2023年山东省枣庄市中考数学模拟测试试卷（三）（含答案）

这是一份2023年山东省枣庄市中考数学模拟测试试卷（三）（含答案），共12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。

2023年山东省枣庄市中考数学模拟测试试卷（三）
（本试卷满分120分，考试时间:120分钟）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．-2022的绝对值是（　　）
A．-2022 B．2022 C． D．
2．2021年5月11日，第七次全国人口普查结果公布数据显示，与2010年第六次全国人口普查相比，增加7206万人，增长5.38%，年平均增长率为0.53%，我国人口10年来继续保持低速增长态势．7206万用科学记数法表示为（　　）
A．7.206×106 B．72.06×106 C．7.206×107 D．0.720 6×108
3．实数a在数轴上的对应点的位置如图所示，若实数b满足＜a，则b的值可以是（　　）
A．-3 B．-2 C．3 D．4
第5题图




第3题图
4．已知关于x的一元二次方程x2-2x+m-1=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（　　）
A．m≥2 B．m≤2 C．m＞2 D．m＜2
5．如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OB，OC．若⊙O的半径为2，∠BAC=60°，则弦BC的长为（　　）
A．4 B． C．3 D．
6．“科学用眼，保护视力”是青少年珍爱生命的具体表现．某校随机抽查了50名八年级学生的视力情况，得到的数据如下表：
视 力
4.7以下
4.7
4.8
4.9
4.9以上
人 数
8
7
9
14
12
则本次调查中视力的众数和中位数分别是（　　）
A．4.9和4.8 B．4.8和4.8 C．4.9和4.9 D．4.8和4.9
7．已知x2-3x-12=0，则代数式-3x2+9x+5的值是（　　）
A．-31 B．31 C．41 D．-41
8．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，O是矩形的对称中心，点E，F分别在边AD，BC上，连接OE，OF．若AE=BF=2，则OE+OF的值为（　　）
第9题图
第8题图
A． B． C． D．





9．如图，在△ACD中，AD=6，BC=5，AC2=AB（AB+BC），且△DAB∽△DCA．若AD=3AP，Q是线段AB上的动点，则PQ的最小值是（　　）
A． B． C． D．
10．如图，在△ABC中，CA＝CB＝5 cm，AB＝8 cm，直线l经过点A且垂直于AB，现将直线l以1 cm/s
的速度向右匀速移动，直至经过点B时停止移动，直线l与边AB交于点M，与边AC（或CB）交于点N．若
直线l移动的时间是x（s），△AMN的面积为y（cm2），则y与x之间函数关系的图象是（　　）
第10题图

A B C D
二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
11. 计算：-= .
12. 有五张背面完全相同的卡片，其正面分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形，将这五张卡片背面向上洗匀，从中随机抽取一张，卡片上的图形是轴对称图形的概率为 .
第14题图
13. 如图，在△ABC中，AC=4，∠A=60°，∠B=45°，BC边的垂直平分线DE交AB于点D，交BC于点E，连接CD，则AB的长为 .
第13题图





14. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D，E分别是AB，BC的中点，连接AE，DE. 若DE=，AE=，则点A到BC的距离是 .
15. 已知整数a1，a2，a3，a4，…，满足下列条件：a1=0，a2=-，a3=-，a4=-，…，依此类推，则a2022= ．
16. 如图，已知等边三角形ABC绕点B顺时针旋转60°得△CBD，点E，F分别为线段AC和线段CD上的动点．若AE=CF，有下列结论：①四边形ABDC为菱形；②△ABE≌△CBF；③△BEF为等边三角形；④∠CFB=∠CGE；⑤若CE=3，CF=1，则BG=．其中正确的有 . （填序号）

第16题图
三、解答题（本大题共8小题，共66分）
17．（6分）解不等式组：

18．（6分）先化简，再求值：，请从-4，-3，0，1中选一个合适的数作为a的值代入求值．




19. （8分）在某体育用品商店，购买30根跳绳和60个毽子共用720元，购买10根跳绳和50个毽子共用360元．
（1）跳绳、毽子的单价各是多少元？
（2）该店在“五四”青年节期间开展促销活动，所有商品按同样的折数打折销售．节日期间购买100根跳绳和100个毽子只需1800元，该店的商品按原价的几折销售？




20.（8分）某市为了加快5G网络信号覆盖，在市区附近小山顶架设如图所示的信号发射塔．小军为了知道发射塔的高度，在地面上选取一点A，测得发射塔顶端P点的仰角是45°，再向前走30米到达B点测得P点的仰角是60°，测得发射塔底部Q点的仰角是30°．请你帮小军计算出信号发射塔PQ的高度．（结果精确到0.1米，≈1.732）

