2023年山东省东营市广饶县中考数学模拟试题(含答案)

2023年东营市广饶县二模数学试题

参考答案与试题解析

一．选择题（共10小题）

二．填空题（共8小题）

11．【解答】2.88×104．

12．【解答】3y（x+2）（x-2）．

13．【解答】98

14．【解答】

15．【解答】解：∵∠B＝60°，∠C＝70°，

∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝50°，

∵以点A为圆心，AD为半径画弧，交BA的延长线于点E，

∴AE＝AD，∴∠AED＝∠ADE，∵∠AED+∠ADE＝∠CAB，∴∠ADE+∠ADE＝50°，

解得：∠ADE＝25°．故答案为：25°．

16．【解答】解：∵M，N分别是BP，AB的中点，

∴MN为△PAB的中位线，∴MN＝PA，当PA的长最大时，MN的长最大，

∵点PA为直径时，PA最长，此时∠PBA＝90°，

∵∠APB＝30°，∴PA的最大值为2AB＝8，∴MN长的最大值为4．故答案为4．

17．【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，

∴AB＝AD＝24，∠BAD＝∠D＝90°，∵CE＝14，∴DE＝24﹣14＝10，

由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，交AG于H，

∴BF⊥AE，AH＝GH，∴∠BAH+∠ABH＝90°，

∵∠FAH+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠FAH，

在△ABF与△DAE中，，

∴△ABF≌△DAE（ASA），

∴AF＝DE＝10，BF＝AE，在Rt△ABF中，根据勾股定理得：

BF＝＝＝26，

∵S△ABF＝AB•AF＝BF•AH，∴24×10＝26AH，

∴AH＝，∴AG＝2AH＝，

∵AE＝BF＝26，

∴GE＝AE﹣AG＝26﹣＝．故答案为：．

18．【解答】解：由题可知，直线l：y＝x与x轴的夹角为30°，

∴AA1＝2sin30°＝1，

∵∠AOA1＝30°，

∴∠A1AO＝60°，

∴∠AA1A2＝30°，

∴A1A2＝AA1cos30°，

同理，A2A3＝A1A2cos30°＝AA1cos230°，

A3A4＝A2A3cos30°＝AA1cos330°，

…

∴AnAn+1＝AA1cosn30°，

当n＝2023时，A2023A2024＝（）2023．

故答案为：（）2023．

三．解答题（共7小题）

19．【解答】解：（1）

（2）原式＝

20．【解答】解：（1）此次调查一共随机采访学生44÷22%＝200（名），

在扇形统计图中，“灰”所在扇形的圆心角的度数为360°×＝198°，

故答案为：200，198；

（2）估计该校学生将用过的餐巾纸投放到红色收集桶的人数3600×＝288（人）；

（3）列表如下：

由表格知，共有12种等可能结果，其中恰好抽中A，B两人的有2种结果，

所以恰好抽中A，B两人的概率为＝．

21．【解答】（1）证明：连接OD，

∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB，

∵OB＝OD，

∴∠ABC＝∠ODB，

∴∠ACB＝∠ODB，

∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，即EF⊥OD，

∵OD是⊙O的半径，

∴EF是⊙O的切线；

（2）解：连接AD，

∵AB是⊙O直径，

∴AD⊥BC，

∵DE⊥AC，

∴∠ADC＝∠DEC，

∵∠C＝∠C，

∴△CDE∽△CAD，

∴，

∵AB＝AC，

∴DC＝DB＝2，

∵AC＝AB＝5，

∴，

∴．

22．【解答】解：过点C作CD⊥AM，垂足为D，

由题意得，∠CAD＝75°﹣45°＝30°，∠CBD＝75°﹣30°＝45°，

设CD＝a，则BD＝a，BC＝a，AC＝2CD＝2a，

∵两船同时到达C处海岛，

∴t甲＝t乙，

即＝，

∴＝，

∴V甲＝＝v．

23．【解答】解：（1）设甲品牌每件的进价为x元，则乙品牌每件的进价为（x+30）元，

，解得，x＝30

经检验，x＝30是原分式方程的解，∴x+30＝60，

答：甲品牌每件的进价为30元，则乙品牌每件的进价为60元；

（2）设该商场购进甲品牌T恤衫a件，则购进乙品牌T恤衫（100﹣a）件，利润为w元，

∵购进甲种品牌的数量不少于乙种品牌数量的4倍，

∴a≥4（100﹣a）解得，a≥80

