还剩18页未读，
继续阅读
2023年海南省文昌市中考数学二模试卷（含解析）
展开
这是一份2023年海南省文昌市中考数学二模试卷（含解析），共21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。
1.下列各数中，是负数的是( )
A. +2B. −3C. 1.5D. 13
2.当x=−3时，代数式2−x的值是( )
A. −5B. −1C. 5D. 1
3.若式子 x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x≥3B. x≤3C. x>3D. x<3
4.中国科学院在上海发布了中国首款人工智能芯片：寒武纪(MLU100)，该芯片在平衡模式下的等效理论峰值速度达每秒128 000 000 000 000次定点运算，用科学记数法表示128 000 000 000 000，结果为( )
A. 1.28×1014B. 1.28×1013C. 128×1012D. 0.128×1011
5.五个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是( )
A.
B.
C.
D.
6.下列计算正确的是( )
A. (−1)0=−1B. (−1)−1=1
C. 2a−3=12a3D. (−a3)÷(−a)7=1a4
7.如图所示，将含有30°角的三角板的直角顶点放在相互平行的两条直线其中一条上，若∠1=35°，则∠2的度数为( )
A. 10°B. 20°C. 25°D. 30°
8.如图，点A，F，E，C在一条直线上，AF=CE，AD=CB，则添加下列条件仍不能判断△ADE≌△CBF的是( )
A. DE=BF
B. DE//BF
C. AD//CB
D. ∠D=∠B=90°
9.当温度不变时，某气体内的气压P(kPa)与气体体积V(m3)的函数关系式为：P=96V，已知当气球内的气压大于120kPa时，气球将爆炸，为了安全起见，气球的体积V应( )
A. 小于45B. 不小于45C. 大于45D. 不大于45
10.如图，△ABC中，AB=BC，用尺规作图作射线BD交AC于点E，若BE=AC=2，则AB的长为( )
A. 2
B. 5
C. 3+1
D. 5+1
11.如图，菱形ABCD的顶点A、B的坐标分别为A(−1,4)，B(−4,0)，顶点C在x轴上，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过顶点D，则k的值为( )
A. 8
B. 12
C. 16
D. 24
12.如图，O为矩形ABCD为中心，Rt△EOF绕点O旋转，两直角边式中与边AB、BC分别相交于M、N.若AB=4，AD=6，OM=y，ON=x，则y与x的关系是( )
A. y=xB. y=6xC. y=23xD. y=32x
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.方程1x−3=1的解是______．
14.点A(3,2)先向右平移2个单位，再向下平移1个单位后的坐标为______．
15.如图，正方形ABCD的边长为2，△BEC是等边三角形，则四边形BCDE的面积等于______．
16.如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点O为BC边上一动点(不与点B重合)，以点O为圆心，OC的长为半径作⊙O，当⊙O与AB边相切时，OB的长为______．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
(1)计算： 9+|−2|−(−12)−2+(π−2023)0；
(2)化简：a2−2ab+b2a2−b2−aa+b．
18.(本小题10分)
人工智能的飞速发展，改变了人们的工作与生活.某快递公司为了提高工作效率，购买机器人分拣快递.已知购买1台甲型机器人的费用比购买2台乙型机器人的费用少6万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人1台，共需要花费28万元，求甲、乙两种型号机器人的单价．
19.(本小题12分)
层出不穷的“硬核科技”引起人们的热烈讨论，例如“太空电梯、数字生命、人造太阳、量子计算机、人工智能、机械外骨骼”等.为了解学生对现代科学知识的知晓程度，某市随机抽查部分中学生，进行现代科学知识测试，得分用x表示，数据分组为A：50≤x<60、B：60≤x<70、C：70≤x<80、D：80≤x<90、E：90≤x≤100，将测试成绩绘制成如下统计图：
请根据图表中提供的信息，解答下面的问题：
(1)随机抽查的学生有______人，扇形统计图中“D”组所对应的圆心角度数为______°；
(2)本次成绩的中位数位于______组(填写“A、B、C、D或E”)；
(3)该市有2万名中学生，若成绩大于或等于90分为优秀，则可估计该市成绩能达到优秀的中学生约有______人；
(4)在本次抽测的成绩中有5位学生取得满分，其中有3名女生.若从满分学生中随机抽取2名学生采访，则恰好抽到一男一女的概率为______．
20.(本小题10分)
如图，5G时代，万物互联、互联网、大数据、人工智能与各行业应用深度融合，为了保证信号通畅，某通信公司在某山上建设5G基站.已知斜坡CB的坡度为i=1： 3(即BE：CE=1： 3)，点B处的通讯塔AB垂直于水平地面，在C处测得塔顶A的仰角为45°，在D处测得塔顶A的仰角为53°，斜坡路段CD长26米．
(1)填空：∠ACE= ______°，点D处到水平地面CQ的距离为______米.
