2023年浙江省温州市中考数学预测卷（含答案）

2023浙江省温州市中考数学预测卷

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，只有一个选项是符合题目要求的）

1.下列各数中最大的是（    ）

A． B． C．0 D．1

2.设x=，则x的取值范围是（　　）

A．  B．  C．  D． 无法确定

3.某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种表面展开图，那么在原正方体中，与“伏”字所在面相对面上的汉字是(　　　)

A．文 B．羲 C．弘 D．化

4.下列事件中，是必然事件的是（　　）

A．购买一张彩票，中奖   

B．射击运动员射击一次，命中靶心   

C．经过有交通信号灯的路口，遇到红灯   

D．任意画一个三角形，其内角和是180°

5.如图所示，等边△ABC的顶点A在⊙O上，边AB、AC与⊙O分别交于点D、E，点F是劣弧上一点，且与D、E不重合，连接DF、EF，则∠DFE的度数为（　　）

A．115° B．118° C．120° D．125°

6.下列计算正确的是（    ）

A． B．

C. D．

7.不等式组的非负整数解的个数是（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7

8.若x1，x2是一元二次方程x2﹣2x﹣1=0的两个根，则x12﹣x1+x2的值为（　　）

A．﹣1 B．0 C．2 D．3

9.如图，直线m∥n，AC⊥BC于点C，∠1＝30°，则∠2的度数为（　　）

A．140° B．130° C．120° D．110°

10.如图，矩形ABCD中，AB= 8,BC=4，点E在AB上,点F在CD上,点G、H在对角线AC

上， 若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（    ）

A．  B．  C．5 D．6

二       、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）

11.已知菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm．则菱形的面积为 　   　cm2．

12.用等分圆周的方法，在半径为1的图中画出如图所示图形，则图中阴影部分面积为　   　．

13.当a=2016时，分式的值是　　　　　　．

14.“六一”前夕，市关工委准备为希望小学购进图书和文具若干套，已知1套文具和3套图书需104元，3套文具和2套图书需116元，则1套文具和1套图书需　   　元．

15.如图，在四边形中，，，，，点和点分别是和的中点，连接，，，若，则的面积是_________．

16.如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且．

（Ⅰ）线段的长等于___________；

（Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）_______．

三       、解答题（本大题共7小题，共66分）

17.解不等式，并在数轴上表示解集．

18.如图，在平面直径坐标系中，反比例函数y=（x＞0）的图象上有一点A（m，4），过点A作AB⊥x轴于点B，将点B向右平移2个单位长度得到点C，过点C作y轴的平行线交反比例函数的图象于点D，CD=

（1）点D的横坐标为　　　　　　（用含m的式子表示）；

（2）求反比例函数的解析式．

19.已知关于，的方程组与的解相同．

（1）求，的值；

（2）若一个三角形的一条边的长为，另外两条边的长是关于的方程的解．试判断该三角形的形状，并说明理由．

20.“惜餐为荣，殄物为耻”，为了解落实“光盘行动”的情况，某校数学兴趣小组的同学调研了七、八年级部分班级某一天的餐厨垃圾质量．从七、八年级中各随机抽取10个班的餐厨垃圾质量的数据（单位：kg），进行整理和分析（餐厨垃圾质量用x表示，共分为四个等级：A．，B． ，C． ，D． ），下面给出了部分信息．

七年级10个班的餐厨垃圾质量：0.8，0.8，0.8，0.9，1.1，1.1，1.6，1.7，1.9，2.3．

八年级10个班的餐厨垃圾质量中B等级包含的所有数据为：1.0，1.0，1.0，1.0，1.2．

七八年级抽取的班级餐厨垃圾质量统计表

根据以上信息，解答下列问题：

（1）直接写出上述表中a，b，m的值；

（2）该校八年级共30个班，估计八年级这一天餐厨垃圾质量符合A等级的班级数；

（3）根据以上数据，你认为该校七、八年级的“光盘行动”，哪个年级落实得更好？请说明理由（写出一条理由即可）．

21.如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．

（1）求证：DE⊥AG；

（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．

①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；

②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．

22.如图，已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点B（﹣2，0），点C（8，0），与y轴交于点A．

