2023年广西河池市东兰县中考数学一模试卷（含答案）

这是一份2023年广西河池市东兰县中考数学一模试卷（含答案），共26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年广西河池市东兰县中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．请用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．）
1．如果向右走步记作，那么向左走步记作（ ）
A．+ B．- C．+2 D．-2
2．如图所示，图中同旁内角的数量共有（    ）

A．3对 B．4对 C．5对 D．6对
3．若有意义，则m的值可能是（    ）
A． B． C． D．
4．下列运算中正确的是（    ）
A． B． C． D．
5．如下摆放的几何体中，主视图与左视图有可能不同的是（  ）
A． B．
C． D．
6．不等式组的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图，为的直径，弦于，已知，，则的直径为（   ）

A．10 B．18 C．26 D．20
8．某同学统计了4月份某天全国8个城市的空气质量指数，并绘制了折线统计图（如图），则这8个城市的空气质量指数的中位数是（　　）

A．57 B．40 C．73 D．65
9．生物兴趣小组的学生，将自己收集的标本向本组其他成员各赠送一件，全组共互赠了182件，如果全组有x名同学，则根据题意列出的方程是（    ）
A． B．
C． D．
10．如图．已知在△ABC中，AC的垂直平分线交AC于点D，交BC于点E，连接AE．若△ABE的周长为13，则AB＋BC的值为（   ）

A．10 B．13 C．16 D．18
11．如图，点是的外角平分线上一点，且满足，过点作于点E，交的延长线于点，则下列结论中，其中正确的结论有（    ）①；②平分；③；④．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝120°，P是边AB上的动点，过点P作PQ⊥AB交射线AD于点Q，连接CP，CQ，则△CPQ面积的最大值是（　　）

A． B． C． D．

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．请把答案写在答题卡上对应的答题区域内．）
13．点A在数轴上表示数，点B在数轴上距离点A有5个单位长度，则点B表示的数为______．
14．方程的解为________．
15．一个袋子中有2个红球，2个黄球，每个球除颜色外都相同，从中摸出2个球，2个球的颜色不同的概率为________．
16．如图，中，，点在的延长线上，F为的中点，连接，若，则的长为__________．

17．如图，AB为的直径，CB为的切线，AC交于D，．点E在AB右侧的半圆上运动（不与A、B重合），则的大小是______．

18．如图，将边长为的正方形纸片折叠，使点落在上，落点记为（不与点，重合），点落在点处，折痕交于点，交于点，若，则的长是 ，的值等于 ；若（，且为整数），则的值等于 （用含的式子表示）．


三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或运算步骤．请将解答写在答题卡上对应的答题区域内．）
19．计算：（1）；（2）
20．先化简，再求值：，其中．
21．如图，点P是菱形ABCD的对角线BD上一点，连结CP并延长，交AD于E，交BA的延长线点F．问：
（1）求证：△APE ∽△FPA．
（2）线段PC、PE、PF之间存在什么关系？说明理由．

22．小明想了解本校九年级学生对“书画、器乐、艺术、棋类”四项“校本课程”的喜欢情况，随机抽查了部分学生进行问卷调查（每名学生只能选择一项），将调查结果整理并绘制成如图所示不完整的统计图，请结合统计图解答下列问题：

（1）本次抽样调查的学生有 人；
（2）请根据以上信息直接在答题卡中补全条形统计图；
（3）在扇形统计图中，a= ，喜欢艺术活动的学生人数所对应圆心角的度数为 度；
（4）全校有学生1800人，估计全校喜欢器乐的学生人数是多少人？
23．2018年宜宾市创建全国文明城市的过程中，某小区决定购买文明用语提示牌和文明信息公示栏.若购买2个提示牌和3个公示栏需要510元；购买3个提示牌和5个公示栏需要840元.
（1）求提示牌和公示栏的单价各是多少元？
（2）若该小区购买提示牌和公示栏共50个，要求购买公示栏至少12个，且总费用不超过3200元.请你列举出所有购买方案，并指出哪种方案费用最少，最少费用为多少元？
24．如图，已知在平面直角坐标系中，一次函数的图像经过点A、，反比例函数的图像也经过点A，且点A横坐标是2．

