2023年山东省潍坊市初中学业水平考试数学一模预测卷二

这是一份2023年山东省潍坊市初中学业水平考试数学一模预测卷二，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8 小题，每小题4分，共32分.每小题四个选项中只有一项正确，请把正确的选出来，选对得4分，错选、不选或选出的答案超过一个均记0分)
1. D 2. C 3. C 4. D 5. B 6. A 7. D 8. B
二、多项选择题(本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分.每小题的四个选项中，有多项正确，全部选对得 5分，部分选对得3分，有错选的得0分)
9. ABC 10. AB 11. ABD 12. ABC
三、填空题(本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分.只写最后结果)
13. k≥8 14. 83 15. a<-1.且a≠-2 16.−3−3
四、解答题(本大题共 7 小题，共 78 分.请写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.解:(1)∵一元二次方程 x2−22x+m=0有两个不相等的实数根，
∴=−222−4m=8−4m>0.解得 m<2.
∴实数m的最大整数值为1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
(2)∵m=1,
∴此一元二次方程为 x2−22x+1=0.
由根与系数的关系，得 x1+x2=22,x1x2=1.
∴x12+x22−x1x2=x1+x22−3x1x2=222−3=5.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
18.解:(1)如图.
在△ABE 中,由题 意知,∠E = 90°,∠ABE =∠DAB=30°,AB=270 m,
∴AE=12AB=12×270=135m.⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
在△BFC中，由题意可知，
∠BFC=90∘,i=BFCF=12.4=512,∴设 BF=5x m,则 CF=12xm.
由勾股定理求得 BC=13xm,则13x=260.
解得 x=20.
∴BF=100m.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
∴h=AE+BF=235 m.您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷，家威杏 MXSJ663 每日最新，性比价最高答:该滑雪场的高度h为235m.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
(2)设甲种设备每小时的造雪量是x m³，则乙种设备每小时的造雪量是(x+35)m³。⋯⋯⋯⋯⋯6分
根据题意，得 150x=500x+35.
解得x=15.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
经检验，x=15是原方程的解，且符合题意.
∴x+35=50.
答：甲种设备每小时的造雪量是15 m³，乙种设备每小时的造雪量是50m³………………………10分
19.解:(1)设购进 A 款玩偶 x个,则购进 B 款玩偶(30-x)个.
由题意,得20x+15(30-x)=550.⋯⋯⋯⋯⋯2分解得 x=20.
∴30-x=10.
答:购进 A 款玩偶20个,购进 B 款玩偶 10个.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
(2)设购进 A 款玩偶a 个,利润为 ω元,则购进 B款玩偶(30-a)个.
由题意,得 ω=(28-20)a+(20-15)(30-a)=3a+150………………………………………………6分
∴w随a 的增大而增大.
∵网店规定 A 款玩偶进货数量不得超过 B 款玩偶进货数量的一半，
∴a≤1230−a.解得a≤10.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
∴当a=10时,w取得最大值,此时 w=180,30-a=20.
答：购进 A 款玩偶10个，购进 B 款玩偶20个时才能获得最大利润，最大利润是180元。 10分
20.解:(1)由题意,得圆锥的母线长 l=16 cm,底面圆的半径 r=4 cm,
∴该圆锥体的全面积为 πr²+πrl=π×4²+π×4× 16=80πcm².………………………………………3分.
(2)如图,设⊙O₂ 与正方形相切于点 E,连接 O₂E,则O₂E⊥BC.
∵四边形 ABCD是正方形,
∴∠O₁CB=45°.∴O1C=162cm.设 O₂E=rcm,则 O2C=2rcm.
∴O1C=O1O2+O2C=16+r+2r=162cm.解得 r=48−322.
∴BD的长为 nπr180=90×16π180=8πcm,⊙O2的周长为 2πr=2×48−322π=96−642πcm.
∵8π≠96−642π,∴方案一不可行.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
(3)如图,设⊙O₂ 与正方形相切于点 F,连接 O₂F.
设 O₂F=rcm.
由圆锥的侧面展开图的弧长等于底面圆的周长可得 90×16π180=2πr.
解得 r=4.
∴O1C=16+4+42=20+42cm.∵四边形O₁BCD是正方形,
∴∠O₁CB=45°.∴BC=22O1C=102+4cm,即方案二中正方形纸片的边长为 102+4cm.…… ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
21.(1)证明: ∵BE=CD,
∴∠BCF=∠FBC.