(2)求通讯塔AB的高度(结果保留根号).(参考数据：sin53°≈45,cs53°≈35,tan53°≈43)
21.(本小题14分)
如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，点P、Q分别是边BC、CD上动点，且BP=CQ，(P不与点B、C重合)，AC与PQ交于点E．
(1)求证：①△ABP≌△ACQ；②△APQ是等边三角形；
(2)若BP=1，求AE的长；
(3)若tan∠QPC= 35，请作BF//PQ，BF交AC于点F，交AP于点G，请求出BGBF的值．
22.(本小题16分)
如图，抛物线y=ax2+3ax+c经过点B(1,0)、C(0,−3)，交x轴于另一点A(点A在点B点的左侧)，点P是该抛物线上的动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P在直线AC下方且S△PAC=34S△AOC时，请求出点P的横坐标；
(3)在抛物线的对称轴l上是否存在点Q，使得QC+QB最小？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由；
(4)若点E在x轴上，是否存在以P、A、C、E为顶点且以AC为一边的平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.+2是正数，故选项不符合题意；
B.−3是负数，故选项符合题意；
C.1.5是正数，故选项不符合题意；
D.13是正数，故选项不符合题意；
故选：B．
根据小于0的数是负数即可判断．
本题考查了正数与负数，掌握各自的定义是解本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：当x=−3时，
代数式2−x=2−(−3)
=2+3
=5．
故选：C．
求代数式的值，将x=−3代入代数式计算即可．
本题主要考查已知字母的值．求代数式的值，掌握代数式的求值方法是关键．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意得，x−3≥0，
解得x≥3．
故选：A．
根据被开方数大于等于0列式进行计算即可得解．
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
4.【答案】A
【解析】解：∵128000000000000共有15位数，
∴n=15−1=14，
∴这个数用科学记数法表示是1.28×1014．
故选：A．
由于128 000 000 000 000共有15位数，用科学记数法表示n=15−1=14，再根据科学记数法的定义进行解答即可．
本题考查的是科学记数法的定义，掌握把一个绝对值大于10的数记成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n是正整数是关键．
5.【答案】B
【解析】解：从左边看，底层是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形．
故选：B．
根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
6.【答案】D
【解析】解：A、(−1)0=1，
故本选项不符合题意；
B、(−1)−1=−1，
故本选项不符合题意；
C、2a−3=2a3，
故本选项不符合题意；
D、(−a3)÷(−a7)=1a4，
故本选项符合题意，
故选：D．
根据零指数幂、负指数幂、同底数幂除法进行化简，然后根据实数运算法则进行计算即可得出答案．
本题主要考查了整式的除法，掌握零指数幂、负指数幂、同底数幂除法是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：如图，延长AB交CF于E，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=60°，
∵∠1=35°，
∴∠AEC=∠ABC−∠1=25°，
∵GH//EF，
∴∠2=∠AEC=25°，
故选：C．
延长AB交CF于E，求出∠ABC，根据三角形外角性质求出∠AEC，根据平行线性质得出∠2=∠AEC，代入求出即可．
本题考查了三角形的内角和定理，三角形外角性质，平行线性质的应用，主要考查学生的推理能力．
8.【答案】B
【解析】解：∵AF=CE，
∴AF+EF=CE+EF，即AE=CF，
∵AD=CB，
A.由DE=BF，结合AD=CB、AE=CF，根据SSS即可证明△ADE≅△CBF，不满足题意；
B.由DE//BF可得∠BFC=∠AED，结合AD=CB、AE=CF，根据SSA不能证明△ADE≅△CBF，满足题意；
C.由AD//CB可得∠C=∠A，结合AD=CB、AE=CF，根据SAS能证明△ADE≅△CBF，不满足题意；