(1)求一次函数的解析式．
(2)点C是x轴正半轴上的一点，连接，，过点C作轴分别交反比例函数和一次函数的图像于点D、E，求点D、E的坐标．
(3)在（2）的条件下，连接，一次函数的图像上是否存在一点F使得和相似？若存在，请直接写出点F坐标；若不存在，请说明理由．
25．在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝k1x+2与x轴、y轴分别交于点A、B两点，OA＝OB，直线l2：y＝k2x+b经过点C（1，﹣），与x轴、y轴和线段AB分别交于点E、F、D三点．
（1）求直线l1的解析式；
（2）如图①：若EC＝ED，求点D的坐标和△BFD的面积；
（3）如图②：在坐标轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为底边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

26．如图，一次函数分别交y轴、x轴于A、B两点，抛物线y=﹣x2+bx+c过A、B两点．

（1）求这个抛物线的解析式；
（2）作垂直x轴的直线x=t，在第一象限交直线AB于M，交这个抛物线于N．求当t取何值时，MN有最大值？最大值是多少？
（3）在（2）的情况下，以A、M、N、D为顶点作平行四边形，求第四个顶点D的坐标．


















参考答案：
1．【分析】根据向右走3步记作+3，可以得到向左走2步记作什么，本题得以解决．
解：∵向右走3步记作+3，
∴向左走2步记作-2，
故选D．
【点评】本题考查了正数和负数，解题的关键是明确正数和负数在题目中的实际意义．
2．【分析】根据同旁内角的定义解答即可．
解：直线、被射线所截，可以得到两对同旁内角，与，与；
直线、射线被直线所截，可以得到两对同旁内角，与，与；
直线、射线被直线所截，可以得到一对同旁内角，与；
因此共有5对同旁内角，
故选：C．
【点评】本题考查同旁内角的定义，同旁内角就是在截线的同一旁，在两条被截线之间的两个角．
3．【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，根据题意解答即可．
解：由题意得， ，
解得， ，
则m能取的为大于等于1的数，符合条件的为
故选：D ．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
4．【分析】分别根据合并同类项法则、同底数幂的乘法和除法法则逐一计算可得．
解：A．x2+x2=2x2，此选项错误；
B．x5与x3不是同类项，不能合并，此选项错误；
C．x2•x3=x5，此选项错误；
D．（-x）6÷（-x2）=-x4，此选项正确；
故选：D．
【点评】此题考查同底数幂的除法，解题的关键是掌握合并同类项法则、同底数幂的乘法和除法法则．
5．【分析】分别确定每个几何体的主视图和左视图即可作出判断．
解：A．圆柱的主视图和左视图都是长方形，故此选项不符合题意；
B．圆锥的主视图和左视图都是三角形，故此选项不符合题意；
C．球的主视图和左视图都是圆，故此选项不符合题意；
D．长方体的主视图是长方形，左视图可能是正方形，故此选项符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查了简单几何体的三视图，熟练掌握确定三视图的方法是解答的关键．
6．【分析】首先解出两个不等式的解集，再根据大小小大中间找确定不等式组的解集．
解：，
由①得：x＞1，
由②得：x≤4，
不等式组的解集为：1＜x≤4，
故选：D．
【点评】此题主要考查了一元一次不等式组的解法，关键是正确确定两个不等式的解集．
7．【分析】连接，由垂径定理及勾股定理即可求得圆的半径，从而可得直径的长．
解：连接，
∵为的直径，弦于，
∴，
∴，
∴的直径，
故选：D．

【点评】本题考查了垂径定理及勾股定理，连接OC得到直角三角形是关键．
8．【分析】先把这些数据，从小到大排列，然后求出中位数即可.
解：把这些数从小到大排列为：29，36，40，57，57，73，77，81，
最中间两个数的平均数是：（57+57）÷2=57，
∴这8个城市的空气质量指数的中位数是：57，
故选：A．
【点评】本题是对中位数知识的考查，熟练掌握中位数知识是解决本题的关键.
9．【分析】由题意可知，每个同学需赠送出(x-1)件标本，x名同学需赠送出x(x-1) 件标本，即可列出方程．
解：由题意可得，
x（x-1）=182，
故选B．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的应用，审清题意、确定等量关系是解答本题的关键．
10．【分析】DE是AC的垂直平分线，得AE=CE，又由△ABE的周长是13，即可求解．
解：∵DE是AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
∵△ABE的周长是13，即AB+BE+AE=13，
∴AB+BC=AB+BE+CE= AB+BE+AE=13，
∴AB＋BC的值为13．
故选：B．
【点评】此题考查了线段垂直平分线的性质，掌握转化思想与数形结合思想的应用是解题的关键．
11．【分析】利用角平分线的性质和证明（），利用全等三角形的性质即可解决问题．
解：如图，设交于点．