∵∠ACB=90°,
∴∠A+∠FBC=90°,∠ACF+∠BCF=90°.
∴∠A=∠ACF,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
(2)解:如图,连接CD.
∵∠A=∠ACF,∠FBC=∠BCF,
∴AF=FC=FB.
∴csA=cs∠ACF=45=ACAB.∵AC=8,
∴AB=10.∴BF=AB=5,BC=6…………7分
∵BC是⊙O的直径,
∴∠CDB=90°.
∴CD⊥AB.
∵SABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD,∴CD=6×810=245.∴BD=BC2−CD2=62−2452=185.∴DF=BF−BD=5−185=75.∵∠DEF+∠DEC=180°,∠DEC+∠B=180°,∴∠DEF=∠B=∠BCF.
∴DE∥CB.
∴△DEF∽△BCF.
∴DEBC=DFFB, 即 DE6=755.
∴DE=4225。………………………………………………11分
22.【问题呈现】证明:∵△ABC和△ADE 都是等边三角形，
∴AD=AE,AB=AC,∠DAE=∠BAC=60°.
∴∠DAE-∠BAE=∠BAC-∠BAE,即∠BAD=∠CAE.
∴△BAD≌△CAE(SAS).
∴BD=CE.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
【类比探究】解:∵△ABC和△ADE 都是等腰直角三角形，
∴ADAE=ABAC=12,∠DAE=∠BAC=45∘∴∠DAE-∠BAE=∠BAC-∠BAE,即∠BAD=∠CAE.
∴△BAD∽△CAE.
∴BDCE=ABAC=12=22.……………………6 分
【拓展提升】解： 1∵ABBC=ADDE=34,∠ABC=∠ADE=90°,
∴△ABC∽△ADE.
∴∠BAC=∠DAE,ABAC=ADAE=35. ………8分
∴∠BAD=∠CAE.
∴△BAD∽△CAE.
∴BDCE=ADAE=35.……………………………………10分
(2)由(1),得△CAE∽△BAD,
∴∠ACE=∠ABD.
∵∠AGC=∠BGF,
∴∠BFC=∠BAC.
∴sin∠BFC=sin∠BAC=BC= 45. 13分
23.解:(1)∵抛物线 y=ax−ℎ²+ka≠0图象的对称轴为直线 x=-1,
∴x=h= −1.
∵抛物线过点 B(2,0),点C(0,4),
∴a2+12+k=0,α0+12+k=4.
解得 a=−12,k=92.
∴该抛物线的解析式为 y=−12x+12+92.…………………………………………………3分
(2)由(1)知，抛物线的解析式为
y=−12x+12+92,∴A(-4,0).
∴直线 AC的解析式为y=x+4.
如图1,过点 P 作PN∥AC,设直线 PN的解析式为y=x+m.
当△APC的面积最大时，直线 PN 与抛物线有且仅有一个交点，
令 x+m=−12x+12+92.
整理，得 x²+4x+2m−8=0.
∴△=4²−42m−8=0.解得 m=6.
∴x²+4x+4=0.∴x=-2,即P(-2,4).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
作点 A 关于y轴的对称点 A',连接 A'P 交 y轴于点M，此时△APM的周长最小，为. A'P+AP的长.
∵A(-4,0),∴A′(4,0).
∴A'P=−2−42+4−02=213,AP=−2+42+4−02=25.∴△APM周长的最小值为 213+25.…9分
(3)由(1)知，原抛物线的顶点坐标 D−192,绕点 A 旋转180°后的顶点 D'−7−92,
∴y的对称轴为直线： x = -7.
设点 Q的坐标为(-7,t).
若△ACQ是等腰三角形，则需要分类讨论：
①如图 2,当AC=AQ时,
−4−0²+0−4²=−4+7²+0−t²,解得 t=±23,
∴Q−723或 Q−7−23;⋯⋯⋯⋯⋯11分
②当CA=CQ时, −4−0²+0−4²=0+7²+4−t²无解；…12分
③如图3,当QA=QC 时,
−4+7²+0−t²=0+7²+4−t²,解得 t=7,
∴Q(-7,7).
综上所述, 点 Q 的 坐标为(-7, 23)或(-7, −23)或(-7,7)………………………………14分