（1）求二次函数y=ax2+bx+4的表达式；

（2）连接AC，AB，若点N在线段BC上运动（不与点B，C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求N点的坐标；

（3）连接OM，在（2）的结论下，求OM与AC的数量关系．

23.定义：有三个内角相等的四边形叫三等角四边形．

（1）三等角四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C，求∠A的取值范围；

（2）如图，折叠平行四边形纸片DEBF，使顶点E，F分别落在边BE，BF上的点A，C处，折痕分别为DG，DH．求证：四边形ABCD是三等角四边形．

（3）三等角四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C，若CB=CD=4，则当AD的长为何值时，AB的长最大，其最大值是多少？并求此时对角线AC的长．

答案解析

一       、选择题

1.D．

2.B．

3.D．

4.D．

5.C．

6.D

7.B．

8.D．

9.C．

10.C．

二       、填空题

11.24．

12.π﹣．

13.2018．

14.48．

15.．

16.

解：（Ⅰ）如图，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,则由勾股定理，得AC==；

（Ⅱ）如图，取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．

三       、解答题

17.

解：

去括号：

移项：

合并同类项：

化系数为1：

解集表示在数轴上：

18.

解：（1）∵A（m，4），AB⊥x轴于点B，

∴B的坐标为（m，0），

∵将点B向右平移2个单位长度得到点C，

∴点C的坐标为：（m+2，0），

∵CD∥y轴，

∴点D的横坐标为：m+2；

故答案为：m+2；

（2）∵CD∥y轴，CD=，

∴点D的坐标为：（m+2，），

∵A，D在反比例函数y=（x＞0）的图象上，

∴4m=（m+2），

解得：m=1，

∴点a的横坐标为（1，4），

∴k=4m=4，

∴反比例函数的解析式为：y=．

19.

解：由题意列方程组：

解得

将，分别代入和

解得，

∴，

（2）

解得

这个三角形是等腰直角三角形

理由如下：∵

∴该三角形是等腰直角三角形．

20.

解：（1）根据题意得，七年级10个班的餐厨垃圾质量中， 出现的此时最多，即众数是 ；

由扇形统计图可知，

八年级的A等级的班级数为10×20%=2个，八年级共调查10个班，故中位数为第5个和第6个数的平均数，A等级2个班，B等级的第3个数和第4个数是1.0和1.0，故八年级10个班的餐厨垃圾质量的中位数为（1.0+1.0）÷2=1.0

；

（2）∵八年级抽取的10个班级中，餐厨垃圾质量为A等级的百分比是20%，

∴估计该校八年级各班这一天的餐厨垃圾质量符合A等级的班级数为：30×20%＝6（个）；

答：估计该校八年级各班这一天的餐厨垃圾质量符合A等级的班级数为6个．

（3）七年级各班落实“光盘行动”情况更好，因为：

①七年级各班餐厨垃圾质量的众数0.8低于八年级各班的餐厨垃圾质量的众数1.0；

②七年级各班餐厨垃圾质量A等级的40%高于八年级各班餐厨垃圾质量A等级的20%；

八年级各班落实“光盘行动”情况更好，因为：

①八年级各班餐厨垃圾质量的中位数1.0低于七年级各班餐厨垃圾质量的中位数1.1；

②八年级各班餐厨垃圾孩子里那个的方差0.23低于七年级各班餐厨垃圾质量的方差0.26．

21.