∵，，
∴，
∵平分，
∴，，故①正确，
在和中，

∴（）
∴，，
∴平分，故②正确，
∵，
∴（），
∴，
∴，故③正确，
∵，，
∴，故④正确．
故选：D．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
12．【分析】设菱形的高为h，解直角三角形求得h＝，设AP＝x，则PB＝1﹣x，AQ＝2x，PQ＝x，DQ＝1﹣2x，然后根据S△CPQ＝S菱形ABCD﹣S△PBC﹣S△PAQ﹣S△CDQ表示出△APQ的面积，根据二次函数的性质即可求得．
解：设菱形的高为h，
∵在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠A＝60°，
∴h＝，
若设AP＝x，则PB＝1﹣x，
∵PQ⊥AB，
AQ＝2x，PQ＝x，
∴DQ＝1﹣2x，
∴S△CPQ＝S菱形ABCD﹣S△PBC﹣S△PAQ﹣S△CDQ
＝1×﹣（1﹣x）•﹣x•x﹣（1﹣2x）•
＝﹣x2+x
＝﹣（x﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴△CPQ面积有最大值为，
故选：D．
【点评】本题是对菱形的综合考查，熟练掌握菱形的性质定理和二次函数的运用是解决本题的关键.
13．【分析】设点B表示的数为x，再由数轴上两点间的距离公式即可得出结论．
解：设点B表示的数为x，则
，
解得：或.
故答案为：或2．
【点评】本题主要考查的是数轴，熟知数轴上两点间的距离公式是解答此题的关键．
14．【分析】利用平方差公式进行去分母，再利用整式方程的解法进行求解即可，注意要检验；
解：
解：方程两边都乘（x-2）（x+2），得：x（x+2）+6（x-2）=0，
去括号，得：，
移项、合并同类项，得：，
解得：，
检验：当时，（x+2）（x-2）≠0，
当时，（x+2）（x-2）≠0，
∴是原方程的解．
【点评】本题主要考查解分式方程，解答的关键是注意符号的变化，并且最后要进行检验．
15．【分析】用树状图列举所有等可能的结果，用2个球颜色不同的情况数除以总情况数即为所求的可能性．
解：画树状图如图：

由树状图可得，共有12种等可能的结果，其中2个球的颜色不同的结果有8种，所以2个球的颜色不同的概率为
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；注意此题是放回实验还是不放回实验是解题关键．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16．【分析】延长至G，使，连接，延长交于点H，得到是等边三角形，推出是边长为4等边三角形，证明是的中位线，根据三角形中位线定理即可求解．
解：∵中，，
∴，
延长至G，使，连接，延长交于点H，

∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵F为的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：3．
【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质，平行四边形的性质，三角形中位线定理，掌握“三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半”是解题的关键．
17．【分析】如图连接，由题意知，，，， 由即可得的值．
解：如图连接

由题意知，
∵
∴
∴
∵
∴
故答案为： ．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
18．【分析】根据折叠的性质，得，根据，，则，根据勾股定理，即可求出；根据正方形的性质，，根据折叠的性质，，，，；根据，，得，得，则，求出，；根据直角三角形，，求出，即可求出的值；根据，，则，同理求出；根据，，得，得，则，求出，；根据直角三角形，，求出，即可求出．
解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴在直角三角形中，，
∵，
∴
∴，
∴；
∵四边形折叠得到四边形，
∴，，，，
∵，，

∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，，
∴在直角三角形中，，
∴，  
∴，
∴；
当，，
∴，
设，
∴，
∴在直角三角形中，，
∴，  
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，  
∴，
，
∴在直角三角形中，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，，．
【点评】本题考查折叠的性质，正方形，勾股定理，相似三角形的知识，解题的关键是掌握折叠的性质，正方形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理的运用．
19．【分析】(1)0次幂运算，求绝对值，三角函数值；（2）整式乘法公式运用.
解：（1）原式=1++2×=+2；
（2）原式=x2-2x-3-（x2-4x+4）= x2-2x-3- x2+4x-4=2x-7.    
故正确答案为：（1）2+2；（2）2x-7
【点评】本题考核知识点：实数混合运算；整式乘法.解题关键：掌握实数运算法则，和整式乘法公式.
20．【分析】先算括号内的，然后再将除法变为乘倒数的形式化简，最后代值．
解：原式=
；
当时，

