2023年中考押题预测卷02（天津卷）-数学（全解全析）

这是一份2023年中考押题预测卷02（天津卷）-数学（全解全析），共17页。试卷主要包含了本卷共12题，共36分，995×1011B．49，4995×1011D．4等内容，欢迎下载使用。

2023年中考押题预测卷02【天津卷】
数 学
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分。试卷满分120分，考试时间100分钟。
答卷前，请你务必将自己的姓名、考生号、考点校、考场号、座位号填写在“答题卡”上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案写在试卷上无效。考试结束后，将本试卷和“答题卡”一并交回。
祝你考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点。
2.本卷共12题，共36分。
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36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．计算（﹣114）×（45）的结果是（　　）
A．1 B．﹣1 C．15 D．−15
解：原式=−54×45=−1．
答案：B．
2．计算sin45°的结果是（　　）
A．22 B．1 C．33 D．12
解：sin45°=22．
答案：A．
3．舌尖上的浪费让人触目惊心，据统计中国每年浪费的食物总量折合粮食约499.5亿千克，这个数用科学记数法应表示为（　　）
A．4.995×1011 B．49.95×1010
C．0.4995×1011 D．4.995×1010
解：将499.5亿用科学记数法表示为：4.995×1010．
答案：D．
4．在一些汉字的美术字中，有的是轴对称图形．下面四个美术字中可以看作轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
解：四个汉字中只有“善”字可以看作轴对称图形，
答案：D．
5．如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，则它的主视图为（　　）

A． B． C． D．
解：根据题干分析可得，从正面看到的图形是．
答案：A．
6．估计23的值在（　　）
A．3和4之间 B．4和5之间 C．5和6之间 D．6和7之间
解：∵16＜23＜25，
∴4＜23＜5，
∴23的值在4和5之间．
答案：B．
7．计算2x+13x−1−2−x3x−1的结果为（　　）
A．1 B．﹣1 C．33x−1 D．x+33x−1
解：原式=2x+1−2+x3x−1
=3x−13x−1
＝1，
答案：A．
8．如图，四边形ABCD为菱形，点A、B、C、D在坐标轴上，A（5，0），AB＝3，则菱形ABCD的面积等于（　　）

A．20 B．23 C．45 D．85
解：∵A（5，0），
∴OA=5，
∵四边形ABCD为菱形，点A、B、C、D在坐标轴上，
∴OC＝OA=5，OB＝OD，
∴AC＝OC+OA＝25，
在Rt△BOA中，由勾股定理得：OB=AB2−OA2=32−(5)2=2，
∴BD＝OD+OB＝2+2＝4，
∴菱形ABCD的面积S=12×BD×AC=12×4×25=45，
答案：C．
9．方程组x+y=102x−y=8的解是（　　）
A．x=6y=4 B．x=4y=6 C．x=2y=8 D．x=8y=2
解：x+y=10①2x−y=8②，
②+①得，3x＝18，解得x＝6
把x＝6代入①得，6+y＝10，解得y＝4，
∴原方程组的解为x=6y=4．
答案：A．
10．点（﹣5，y1），（﹣3，y2），（3，y3）都在反比例函数y=kx（k＞0）的图象上，则（　　）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y1＞y2 C．y2＞y1＞y3 D．y1＞y3＞y2
解：∵反比例函数y=kx中k＞0，
∴函数图象的两个分支分别位于一、三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小．
∵﹣5＜﹣3＜0，
∴0＞y1＞y2，
∵3＞0，
∴y3＞0，
∴y3＞y1＞y2，
答案：B．
11．如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，
AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′=12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴C′B′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′=12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
答案：B．
12．已知抛物线y=12x2﹣bx+c，当x＝1时，y＜0；当x＝2时，y＜0．下列判断：
①b2＞2c；②若c＞1，则b＞32；③已知点A（m1，n1），B（m2，n2）在抛物线y=12x2﹣bx+c上，当m1＜m2＜b时，n1＞n2；④若方程12x2﹣bx+c＝0的两实数根为x1，x2，则x1+x2＞3．其中正确的有（　　）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
解：∵a=12＞0，
∴抛物线开口向上，
当x＝1时，y＜0；当x＝2时，y＜0，
∴抛物线 与x轴有两个不同的交点，
∴Δ＝b2﹣4ac＝b2﹣2c＞0，故①正确；
∵当x＝1时，y＜0；当x＝2时，y＜0，
∴12−b+c＜0；
∴b＞12+c，
当c＞1时，则b＞32，故②正确；
抛物线的对称轴为直线x＝b，且开口向上，
当x＜b时，y的值随x的增大而减小，
∴当m1＜m2＜b时，n1＞n2，故③正确；
∵方程12x2﹣bx+c＝0的两实数根为x1，x2，
∴x1+x2＝2b，
由②可知，当c＞1时，则b＞32，
∴x1+x2不一定大于3，故④错误；
综上，正确的有①②③，共3个，
答案：C．
第Ⅱ卷
注意事项：
1.用黑色字迹的签字笔将答案写“答题卡”上（作图可用2B铅笔）。
2.本卷共13题，共84分。
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．a3•（﹣a）＝　﹣a4　．
解：原式＝﹣a4，
答案：﹣a4．
14．计算（4+5）（4−5）的结果等于　11　
解：原式＝16﹣5
＝11．
答案：11．
15．不透明袋子中装有除颜色外都相同的8个小球，其中白球5个，黑球3个．从中任意摸出一球恰为白球的概率为　58　．
解：∵不透明袋子中装有除颜色外都相同的8个小球，其中白球5个，黑球3个．
∴搅匀后从中任意摸出1个球，摸到黑球的概率为：58．
答案：58．
16．一次函数y＝kx+k过定点（m，n），则点（m，m+n）到原点距离为 　2　．
解：∵y＝kx+k＝k（x+1），
∴一次函数y＝kx+k过定点（﹣1，0），
∴m＝﹣1，n＝0，
∴点（m，m+n）即点（﹣1，﹣1）到原点距离为12+12=2，
答案：2．
17．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP∥EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为 　85　．