w＝（50﹣30）a+（100﹣60）（100﹣a）＝﹣20a+4000，∵a≥80，

∴当a＝80时，w取得最大值，此时w＝2400元，100﹣a＝20，

答：获利最大的进货方案是：购进甲品牌T恤衫80件，购进乙品牌T恤衫20件，最大利润是2400元．

24．【解答】解：（1）将点A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx+2中，

∴，解得．

∴y＝﹣x2﹣x+2；

（2）令x＝0，则y＝2，∴C（0，2），

设直线AC的解析式为y＝kx+p，∴，

解得，∴y＝x+2，

过点P作PG∥y轴交AC于点G，

设P（t，﹣t2﹣t+2），则G（t，t+2），

∴PG＝﹣t2﹣t+2﹣t﹣2＝﹣t2﹣2t，

∴S＝S四边形APCB＝S△APC+S△ACB＝×2×（3+1）+×3×（﹣t2﹣2t）＝﹣t2﹣3t+4＝﹣（t+）2+，

∵点P是直线AC上方，

∴﹣3＜t＜0，

∴当t＝﹣时，S有最大值，

此时点P的坐标为（﹣，）；

（3）如图2，当AQ∥CM且AQ＝CM时，

∵yC＝2，∴yM＝2，

在y＝﹣x2﹣x+2中，当y＝2时，x1＝0，x2＝﹣2，

∴M1（﹣2，2），

∴CM＝2，

∴AQ＝2，

∵A（﹣3，0），

∴Q（﹣5，0）或（﹣1，0）；

当AM∥CQ时，

∵yC﹣yA＝2，

∴yQ﹣yM＝2，

∴yM＝﹣2，

在y＝﹣x2﹣x+2中，

当y＝﹣2时，x1＝﹣1﹣，x2＝﹣1+，

∴M2（﹣1﹣，﹣2），M3（﹣1+，﹣2），

∵xC﹣xA＝3，

∴xQ﹣xM＝3，

∴xQ＝2﹣或2+，

∴Q（2﹣，0）或（2+，0），

综上所述，点Q的坐标为（﹣1，0）或（﹣5，0）或（2﹣，0）或（2+，0）．

25．【解答】解：（1）∵△ACB和△ADE均为等边三角形，

∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，

∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，

即∠BAD＝∠CAE，

在△ABD和△ACE中，，

∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，

∵点B，D，E在同一直线上，

∴∠ADB＝180°﹣60°＝120°，

∴∠AEC＝120°，

∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120°﹣60°＝60°，

综上所述，∠BEC的度数为60°，线段BD与CE之间的数量关系是BD＝CE，

故答案为：BD＝CE，60；

（2）结论：BD＝2CE，∠BEC＝45°，理由如下：

∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，

∴∠BAC＝∠ABC＝∠ADE＝∠DAE＝45°，∠ACB＝∠AED＝90°，

∴∠BAD＝∠CAE，∠ADB＝135°，

Rt△ABC和Rt△ADE中，sin∠ABC＝，sin∠ADE＝，sin45°＝，

∴＝＝，

∴＝，

又∵∠BAD＝∠CAE，

∴△ABD∽△ACE，

∴∠ADB＝∠AEC＝135°，BDCE＝ABAC＝ADAE，

∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，

∵＝＝，

∴＝，

∴＝＝，

∴BD＝CE；

（3）分两种情况：

①如图4，

∵∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，BC＝8，

∴AC＝BC＝4，

∴AB＝＝＝4，

∵DE为△ABC的中位线，

∴DE＝BC＝4，DE∥AB，AE＝AC，AD＝AB，

∴∠CDE＝∠ABC＝30°，＝＝，

由旋转的性质得：∠BAD＝∠CAE，

∴△BAD∽△CAE，

∴＝＝，∠ADB＝∠AEC＝180°﹣∠ADE＝150°，

∵∠AED＝90°﹣∠CDE＝60°，

∴∠CEB＝∠AEC﹣∠AED＝150°﹣60°＝90°，

设CE＝x，则BD＝x，BE＝BD+DE＝x+4，

在Rt△ABE中，由勾股定理得：x2+（x+4）2＝82，

解得：x＝或x＝﹣﹣（舍去）

∴BE＝﹣；

②如图5，同①得：△AEC∽△ABD，

则＝＝，∠CEB＝90°，

设CE＝y，则BD＝y，BE＝BD﹣DE＝y﹣4，

在Rt△ACE中，由勾股定理得：y2+（y﹣4）2＝82，

解得：y＝+或y＝﹣﹣（舍去），

∴CE＝+；

综上所述，CE的长为﹣或+．