第20题图



21．（8分）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边AB，AD上，且AE＝DF，点G，H分别在边AB，BC上，且FG⊥EH，垂足为P．
（1）求证：FG＝EH；
（2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2，tan∠AGF＝，求PF的长度．

第21题图


22．（8分）如图，直线y＝kx+b与双曲线y＝交于点A（﹣8，1），B（2，﹣4），与两坐标轴分别交于点C，D，已知点E（1，0），连接AE，BE．
（1）求k，b，m的值；
（2）求△ABE的面积；
（3）作直线ED，将直线ED向上平移n（n＞0）个单位长度后，与双曲线y＝有唯一交点，求n的值．

第22题图
23．（10分）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，且=，过点D的直线DE⊥AC交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连接AD，OE交于点G．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连接BE，在（2）的条件下，求BE的长．

第23题图
24.（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣6与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，OA＝2，OB＝4，直线l是抛物线的对称轴，在直线l右侧的抛物线上有一动点D，连接AD，BD，BC，CD．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）若点D在x轴的下方，当△BCD的面积是时，求△ABD的面积；
（3）在（2）的条件下，点M是x轴上一点，点N是抛物线上一动点，是否存在点N，使得以点B，D，M，N为顶点，以BD为一边的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

第24题图


2022年中考模拟试卷（三）
一、1．B 2．C 3．B 4．D 5．B 6．C 7．A 8．D
9．A 解析：因为△DAB∽△DCA，所以，即，解得BD=4（负值舍去）．
因为△DAB∽△DCA，所以，即，解得AC=AB．将其代入AC2=AB（AB+BC），解得AB=4．所以AB=BD=4．
过点B作BH⊥AD于点H，所以AH=AD=3．所以BH===．
因为AD=3AP，AD=6，所以AP=2．
当PQ⊥AB时，PQ的值最小．
易证△APQ∽△ABH，所以，即，解得PQ=．故选A．
10．C 解析：过点C作CD⊥AB于点D．在等腰三角形ABC中，AC＝5，AD＝AB＝4，则CD＝3．
在Rt△ACD中，tan A＝＝＝tan B．
（1）当0≤x≤4时，因为tan A＝＝＝，所以MN＝x．
所以y＝AM•MN＝x•x＝x2，该函数为开口向上的抛物线的一部分，对称轴为y轴．
（2）当4＜x≤8时，同理得y＝x•（8﹣x）＝﹣x2+3x，该函数为开口向下的抛物线的一部分，对称轴为直线x＝4．
故选C．
二、11．- 12． 13．2+2 14． 15．-1011
16. ①②③④ 解析：①由等边三角形及旋转的性质可知AB=AC=CD=BD，可判断四边形ABDC为菱形；②由于AE=CF，∠A=∠BCF=60°，AB=CB，根据“SAS”可判定△ABE≌△CBF；③由△ABE≌△CBF可知BE=BF，∠ABE=∠CBF，再结合∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°，可求出∠EBF=60°，从而证明△BEF为等边三角形；④由∠CFB=∠CFG+∠BFG，∠CGE=∠CFG+∠FCG可判断∠CFB=∠CGE；⑤易证△CGE∽△CFB，所以，即，解得CG=，从而可求得BG=4-=．综上，①②③④都正确．
三、17．不等式组的解集为x＞2．
18.解：原式=．
因为a（a+3）≠0，a+4≠0，所以a不能取0，-3，-4．所以a=1．
所以原式==5．
19.解：（1）设跳绳的单价为x元/根，毽子的单件为y元/个．
根据题意，得解得
答：跳绳的单价为16元/根，毽子的单件为4元/个．
（2）设该店的商品按原价的a折销售．
根据题意，得（100×16+100×4）×=1800．解得a=9．
答：该店的商品按原价的9折销售．
20. 解：如图，延长PQ交直线AB于点C，则PC⊥AC．
由已知，得∠PAC=45°，∠PBC＝60°，∠QBC＝30°，AB=30米．
所以∠BPQ＝∠PBQ＝30°．所以PQ＝BQ．
设PQ＝x米，则BQ＝x米．
在Rt△BCQ中，BC＝BQ·cos∠QBC＝x米，
第20题图
QC＝BQ·sin∠QBC＝x米．