解：作点P关于CE的对称点P′，

由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，
∴点P′在CD上，
过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，
∵MN+NP＝MN+NP′≥MF，
∴MN+NP的最小值为MF的长，
连接DG，DM，
由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线，
∵AD＝CD＝2，DE＝1，
∴CE=12+22=5，
∵12CE×DO=12CD×DE，
∴DO=255，
∴EO=55，
∵MF⊥CD，∠EDC＝90°，
∴DE∥MF，
∴∠EDO＝∠GMO，
∵CE为线段DM的垂直平分线，
∴DO＝OM，∠DOE＝∠MOG＝90°，
∴△DOE≌△MOG，
∴DE＝GM，
∴四边形DEMG为平行四边形，
∵∠MOG＝90°，
∴四边形DEMG为菱形，
∴EG＝2OE=255，GM＝DE＝1，
∴CG=355，
∵DE∥MF，即DE∥GF，
∴△CFG∽△CDE，
∴FGDE=CGCE，即FG1=3555，
∴FG=35，
∴MF＝1+35=85，
∴MN+NP的最小值为85；
答案：85．
18．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B，C均在格点上，
（Ⅰ）△ABC是　直角　三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
（Ⅱ）若P，Q分别为边AB，BC上的动点，当PC+PQ取得最小值时，在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出线段PC，PQ，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）　取格点C'，P，连接C'P，并延长交BC于点Q，连接PC，线段PC，PQ即为所求　．

解：（Ⅰ）观察图象可知△ABC是直角三角形．
答案：直角．
（Ⅱ）如图，线段PC，PQ即为所求．

答案：取格点C'，P，连接C'P，并延长交BC于点Q，连接PC，线段PC，PQ即为所求．
三、解答题（本大题共7小题，共66分。解答应写出文字说明，演算步骤或推理过程）
19．解不等式组2x+1≤x+2．①3(x+1)+1≥−2．②请结合题意填空，完成本题的解答．
（Ⅰ）解不等式①，得　x≤1　；
（Ⅱ）解不等式②，得　x≥﹣2　；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：

（Ⅳ）原不等式组的解集为　﹣2≤x≤1　．
解：（Ⅰ）解不等式①，得 x≤1；
（Ⅱ）解不等式②，得x≥﹣2；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：

（Ⅳ）原不等式组的解集为﹣2≤x≤1，
答案：x≤1；x≥﹣2；﹣2≤x≤1．
20．4月23日是世界读书日，习近平总书记说：“读书可以让人保持思维活力，让人得到智慧的启发，让人滋养浩然正气．”倡导读书活动，鼓励师生利用课余时间广泛阅读．期末，学校为了调查这学期学生课外阅读情况，随机抽样调查了一部分学生阅读课外书的本数，并将收集到的数据整理成如图的统计图．

