝EB+BA′＝（x+8）m，
在Rt△AOE中，∠AOE＝45°，
∴OE＝＝x（m），
在Rt△OEA′中，∠EOA′＝60°，
∴tan60°＝＝＝，
解得：x＝4+4，
经检验：x＝4+4是原方程的根，
∴AB＝x+4＝（4+8）米，
∴小山的高度AB为（4+8）米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
22．（10分）某学校组织春游，租用甲、乙两辆大巴车，从学校出发，去距离学校360千米的某风景区，由于有几名学生未到学校，甲车先出发，一段时间后乙车从学校出发，两车在一条笔直的路上匀速行驶，乙车超过甲车后出现故障；停车检修，当甲车追上乙车时，乙车恰好修完，两车又立刻以原来的速度继续行驶，如图是甲、乙两车行驶的路程（单位：km）与甲车行驶时间（单位：h）的函数图象．
（1）a＝ 300 ，乙车的速度是 100 km/h；
（2）求BC段的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
（3）直接写出乙车出发多长时间乙车追上甲车．
【考点】一次函数的应用．
【答案】（1）300；100；
（2）y＝100x﹣100（1≤x＜4）；
（3）1.5h．
【分析】（1）根据图象可求y甲＝60x，从而可求a，进而可求乙的速度；
（2）由（1）可求B（1，0），C（4，300），即可求解；
（3）由（1）（2）可求已追上甲时家出发的时间，进而可求解．
【解答】解：（1）由图象得，甲的函数图象是线段OF，可设y甲＝kx，经过（6，360），
∴6k＝360，
解得：k＝60，
∴y甲＝60x，
当x＝5时，
a＝60×5＝300，
＝100（km/h）．
故答案为：300，100．
（2）当y＝60时，
∴60x＝60，
解得：x＝1，
∴B（1，0），
乙行驶的时间为，
∴3+1＝4（h），
∴C（4，300），
设BC段的函数解析式y＝k1x+b，则有
，
解得：，
BC段的函数解析式y＝100x﹣100（1≤x＜4）．
（3）由（1）（2）得：
60x＝100x﹣100，
解得：x＝2.5，
2.5﹣1＝1.5（h）．
故乙车出发1.5h乙车追上甲车．
【点评】本题考查了一次函数的在行程问题中的应用，正确理解自变量和因变量的意义是解题的关键．
23．（12分）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，点D，E分别在和上，且＝，连接AE，DC并延长交于点F，连接AD分别交BE，BC于点G，H．
（1）求证：BE∥DF；
（2）试猜想BD与CF的数量关系，并说明理由；
（3）若AB＝10，AE＝7，CF＝5．求BH的长．
【考点】圆的综合题．
【答案】（1）见解析；
（2）BD＝CF，理由见解析；
（3）BH＝．
【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等得∠EBC＝∠BCD，即可求证；
（2）连接CE，利用圆周角定理以及平行线的性质得出∠ECF＝∠BEC＝∠BAC，∠F＝∠AEB＝∠ACB，根据三角形内角和定理可得∠CEF＝∠ABC＝∠ACB，等量代换得∠F＝∠CEF，则CE＝CF，由得BD＝CE，即可得BD＝CF；
（3）利用圆周角定理以及平行线的性质得出∠AGE＝∠AEG，则AG＝AE＝7，同理得∠BGD＝∠BDG，则BG＝BD＝CF＝5，根据等弧所对的圆周角相等得出∠BAH＝∠GBH，∠ABH＝∠BGH，可得△ABH∽△BGH，根据相似三角形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵，
∴∠EBC＝∠BCD，
∴BE∥DF；
（2）解：BD＝CF，理由如下：
连接CE，
∵BE∥DF，
∴∠ECF＝∠BEC，∠F＝∠AEB
∵∠BEC＝∠BAC，
∴∠ECF＝∠BAC，
∵∠AEB＝∠ACB，
∴∠F＝∠ACB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠F＝∠ACB＝∠CEF，
∴CE＝CF，
∵，
∴BD＝CE，
∴BD＝CF；
（3）解：∵BE∥DF，
∴∠AGE＝∠ADC，
∵AB＝AC，
∴∠ADC＝∠AEG，
∴∠AGE＝∠AEG，
∴AG＝AE＝7，
同理得∠BGD＝∠BDG，
∴BG＝BD＝CF＝5，
∵，
∴∠BAH＝∠GBH，
∵AB＝AC，BE∥DF，
∴∠ABH＝∠ADC＝∠BGH，
∴△ABH∽△BGH，
∴．即，
∴BH＝．
【点评】本题考查圆综合题，相似三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，圆的有关性质等知识，解本题的关键是熟练掌握圆的有关性质，是一道很好的中考压轴题．
24．（12分）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点D，E分别在边AC，BC上，CD＝CE，连接BD，点F，P，G分别为AB，BD，DE的中点．
（1）如图1中，线段PF与PG的数量关系是 PF＝PG ，位置关系是 PF⊥PG ；
（2）若把△CDE绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，连接AD，BE，GF，判断△FGP的形状，并说明理由；
（3）若把△CDE绕点C在平面内自由旋转，AC＝8，CD＝3，请求出△FGP面积的最大值．