【点评】本题考查分式的化简，注意分式中能够因式分解时，尽量先因式分解，再简化计算．
21．【分析】（1）根据菱形的性质可得DA=DC，∠ADP=∠CDP，再根据DP是公共边即可证得△APD≌△CPD从而得到∠PAE=∠PCD，即可推出∠PAE=∠PFA，再由∠APE=∠APF，即可证明△APE∽△FPA；
（2）根据相似三角形的性质可得则可推出，再由全等三角形的性质可得PA=PC，即可证明．
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，   
∴DA=DC，∠ADP=∠CDP，DC//AB，
∴∠PFA=∠PCD，
在△APD和△CPD中，
，
∴△APD≌△CPD（SAS）；
∴∠PAE=∠PCD，
∴∠PAE=∠PFA，
又∵∠APE=∠APF，
∴△APE∽△FPA；   
（2）线段PC、PE、PF之间的关系是：，理由如下：
由（1）得△APE∽△FPA，△APD≌△CPD
∴，PA=PC，
∴，
又∵PC=PA，
∴．

【点评】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
22．【分析】（1）根据公式抽样中“棋类”学生人数除以“棋类”人数所占百分比即可；
（2）求出抽样中 “书画”学生=50人，即可补全条形统计图；
（3）在扇形统计图中，a%=抽样中艺术学生40人÷抽样人数×100%可求 a=20，喜欢艺术活动的学生人数所对应圆心角的度数=360°×20%计算即可；
（4）本次抽样调查的喜欢器乐所占百分比×全校有学生人数求即可．
解：（1）抽样中“棋类”学生有30人，“棋类”人数所占百分比为15%，
∴本次抽样调查的学生=30÷15%=200人，
故答案为：200；
（2）九年级 “书画”学生=200-80-40-30=50人，
补全条形统计图如图所示；

（3）在扇形统计图中，a%=40÷200×100%=20%， a=20，
喜欢艺术活动的学生人数所对应圆心角的度数=360°×20%=72°，
故答案为：20；72；
（4）本次抽样调查的喜欢器乐的学生人数为80人，所占百分比为80÷200×100%=40%，
全校有学生1800人，喜欢器乐的学生人数1800×40%=720人．
【点评】本题考查抽样调查的容量，补画条形图，扇形统计图的圆心角，用样本的百分比含量估计总体中的数量，掌握抽样调查的容量，补画条形图，扇形统计图的圆心角，用样本的百分比含量估计总体中的数量是解题关键．
23．【分析】（1）设提示牌和公示栏的单价各是元,元，根据“①购买2个提示牌和3个公示栏需要510元；②购买3个提示牌和5个公示栏需要840元”列出方程组，解方程组即可求解；（2）设购买个公示栏，则购买提示牌（）个，根据“购买公示栏至少12个，且总费用不超过3200元”列出不等式组，解不等式组求m的取值范围，由于m取整数，由此即可确定m的值，从而确定购买方案，再计算最少费用即可.
解：（1）设提示牌和公示栏的单价各是元,元.
由题得：   
解之得：   
答：提示牌和公示栏的单价各是30元,150元.   
（2）设购买个公示栏，则购买提示牌（）个.
由题：      
不等式组解集为：    
∵是整数
∴，共有三种方案.
方案1：购买12个公示栏，38个提示牌；
方案2：购买13个公示栏，37个提示牌；
方案3：购买14个公示栏，36个提示牌.  
当购买12个公示栏，38个提示牌时，费用最少，最少费用为：元.
【点评】本题考查了二元一次方组及一元一次不等式组等应用，根据题目中的等量关系列出对应的方程组及不等式组是解决问题的关键.
24．【分析】（1）由反比例函数解析式和A点横坐标，可求出A点纵坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）过点A作轴于点H．由和A点坐标可求出，，从而可求出，即．再将分别代入反比例函数解析式和一次函数解析式即可求出点D和点E坐标；
（3）设．根据各点坐标可求出，，，．又因为和必相等，故可分类讨论：①当时，即此时，得出 ，代入数据，求出t的值，即得出此时F点坐标； ②当时，即此时，得出，代入数据，求出t的值，即得出此时F点坐标．
解：（1）∵反比例函数的图像经过点A，且点A横坐标是2，
∴，即．
∵一次函数的图像经过点A、，
∴，
解得：，
∴一次函数的解析式为；
（2）如图，过点A作轴于点H．

∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵．
∴，，
∴；
（3）∵点F在一次函数的图像上，
∴可设．
∵，
∴，，，．
∵和中，和必相等，
∴可分类讨论：①当时，即此时，如图，

