2023年山东省枣庄市中考数学模拟测试试卷（四）（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（四）（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（五）
（满分120分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. -2的相反数是（　　）
A. 2 B. -2 C. D. -
2. 2021年10月25日是抗美援朝71周年纪念日，志愿军战士们用自己的鲜血，捍卫了正义，换来了今天的幸福生活.但这些数字我们不能忘，十几万名中华优秀儿女长眠在朝鲜，并付出了62亿多元人民币的巨大开支，其中62亿用科学记数法表示为（　　）
A. 6.2×107 B. 6.2×108 C. 6.2×109 D. 6.2×1010
3. 如图是每个面上都有一个汉字的正方体的一种展开图，那么在正方体的表面，与“课”相对的面上的汉字是（　　）
A. 减 B. 负 C. 提 D. 质

① ②
第3题图 第5题图 第9题图 第10题图
4. 下列运算正确的是（　　）
A. （3+a）（a-3）=9-a2 B. （3a2）3=9a6
C. （a-b）2=a2-ab+b2 D. 2a•3a=6a2
5. 如图，AB∥CD，AE∥CF，∠C=128°，则∠A=（　　）
A. 68° B. 58° C. 62° D. 52°
6. ABCD的对角线AC与BD相交于点O，添加以下条件，不能判定ABCD为菱形的是（　　）
A. AC⊥BD B. ∠ABD=∠CBD C. AB=BC D. AC=BD
7. 若关于x的一元二次方程x2+3x-k=0有两个实数根，则实数k的取值范围为（　　）
A. k>- B. k≥- C. k<- D. k≤-
8. 某地新高考有一项“6选3”选课制，高中学生李鑫和张锋都已选了地理和生物，现在他们还需要从“物理、化学、政治、历史”四科中选一科参加考试.若这四科被选中的机会均等，则他们恰好一人选物理，另一人选化学的概率为（　　）
A. B. C. D.
9. 如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=5，P是AD上一点，将△CDP绕点C逆时针旋转45°时，点P的对应点P′恰好落在AB上，则PD的长为（　　）
A. 1 B. C. D. 1或
10. 如图①，C是⊙O上一动点，它从点A开始逆时针旋转一周又回到点A，点C所走过的路程为x，BC的长为y，根据图②所示的函数图象所提供的信息，∠AOB的度数和点C运动到的中点时所对应的函数值分别是（　　）
A. 150°， B. 150°，2 C. 120°， D. 120°，2
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11. 若式子有意义，写出一个满足条件的x的值为 .
12. 已知一次函数y=kx-6，若y随x的增大而增大，则它的图象经过第 象限.
13. 某运动队要从甲、乙、丙、丁四名跳高运动员中选拔一人参加比赛，教练组统计了最近几次队内选拔赛的成绩并进行了分析，得到下表：

甲
乙
丙
丁
平均数（cm）
176
173
175
176
方 差
10.5
10.5
32.7
42.1
根据表中数据，教练组应该选择 参加比赛.
14. 不等式组的最小整数解是 .
15. 如图，点C在上，若AB=1+，AC=，∠BAC=45°，则的长度为 .

第15题图 第16题图
16. 如图，在等边三角形ABC中，AB=6，D为BC的中点，E为射线BA上一动点，将射线DE绕点D顺时针旋转60°交AC于点F.若AE=3，则AF= .
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
17.（10分）（1）计算：-+（π-2022）0； （2）化简：÷.
18.（8分）某中学开展了“爱生活•爱运动”的活动，以鼓励学生积极参与体育锻炼.为了解学生每周体育锻炼时间，学校在活动之前对九年级学生进行了抽样调查，并根据调查结果将学生每周的体育锻炼时间分为3小时、4小时、5小时、6小时、7小时共五种情况.小明根据调查结果制作了如下两幅统计图：

第18题图
请你结合图中所给信息解答问题.
【整理数据】

平均数
中位数
众 数
活动之前锻炼时间/小时
5
5
5
活动之后锻炼时间/小时
5.52
b
c
活动之后这部分学生体育锻炼时间的统计表 活动之前和之后这部分学生体育锻炼时间的统计表
一周体育锻炼时间/小时
3
4
5
6
7
人 数
3
5
15
a
10