（1）这次一共调查的学生人数是　20　人
（2）所调查学生读书本数的众数是　4　本，中位数是　4　本．
（3）若该校有800名学生，请你估计该校学生这学期读书总数是多少本？
解：（1）1+1+3+4+6+2+2+1＝20（人），
答案：20；
（2）众数是4本．
中位数是4本，
答案：4；4；
（3）每个人读书本数的平均数是：
x=120×（1+2×1+3×3+4×6+5×4+6×2+7×2+8）
＝4.5
∴总数是：800×4.5＝3600（本）．
答：估计该校学生这学期读书总数约3600本．
21．已知AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，OC＝4，∠OAC＝60°．
（Ⅰ）如图①，过点C作⊙O的切线，与BA的延长线交于点P，求∠P的大小及PA的长；
（Ⅱ）如图②，P为AB上一点，CP延长线与⊙O交于点Q．若AQ＝CQ，求∠APC的大小及PA的长．

解：（1）∵OA＝OC，∠OAC＝60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴AC＝OC＝4，∠AOC＝60°，
∵过点C作⊙O的切线，与BA的延长线交于点P，

∴∠OCP＝90°，
∴∠P＝∠ACP＝30°，
∴PA＝AC＝4；
（2）作CD⊥AB于D，

∵∠AOC＝60°，
∴∠Q＝30°，
∵AQ＝CQ，
∴∠QAC＝∠QCA＝75°，
∵∠OAC＝∠OCA＝60°，
∴∠QAO＝∠QCO＝15°，
∵∠AOC＝∠POC+∠APC，
∴∠APC＝60°﹣15°＝45°，
∴△PCD是等腰直角三角形，
∴PD＝CD，
∵CD=32AC＝23，AD=12AC＝2，
∴PD＝23
∴PA＝AD+PD＝2+23．
22．随着科学技术的发展，导航装备的不断更新极大方便了人们的出行．如图，某校组织学生乘车到C地开展社会实践活动，车到达A地后，发现C地恰好在A地的正北方向，导航显示车辆应沿北偏东58°方向行驶8km至B地，再沿北偏西37°方向行驶一段距离才能到达C地，求B、C两地的距离（结果取整数）．
（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，sin58°≈0.85，cos58°≈0.53）

解：如图，过点B作BD⊥AC，垂足为点D，

由题意得∠BAD＝58°，∠BCD＝37°，AB＝8千米，
在Rt△ABD中，sin58°=BDAB，
∴sin58°=BD8，
∴BD＝8 sin58°，
在Rt△BCD中，sin37°=BDBC，
∴sin37°=8sin580BC，
∴BC=8sin58°sin37°，
∴BC≈11千米．
答：B、C两地的距离约为11千米．
23．某市居民用水实行以户为单位的三级阶梯收费办法：第一级：居民每户每月用水18吨以内含18吨，每吨收费a元，第二级：居民每户每月用水超过18吨但不超过25吨，未超过18吨的部分按照第一级标准收费，超过部分每吨收水费b元．第三级：居民每户每月用水超过25吨，未超过25吨的部分按照第一二级标准收费，超过部分每吨收水费c元
设一户居民月用水x吨，应缴水费y元，y与x之间的函数关系如图所示
（Ⅰ）根据图象直接作答：a＝　3　，b＝　4　，c＝　6　．
（Ⅱ）求当x≥25时，y与x之间的函数关系式；
（Ⅲ）把上述水费阶梯收费方法称为方案①，假设还存在方案②：居民每户月用水一律按照每吨4元的标准缴费当居民每户月用水超过25吨时，请你根据居民每户月用水量的大小设计出对居民缴费最实惠的方案．

解：（Ⅰ）a＝54÷18＝3；b＝（82﹣54）÷（25﹣18）＝4；c＝（142﹣82）÷（35﹣25）＝6．
答案：3，4，6
（Ⅱ）当x≥25时，设y＝kx+b（k≠0），
把（25，82），（35，142）代入，得82=25k+b142=35k+b，解得k=6b=−68，
当x≥25时，y与x之间的函数关系式y＝6x﹣68．
（Ⅲ）方案②：y＝4x，
当方案①和方案②水费相等时，即4x＝6x﹣68，解得x＝34
故当用水量25＜x＜34时，方案①合算；当用水量x＞34时，方案②合算，当x＝34时，两种方案价格一样．
24．如图，将△AOB放在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（6，0），点B（0，8），动点P从点A开始沿边AO向点O以1个单位长度的速度运动，同一时间，动点Q从点O开始沿边OB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，过点P作PD∥BO，交AB于点D，连接PQ，设运动时间为t秒（t≥0）．
（Ⅰ）用含t的代数式表示PD；
（Ⅱ）①是否存在t的值，使四边形PDBQ为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
②是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）在整个运动过程中，求出线段PQ的中点M所经过的路径长（直接写出结果即可）．