解：（1）如图1，延长ED交AG于点H，

∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，

∴OA=OD，OA⊥OD，

∵OG=OE，

在△AOG和△DOE中，

，

∴△AOG≌△DOE，

∴∠AGO=∠DEO，

∵∠AGO+∠GAO=90°，

∴∠AGO+∠DEO=90°，

∴∠AHE=90°，

即DE⊥AG；

（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：

（Ⅰ）α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，

∵OA=OD=OG=OG′，

∴在Rt△OAG′中，sin∠AG′O==，

∴∠AG′O=30°，

∵OA⊥OD，OA⊥AG′，

∴OD∥AG′，

∴∠DOG′=∠AG′O=30°，

即α=30°；

（Ⅱ）α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，

同理可求∠BOG′=30°，

∴α=180°﹣30°=150°．

综上所述，当∠OAG′=90°时，α=30°或150°．

②如图3，当旋转到A．O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，

∵正方形ABCD的边长为1，

∴OA=OD=OC=OB=，

∵OG=2OD，

∴OG′=OG=，

∴OF′=2，

∴AF′=AO+OF′=+2，

∵∠COE′=45°，

∴此时α=315°．

22.

解：

（1）将点B，点C的坐标分别代入y=ax2+bx+4可得，解得，

∴二次函数的表达式为y=﹣x2+x+4；

（2）设点N的坐标为（n，0）（﹣2＜n＜8），

则BN=n+2，CN=8﹣n．

∵B（﹣2，0），C（8，0），

∴BC=10，

在y=﹣x2+x+4中令x=0，可解得y=4，

∴点A（0，4），OA=4，

∴S△ABN=BN•OA=（n+2）×4=2（n+2），

∵MN∥AC，

∴，

∴==，

∴，

∵﹣＜0，

∴当n=3时，即N（3，0）时，△AMN的面积最大；

（3）当N（3，0）时，N为BC边中点，

∵MN∥AC，

∴M为AB边中点，

∴OM=AB，

∵AB===2，AC===4，

∴AB=AC，

∴OM=AC．

23.

解：（1）∵∠A=∠B=∠C，

∴3∠A+∠ADC=360°，

∴∠ADC=360°﹣3∠A．

∵0＜∠ADC＜180°，

∴0°＜360°﹣3∠A＜180°，

∴60°＜∠A＜120°；

（2）证明：∵四边形DEBF为平行四边形，

∴∠E=∠F，且∠E+∠EBF=180°．

∵DE=DA，DF=DC，

∴∠E=∠DAE=∠F=∠DCF，

∵∠DAE+∠DAB=180°，∠DCF+∠DCB=180°，∠E+∠EBF=180°，

∴∠DAB=∠DCB=∠ABC，

∴四边形ABCD是三等角四边形

（3）①当60°＜∠A＜90°时，如图1，

过点D作DF∥AB，DE∥BC，

∴四边形BEDF是平行四边形，∠DFC=∠B=∠DEA，

∴EB=DF，DE=FB，

∵∠A=∠B=∠C，∠DFC=∠B=∠DEA，

∴△DAE∽△DCF，AD=DE，DC=DF=4，

设AD=x，AB=y，

∴AE=y﹣4，CF=4﹣x，

∵△DAE∽△DCF，

∴，

∴，

∴y=x2+x+4=﹣（x﹣2）2+5，

∴当x=2时，y的最大值是5，

即：当AD=2时，AB的最大值为5，

②当∠A=90°时，三等角四边形是正方形，

∴AD=AB=CD=4，

③当90°＜∠A＜120°时，∠D为锐角，如图2，

∵AE=4﹣AB＞0，

∴AB＜4，

综上所述，当AD=2时，AB的长最大，最大值是5；

此时，AE=1，如图3，

过点C作CM⊥AB于M，DN⊥AB，

∵DA=DE，DN⊥AB，

∴AN=AE=，

∵∠DAN=∠CBM，∠DNA=∠CMB=90°，

∴△DAN∽△CBM，

∴，

∴BM=1，

∴AM=4，CM==，

∴AC===．