【分析数据】
请根据调查信息分析：
（1）补全条形统计图，并计算a= ，b= 小时，c= 小时；
（2）小亮同学在活动之前与活动之后的这两次调查中，体育锻炼时间均为5小时，根据体育锻炼时间由多到少进行排名统计，请问他在被调查同学中体育锻炼时间排名靠前的是 （填“活动之前”或“活动之后”），理由是 ；
（3）已知九年级共2200名学生，请估计全年级学生在活动结束后，每周体育锻炼时间至少有6小时的学生有多少人.
19.（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x与反比例函数y=的图象在第一、三象限分别交于A，B两点，已知点B的纵坐标是-2.
（1）求出点A的坐标，并求反比例函数的解析式.
（2）将直线y=x沿y轴向上平移5个单位长度后得到直线l，直线l与反比例函数的图象在第一象限内交于点C，与y轴交于点D.
①S△ABC S△ABD；（填“＜”或“=”或“＞”）
②求△ABC的面积.

第19题图
20.（8分）某公司举办热气球表演来庆祝开业.如图，小敏、小亮从A，B两地观测空中C处一个气球，分别测得仰角为37°和45°，A，B两地相距100 m.当气球沿与BA平行的方向飘移100秒后到达D处时，在A处测得气球的仰角为60°.
（1）求气球的高度；
（2）求气球飘移的平均速度.（参考数据：sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，tan 37°=0.75，≈1.7）

第20题图
21.（8分）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，M是半径OB上一动点（不与点O，B重合），过点M作EM⊥AB，交BC于点D，交AC的延长线于点E，过点C的切线交EM于点F.
（1）求证：FC=FD；
（2）当M为OB的中点时，若CD=6，EF=5，求⊙O的半径长.

第21题图
22.（9分）新冠肺炎爆发后，某市积极筹集救灾物资260吨运往灾区甲、乙两地，若用大、小两种货车共20辆，恰好能一次性运完这批物资.已知这两种货车的载重量分别为15吨/辆和10吨/辆，运往甲、乙两地的运费如下表：
运往地
车型
甲地（元/辆）
乙地（元/辆）
大货车
720
800
小货车
500
650
（1）求这两种货车各用多少辆；
（2）如果安排9辆货车前往甲地，其余货车前往乙地，设前往甲地的大货车为a辆，前往甲、乙两地的总运费为w元，求出w与a的函数关系式（直接写出自变量的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，若运往甲地的物资不少于120吨，请你设计出使总运费最少的货车调配方案，并求出最少总运费.


23.（10分）如图，二次函数y=ax2+bx+c（a>0）的图象与x轴两个交点的横坐标分别是-4和2，点A（-6，7）和B（4，7）均在该二次函数的图象上，一次函数y=kx+e（k≠0）的图象经过点A和（2，0）.
（1）求一次函数与二次函数的解析式；
（2）若ax2+bx+c>kx+e，请直接写出x的取值范围；
（3）若点C（m，n）在该二次函数图象上，点C到y轴的距离小于4，求n的取值范围.

第23题图
24.（11分）如图，在等腰直角三角形ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D为AB边上的一点，连接CD，以CD为斜边向右侧作直角△CDE，连接AE并延长交BC的延长线于点F.
（1）如图①，当∠CDE=30°，AD=1，BD=3时，求线段DE的长；
（2）如图②，当CE=DE时，求证：E为线段AF的中点；
（3）如图③，当点D与点A重合，AB=4时，过点E作EG⊥BA交直线BA于点G，EH⊥BC交直线BC于点H，连接GH，求线段GH长的最大值.

① ② ③
第24题图








参考答案
答案速览
一、1. A 2. C 3. B 4. D 5. D 6. D 7. B 8. A 9. C 10. D
二、11. 3（答案不唯一） 12. 一、三、四 13. 甲 14. 2 15. 16. 3或5
三、解答题见“答案详解”
2022年中考模拟试卷（五）