∴，即．
∵此时，
∴，
解得：，
∴；
②当时，即此时，如图，

∴，即．
∵此时，
∴，
解得：，
∴．
综上可知，存在一点F使得和相似，点F坐标为或．
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的综合，反比例函数与几何的综合，相似三角形的判定和性质，两点的距离公式，解直角三角形等知识，综合性强，较难．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
25．【分析】（1）求出点A的坐标，利用待定系数法即可解决问题；
（2）如图1中，作CM⊥OA于M，DN⊥CA于N．由△CME≌△DNE（AAS），推出CM＝DN由C（1，﹣），可得CM＝DN＝，再利用待定系数法即可解决问题；
（3）分点P在y轴或x轴两种情形分别求解即可解决问题；
解：（1）∵直线y＝k1x+2与y轴B点，
∴B（0，2），
∴OB＝2，
∵OA＝OB＝6，
∴A（6，0），
把A（6，0）代入y＝k1x+2得到，k1＝﹣，
∴直线l1的解析式为y＝﹣x+2．
（2）如图1中，作CM⊥OA于M，DN⊥CA于N．

∵∠CME＝∠DNE＝90°，∠MEC＝∠NED，EC＝DE，
∴△CME≌△DNE（AAS），
∴CM＝DN
∵C（1，﹣），
∴CM＝DN＝，
当y＝时，＝﹣x+2，
解得x＝3，
∴D（3，），
把C（1，﹣），D（3，）代入y＝k2x+b，得到，
解得，
∴直线CD的解析式为y＝x﹣2，
∴F（0，﹣2），
∴S△BFD＝×4×3＝6．
（3）①如图③﹣1中，当PC＝PD，∠CPD＝90°时，作DM⊥OB于M，CN⊥y轴于N．设P（0，m）．

∵∠DMP＝∠CNP＝∠CPD＝90°，
∴∠CPN+∠PCN＝90°，∠CPN+∠DPM＝90°，
∴∠PCN＝∠DPM，
∵PD＝PC，
∴△DMP≌△NPC（AAS），
∴CN＝PM＝1，PN＝DM＝m+，
∴D（m+，m+1），
把D点坐标代入y＝﹣x+2，得到：m+1＝﹣（m+）+2，
解得m＝4﹣6，
∴P（0，4﹣6）．
②如图③﹣2中，当PC＝PC，∠CPD＝90时，作DM⊥OA于M，CN⊥OA于N．设P（n，0）．

同法可证：△AMD≌△PNC，
∴PM＝CN＝，DM＝PN＝n﹣1，
∴D（n﹣，n﹣1），
把D点坐标代入y＝﹣x+2，得到：n﹣1＝﹣（n﹣）+2，
解得n＝2
∴P（2，0）．
综上所述，满足条件的点P坐标为（0，4﹣6）或（2，0）
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
26．【分析】（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式．
（2）求得线段MN的表达式，这个表达式是关于t的二次函数，利用二次函数的极值求线段MN的最大值．
（3）明确D点的可能位置有三种情形，如图2所示，不要遗漏．其中D1、D2在y轴上，利用线段数量关系容易求得坐标；D3点在第一象限，是直线D1N和D2M的交点，利用直线解析式求得交点坐标．
解：（1）∵分别交y轴、x轴于A、B两点，
∴A、B点的坐标为：A（0，2），B（4，0）．
将x=0，y=2代入y=﹣x2+bx+c得c=2；
将x=4，y=0代入y=﹣x2+bx+c得0=﹣16+4b+2，解得b=．
∴抛物线解析式为：y=﹣x2+x+2．
（2）如图1，

设MN交x轴于点E，则E（t，0），BE=4﹣t．
∵，
∴ME=BE•tan∠ABO=（4﹣t）×=2﹣t．
又∵N点在抛物线上，且x=t，
∴y=﹣t2+t+2．
∴．
∴当t=2时，MN有最大值4．
（3）由（2）可知，A（0，2），M（2，1），N（2，5）．
如图2，

以A、M、N、D为顶点作平行四边形，D点的可能位置有三种情形．
（i）当D在y轴上时，设D的坐标为（0，a），
由AD=MN，得|a﹣2|=4，解得a1=6，a2=﹣2，
从而D为（0，6）或D（0，﹣2）．
（ii）当D不在y轴上时，由图可知D为D1N与D2M的交点，
由D1（0，6），N（2，5）易得D1N的方程为y=x+6；
由D2（0，﹣2），M（2，1）易得D2M的方程为y=x﹣2．
由两方程联立解得D为（4，4）．
综上所述，所求的D点坐标为（0，6），（0，﹣2）或（4，4）．