在Rt△APC中，∠PAC＝45°，则AC＝PC．
所以AB+BC=PQ+QC，即30+x=x+x．
解得x=30+10．
所以PQ＝30+10≈47.3（米）．
答：信号发射塔PQ的高度约为47.3米．
21.（1）证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AD＝AB，∠A＝∠B＝90°．所以∠AGF+∠AFG＝90°．
因为FG⊥EH，所以∠AGF+∠BEH＝90°．所以∠AFG＝∠BEH．
因为AE＝DF，所以AD﹣DF＝AB﹣AE，即AF＝BE．
在△AFG和△BEH中，所以△AFG≌△BEH（ASA）．所以FG＝EH．
（2）解：因为AD＝5，AE＝DF＝2，所以AF＝3．
在Rt△AFG中，tan∠AGF＝＝，所以AG＝4．所以EG＝2．
在Rt△AFG中，FG＝＝＝5．
因为∠A＝∠EPG＝90°，∠AGF＝∠PGE，所以△AFG∽△PEG．
所以，即．解得PG＝．所以PF＝FG﹣PG＝5﹣＝．
22．解：（1）因为直线y＝kx+b经过点A（﹣8，1），B（2，﹣4），所以解得k＝﹣，b＝﹣3．
因为双曲线y＝过点A（﹣8，1），所以1＝，解得m＝﹣8．
所以k＝﹣，b＝﹣3，m＝﹣8．
（2）由（1）可得直线AB的函数表达式为y＝﹣x﹣3．
当y＝0时，﹣x﹣3＝0，解得x＝﹣6，即C（﹣6，0），所以OC＝6．
由点E（1，0）可得OE＝1，所以EC＝OE+OC＝1+6＝7．
所以S△ABE＝S△ACE+S△BCE＝×7×1+×7×4＝．
（3） 因为直线y＝﹣x﹣3与y轴交于点D，所以当x=0时，y=-3，即D（0，-3）．
设直线DE的函数表达式为y＝mx+t，将点D（0，﹣3），E（1，0）代入，得解得m＝3，t＝﹣3．所以直线DE的函数表达式为y＝3x﹣3．
由（1）可得双曲线的函数表达式为y＝-．设直线DE平移后的函数表达式为y＝3x﹣3+n，因为直线DE平移后与双曲线y＝-有唯一交点，所以方程3x﹣3+n＝-有唯一解，即关于x的方程3x2+（n﹣3）x+8＝0有两个相等的实数根．所以（n﹣3）2﹣4×3×8＝0．解得n1＝3+4，n2＝3﹣4（舍去）．
所以n的值为3+46．
23.（1）证明：如图，连接OD．
因为=，所以∠DAB＝∠CAD．
因为OA＝OD，所以∠DAB＝∠ODA．所以∠CAD＝∠ODA．所以OD∥AE．
因为DE⊥AC，所以DE⊥OD．
因为OD是⊙O的半径，所以DE是⊙O的切线．

第23题图
（2）解：由（1）知OD∥AE，所以△OGD∽△EGA．所以．
因为，⊙O的半径为2，所以．解得AE＝3．
如图，连接BD．因为DE⊥AE，AB是⊙O的直径，所以∠AED＝∠ADB＝90°．
因为∠CAD＝∠DAB，所以△AED∽△ADB．
所以，即．解得AD＝23．
在Rt△ADB中，cos∠DAB＝＝，所以∠DAB＝30°．
所以∠EAF＝60°，∠DOB＝60°．所以∠F＝30°．
在Rt△ODF中，DF＝＝＝＝2．
所以S阴影＝S△ODF﹣S扇形OBD＝×2×2﹣=2﹣．
（3）如图，过点E作EM⊥AB于点M，连接BE．
在Rt△AEM中，AM＝AE•cos∠EAM＝3×cos 60°＝3×＝，EM＝AE•sin∠EAM＝3×sin 60°＝3×＝．所以MB＝AB﹣AM＝4﹣＝．
所以BE＝==．
24．解：（1）因为OA＝2，OB＝4，所以A（﹣2，0），B（4，0）．
把A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣6，得解得
所以抛物线的函数表达式为y＝x2﹣x﹣6．
（2）如图①，过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点H．

①
第24题图
当x＝0时，y＝﹣6，所以C（0，﹣6）．
设直线BC的函数表达式为y＝kx+n，则解得
所以直线BC的函数表达式为y＝x﹣6．
设D，则H．所以DH＝t﹣6﹣＝-t2+3t．
因为△BCD的面积是，所以DH·OB=．所以×4=．解得t1＝1，t2＝3．
因为点D在直线l右侧的抛物线上，所以D．
所以△ABD的面积为AB·DG=×6×＝．
（3）分两种情况：
①如图②，图③，点N在x轴的上方时，四边形MNBD是平行四边形，因为B（4，0），D，且点M在x轴上，所以点N的纵坐标为．当y＝时，即x2﹣x﹣6＝，解得x1＝1-，x2＝1+．所以点N的坐标为或．

② ③ ④
第24题图
②如图④，点N在x轴的下方时，四边形BDNM是平行四边形，此时点N的纵坐标为-，点N与点D关于抛物线的对称轴x=1对称．因为点D的横坐标为3，所以点N的横坐标为-1．所以点N的坐标为．
综上，点N的坐标为或或．