解：（I）∵点A（6，0），点B（0，8）
∴OA＝6，OB＝8，
且由题意，PA＝t，OQ＝2t，
∵PD∥BO
∴PDBO=PAAO，
又BO＝8，AO＝6，PA＝t，
∴PD8=t6，
∴PD=43t；
（Ⅱ）①存在，理由如下：
∵BQ∥DP，若BQ＝DP，
∴则四边形PDBQ是平行四边形，
即8﹣2t=43t，
解得：t=125，
∴当t=125时，
∴四边形PDBQ为平行四边形．
②不存在，理由如下：
∵OA＝6，OB＝8，
∴在Rt△AOB中，AB=OA2+OB2=62+82=10，
∴PD∥BO，
∴ADAB=PAAO∴AD10=t6，
∴AD=5t3，
∴BD=10−5t3，
∴当t=125，四边形PDBQ为平行四边形时，
PD=165，BD＝6，
∴DP≠BD，
∴四边形PDBQ不能为菱形．
（Ⅲ）线段PQ中点M所经过的路径长为25；理由如下：
以点O为原点，以AO所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
由题意得，0≤t≤4，
当t＝0时，点M′的坐标为（3，0），
当t＝4时，点M′′的坐标为（1，4），
设直线M′M′′的解析式为：y＝kx+b，
则3k+b=0k+b=4，
解得，k=−2b=6，
∴直线M′M′′的解析式为：y＝﹣2x+6，
由题意得，点P的坐标为（6﹣t，0），点Q的坐标为（0，2t）
∴在运动过程中PQ的中点M的坐标为（6−t2，t），
当x=6−t2时，y＝﹣2×6−t2+6＝t，
∴点M在直线M′M′′上，
作M′′N⊥x轴于N，

则M′′N＝4，M′N＝2，
由勾股定理得，M′M′′=42+22=25，
∴线段PQ中点M所经过的路径长为25．
25．抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2（m＞0）的顶点为A，与直线x=m2相交于点B，点A关于直线x=m2的对称点为C．
（1）若抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2（m＞0）经过原点，求m的值；
（2）是否存在m的值，使得点B到x轴距离等于点B到直线AC距离的一半，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由；
（3）将y＝﹣（x﹣m）2+2（m＞0且x≥m2）的函数图象记为图象G，图象G关于直线x=m2的对称图象记为图象H，图象G与图象H组合成的图象记为M．
①当M与x轴恰好有三个交点时，求m的值；
②当△ABC为等边三角形时，直接写出M所对应的函数值小于0时，自变量x的取值范围．
解：（1）∵抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2（m＞0）经过原点，
∴0＝﹣m2+2，
∴m＝±2，
∵m＞0，
∴m=2；
（2）∵点B是抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2与直线x=m2的交点，
∴B（m2，2−m24），
∴点B到x轴的距离为|2−m24|
∵抛物线y＝﹣（x﹣m）2+2（m＞0）的顶点为A，
∴A（m，2），
∵点A关于直线x=m2的对称点为C，
∴C（0，2），
∴直线AC的解析式为y＝2，
∴点B到直线AC的距离为|2﹣（2−m24）|=m24，
∵点B到x轴距离等于点B到直线AC距离的一半，
∴|2−m24|=12×m24，
∴m=−433（舍）或m=433或m＝﹣4（舍）或m＝4，
即：m的值为433或4；

（3）①由（2）知，B（m2，2−m24），
当图象M与x轴恰好有三个交点时，点B一点在x轴上，
∴2−m24=0，
∴m＝﹣22（舍）或m＝22；
②如图，

由（2）知，B（m2，2−m24），A（m，2），C（0，2），
∴BE=m24，AE＝|m2|，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABE＝30°，
在Rt△ABE中，tan∠ABE=AEBE=2|m|=33，
∴m＝﹣23（舍）或m＝23；
∴点B（3，﹣1）
∴图象G的解析式为y＝﹣（x﹣23）2+2（x≥3），图象H解析式为y＝﹣x2+2（x≤3），
∴图象M的解析式为y=−(x−23)2+2(x≥3)−x2+2(x≤3)，
针对于图象G，令y＝0，
∴0＝﹣（x﹣23）2+2，
∴x＝23+2或x＝23−2，
针对于图象H，令y＝0，
∴0＝﹣x2+2，
∴x=2或x=−2，
∵M所对应的函数值小于0，
∴x＜−2或2＜x＜23−2或x＞23+2．