9. C 解析：如图，过点D′作CD的垂线分别交AB，CD于点M，N，则四边形BCNM和四边形ADNM都是矩形，△CND′和△D′MP′都是等腰直角三角形.由旋转，得CD′=CD=4，所以D′N=4.所以D′M=1.所以 PD=P′D′=.

第9题图
10. D 解析：由函数图象可得，y的最大值为4，即BC的最大值为4，所以⊙O的直径为4，OA=OB=2.
当x=0时，y=2，所以AB=2.当C是的中点，连接OC交AB于点D，则OC⊥AB，AD=BD=，∠AOB=2∠BOC.所以sin∠BOC==.所以∠BOC=60°.所以∠AOB=120°，△BOC′是等边三角形.所以BC=OB=2.
15. 解析：如图，设圆心为O，连接OA，OB，OC，BC，过点C作CT⊥AB于点T.
因为∠CTA=90°，∠CAT=45°，AC=，所以AT=TC=1.因为AB=1+，所以BT=.所以tan∠CBT=
=.所以∠CBT=30°.所以∠AOC=2∠CBT=60°，∠COB=2∠CAB=90°.因为OA=OC，所以△AOC是等边三角形.所以OA=，∠AOB=150°.所以的长为=.

第15题图
16. 3或5 解析：当点E在线段AB上时，如图①.
因为AB=6，AE=3，所以AE=BE=3.因为D为BC的中点，所以DE∥AC.所以∠BDE=∠C=60°.因为∠EDF=60°，所以∠CDF=60°.所以△CDF是等边三角形.所以CF=CD=3.所以AF=3.
当点E在线段BA的延长线上时，如图②.
因为∠EDF=60°，所以∠BDE+∠CDF=120°.因为∠B=60°，所以∠BDE+∠E=120°.所以∠E=∠CDF.
又∠B=∠C，所以△BDE∽△CFD.所以=，即=，解得CF=1.所以AF=AC-CF=5.
综上，AF的长为3或5.

① ②
第16题图
答案详解
三、17. 解：（1）原式=3-2+1=2.
（2）原式=÷=∙=.
18. 解：（1）体育锻炼时间为6小时的人数为12，补全条形统计图略. 17 6 6
（2）活动之前 活动之前小亮的体育锻炼时间排名并列19名，而活动之后排名并列28名
（3）×2200=1188（人）.
答：每周体育锻炼时间至少有6小时的学生约有1188人.
19. 解：（1）因为点B的纵坐标是-2，所以x=-2，解得x=-6.所以点B的坐标是（-6，-2）.
将B（-6，-2）代入y=，得k=（-6）×（-2）=12.所以反比例函数的解析式为y=.
当=x时，解得x1=6，x2=-6.当x=6时，y=2.所以点A的坐标是（6，2）.
（2）①=
②由平移，得OD=5，所以S△ABD=S△BOD+S△AOD=×5×（6+6）=30.所以S△ABC=S△ABD=30.
20. 解：（1）如图，过点C作CE⊥AB于点E.
在Rt△ACE中，因为∠AEC=90°，∠CAE=37°，tan∠CAE=，所以CE=AE•tan 37°=0.75AE.所以AE=CE.
在Rt△BCE中，因为∠BEC=90°，∠CBE=45°，所以∠BCE=45°.所以BE=CE.
所以AB=AE-BE=CE-CE=CE=100，解得CE=300.
答：气球的高度为300米.

第20题图
（2）如图，过点D作DF⊥AB于点F，则四边形DFEC是矩形.所以DF=CE=300.
在Rt△AFD中，因为∠AFD=90°，∠DAF=60°，tan∠DAF=，所以AF===100.
所以CD=EF=AE-AF=AB+BE-AF=100+300-100=400-100.
所以气球飘移的平均速度为=4-≈2.3（米/秒）.
21.（1）证明：连接OC.
因为CF是⊙O的切线，OC是⊙O的半径，所以OC⊥CF.所以∠OCF=∠OCB+∠DCF=90°.
因为OC=OB，所以∠OCB=∠OBC.
因为EM⊥AB，所以∠BMD=90°.所以∠OBC+∠BDM=90°.所以∠BDM=∠DCF.
因为∠BDM=∠CDF，所以∠DCF=∠CDF，所以FC=FD.