【考点】几何变换综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用三角形中位线定理进行证明；
（2）由题意可证△CAD≌△CBE，可得∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，根据三角形中位线定理，可证PG＝PF，PF∥AD，PG∥BE，根据角的数量关系可求∠GPF＝90°，即可证△FGP是等腰直角三角形；
（3）由题意可得S△PGF最大＝PG2，PG最大时，△FGP面积最大，点D在AC的延长线上，即可求出△FGP面积的最大值．
【解答】解：（1）∵如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，CD＝CE，
∴BC⊥AC，AD＝BE．
∵点F，P分别为AB，BD的中点．
∴PF是△BAD的中位线，
∴PF∥AD，PF＝AD．
同理，PG∥BE，PG＝BE．
∴PF＝PG PF⊥PG．
故答案为：PF＝PG PF⊥PG；
（2）△FGP是等腰直角三角形
理由：由旋转知，∠ACD＝∠BCE，
∵AC＝BC，CD＝CE，
∴△CAD≌△CBE（SAS），
∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，
利用三角形的中位线得，PG＝BE，PF＝AD，
∴PG＝PF，
∴△FGP是等腰三角形，利用三角形的中位线得，PG∥CE，
∴∠DPG＝∠DBE，
利用三角形的中位线得，PF∥AD，
∴∠PFB＝∠DAB，
∵∠DPF＝∠DBA+∠PFB＝∠DBA+∠DAB，
∴∠GPF＝∠DPG+∠DPF＝∠DBE+∠DBA+∠DAB
＝∠ABE+∠DAB＝∠CBA+∠CBE+∠DAB
＝∠CBA+∠CAD+∠DAB＝∠CBA+∠CAB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CBA+∠CAB＝90°，
∴∠GPF＝90°，
∴△FGP是等腰直角三角形；
（3）由（2）知，△FGP是等腰直角三角形，PG＝PF＝AD，
∴PG最大时，△FGP面积最大，
∴点D在AC的延长线上，
∴AD＝AC+CD＝11，
∴PG＝．
∴S△PGF最大＝PG2＝＝．
【点评】本题考查了几何变换综合题，等腰直角三角形性质和判定，三角形中位线定理，熟练运用等腰直角三角形的性质是本题的关键．
25．（13分）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+2的顶点为P，与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C．
（Ⅰ）求点P的坐标；
（Ⅱ）点K是抛物线上的动点，当∠KCB＝∠ABC时，求出点K的坐标；
（Ⅲ）直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【答案】（Ⅰ）点P的坐标为：（1，）；（Ⅱ）（2，2）或（，﹣）；（Ⅲ）EM+EN为定值，定值为：．
【分析】（Ⅰ）将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝a+2a+2，解得：a＝﹣，进而求解；
（Ⅱ）当点K（K′）在x轴上方时，过点C作CK′∥x轴交抛物线于点K′，即可求解；当点K在x轴下方时，证明CH＝HB，进而求解；
（Ⅲ）求出直线AQ的表达式为：y＝﹣（m﹣3）（x+1），得到EM＝﹣m+4，同理得到EN的长度，进而求解．
【解答】解：（Ⅰ）将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝a+2a+2，
解得：a＝﹣，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+2①，
则抛物线的对称轴为x＝1，
当x＝1时，y＝﹣x2+x+2＝，
则点P的坐标为：（1，）；
（Ⅱ）当点K（K′）在x轴上方时，
过点C作CK′∥x轴交抛物线于点K′，
则∠K′CB＝∠ABC，
则点C、K′关于抛物线对称轴对称，
故点K′（2，2）；
当点K在x轴下方时，
设直线CK交x轴于点H，
由抛物线的表达式知，点B（3，0），
∵∠KCB＝∠ABC＝∠K′CB，
则CH＝HB，
设点H（x，0），
则22+x2＝（3﹣x）2，
解得：x＝，
即点H（，0），
由点C、H的坐标得，直线CH的表达式为：y＝﹣x+2②，
联立①②得：﹣x2+x+2＝﹣x+2，
解得：x＝，
即点K的坐标为：（，﹣），
故点K的坐标为：（2，2）或（，﹣）；
（Ⅲ）设点Q的坐标为：（m，﹣m2+m+2），
则直线AQ的表达式为：y＝k（x+1），
将点Q的坐标代入上式得：﹣m2+m+2＝k（m+1），
则k＝﹣（m﹣3），
则直线AQ的表达式为：y＝﹣（m﹣3）（x+1），
当x＝1时，y＝﹣（m﹣3）（x+1）＝﹣m+4，
则EM＝﹣m+4；
同理可得，直线BQ的表达式为：y＝﹣（m+1）（x﹣3），
当x＝1时，y＝﹣（m+1）（x﹣3）＝m+＝EN，
则EM+EN＝﹣m+4+m+＝为定值，
即EM+EN为定值，定值为：．
【点评】本题考查二次函数的应用，解本题的关键掌握代入法求解析式，等腰三角形的性质，二次函数的性质等．
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