第21题图
（2）解：因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB=90°.所以∠BCE=90°.所以∠FCE+∠DCF=90°，∠CDF+∠E=90°.
因为∠DCF=∠CDF，所以∠FCE=∠E.所以FC=EF=5.所以FD=FC=5.
所以CE===8.所以tan∠CDE===.
因为∠BDM=∠CDE，所以tan∠BDM=tan∠CDE=.
设⊙O的半径为R，则OM=BM=R，所以DM=R.
连接OF.
由勾股定理，得OF2=OC2+FC2=OM2+FM2，所以R2+52=+，解得R=.
22. 解：（1）设大货车用x辆，则小货车用（20-x）辆.
根据题意，得15x+10（20-x）=260，解得x=12.
则20-x=8.
答：大货车用12辆，小货车用8辆.
（2）根据题意，得w=720a+500（9-a）+800（12-a）+650=70a+13 450.（0≤a≤9且为整数）
（3）根据题意，得15a+10（9-a）≥120，解得a≥6.
又因为0≤a≤9，所以6≤a≤9且为整数.
因为w=70a+13 450，k=70>0，所以w随a的增大而增大.
所以当a=6时，w取得最小值，最小值为70×6+13 450=13 870.
答：使总运费最少的货车调配方案是：6辆大货车、3辆小货车前往甲地，6辆大货车、5辆小货车前往乙地.最少总运费是13 870元.
23. 解：（1）将A（-6，7），（2，0）代入y=kx+e，得解得
所以一次函数的解析式为y=-x+.
因为二次函数的图象与x轴两个交点的横坐标分别是-4和2，所以设二次函数的解析式为y=a（x+4）（x-2）.
将A（-6，7）代入y=a（x+4）（x-2），得a（-6+4）×（-6-2）=7，解得a=.
所以二次函数的解析式为y=（x+4）（x-2）=x2+x-.
（2）x<-6或x>2.
（3）由y=x2+x-=（x+1）2-，得二次函数图象的顶点坐标为.
当m=-4时，n=0；当m=4时，n=7；当m=-1时，n=-.
所以n的取值范围为-≤n<7.
24. 解：（1）如图①，过点C作CG⊥AB于点G.
因为AD=1，BD=3，所以AB=4.
因为AC=BC，∠ACB=90°，CG⊥AB，所以CG=AG=AB=2.所以DG=1.
所以CD===.
在Rt△CED中，∠CED=90°，∠CDE=30°，所以DE=CD•cos∠CDE=cos 30°=×=.
（2）如图②，过点C作CG⊥AB于点G，过点D作DM⊥CD交CE的延长线于点M，连接AM，在CG上截取GN=DG，连接DN.
因为CG⊥AB，GN=DG，所以△DGN是等腰直角三角形.所以∠DNG=45°.所以∠CND=135°.
因为DM⊥CD，所以∠CDM=∠AGC=∠ACB=90°.所以∠DCG+∠CDG=∠CDG+∠ADM=90°.所以∠DCG=
∠ADM.
因为AC=BC，∠ACB=90°，CG⊥AB，所以AG=CG.所以AG-DG=CG-GN，即AD=CN.
因为∠CED=∠CDM=∠DEM=90°，CE=DE，所以∠DCE=∠CDE=∠EDM=∠DME=45°.所以CE=DE=ME.所以CD=DM=DE.所以△CDN≌△DMA.所以∠CND=∠DAM=135°.所以∠CAM=∠DAM-∠BAC=135°-
45°=90°.所以∠CAM=∠ACB.所以AM∥BC.所以∠AME=∠FCE.
因为∠AEM=∠FEC，所以△AEM≌△FEC.所以AE=FE.所以E为线段AF的中点.

① ② ③
第24题图
（3）如图③，延长EH至点E′，使HE′=EH.延长EG至点E″，使GE″=EG.连接E′E″.取AC的中点Q，连接EQ，BQ，EB，E′B，E″B.
因为AB=4，∠ACB=90°，AC=BC，所以AC=BC=2.
因为Q是AC的中点，所以CQ=.所以BQ===.
因为∠AEC=90°，Q是AC的中点，所以EQ=AC=.
当B，Q，E三点共线时，BE取得最大值，最大值为BQ+EQ=+.
因为HE′=EH，GE″=EG，所以HG=E′E″.
因为EH⊥BC，EG⊥AB，所以点E和点E′关于BC对称，点E和点E″关于AB对称.所以∠E′BH=∠EBH，∠E″BG=∠EBG，BE′=BE=BE″.所以∠E′BE″=2∠ABC=90°.所以E′E″=BE.所以GH=BE.所以BE取最大值时，GH最大.所以GH长的最大值为×=+1.