D.由∠D=∠B=90°，结合AD=CB、AE=CF，根据SAS能证明△ADE≅△CBF，不满足题意．
故选：B．
先由AF=CE得到AE=CF，然后结合AD=CB，再根据全等三角形的判定条件逐项判定即可解答．
本题主要考查了全等三角形的判定，掌握SSA不能证明三角形全等是解答本题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：由已知得P=96V图象在第一象限内，
∴P随V的增大而减小，
∴当P≤120时，V≥96120，
∴V≥45，即不小于45m3，
故选：B．
根据题意，结合当P≤120时，可判断气球的体积V的取值范围．
此题考查了反比例函数的应用，解题的关键是根据反比例函数的性质得出V的取值范围．
10.【答案】B
【解析】解：由图中的尺规作图得：BE是∠ABC的平分线，
∵AB=BC，
∴BE⊥AC，AE=CE=12AC=1，
∴∠AEB=90°，
∴AB= AE2+BE2= 12+22= 5．
故选：B．
由题意得BE是∠ABC的平分线，再由等腰三角形的性质得BE⊥AC，AE=CE=1，由勾股定理得AB= 5，即可得解．
本题考查等腰三角形判定和性质，勾股定理．熟练掌握角平分线的作图，等腰三角形三线合一是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：过点A作AM⊥x轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，
∵A(−1,4)，B(−4,0)，
∴OB=4，BM=BO−MO=3，AM=4，
在Rt△ABM中，AB= BM2+AM2= 32+42=5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AD=BC=MN=5，AM=DN=4，ON=MN−MO=5−1=4．
∴点D坐标为(4,4)，
把点D(4,4)代入y=kx中，得k=16；
故选：C．
过点A作AM⊥x轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，根据勾股定理得到AB=5，由四边形ABCD是菱形，求得点D坐标为(4,4)，把点D(4,4)代入y=kx(x>0)中，于是得到结论．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，求得D的坐标是解题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：作OP垂直AB于点P，OQ垂直BC于点Q．
∵∠PON+∠POM=90°，∠PON+∠NOQ=90°，
∴∠POM=∠NOQ，
又∵∠MPO=∠NQO，
∴△OMP∽△ONQ，
∴OP：OQ=12AD：12AB=OM：ON．
∴y=32x．
故选：D．
作OP垂直AB于点P，OQ垂直BC于点Q.可证△OMP∽△OQN，根据相似三角形的性质求解．
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，证明△OMP∽△ONQ是解题的关键．
13.【答案】x=4
【解析】解：1x−3=1，
去分母得，x−3=1，
解得x=4，
经检验：x=4是方程的解，
故答案为：x=4．
去分母，移项合并同类项，检验即得．
本题主要考查了解分式方程．熟练掌握解分式方程的一般步骤是解决问题的关键．
14.【答案】(5,1)
【解析】解：点A(3,2)先向右平移2个单位，再向下平移1个单位后的坐标为(3+2,2−1)，即(5,1)，
故答案为：(5,1)．
根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得所求点的坐标是(3+2,2−1)，进而得到答案．
本题主要考查了坐标的平移变化，解题的关键在于熟练掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
15.【答案】 3+1
【解析】解：过点E作EF⊥CD交CD于点F，EG⊥BC交BC于点G，
∴∠EFC=∠EGC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为2，
∴BC=CD=2，∠BCD=90°，
∵△BEC是等边三角形，EG⊥BC，
∴CE=BC=2，CG=12BC=1，
由勾股定理得：EG= CE2−CG2= 3，
∴S△BCE=12BC⋅EG=12×2× 3= 3，
∴∠EFC=∠EGC=∠BCD=90°，
∴四边形EFCG是矩形，
∴CG=EF=1，
∴S△CDE=12CD⋅EF=12×2×1=1，
∴四边形BCDE的面积=S△BCE+S△CDE= 3+1，
故答案为： 3+1．
过点E作EF⊥CD交CD于点F，EG⊥BC交BC于点G，根据正方形和等边三角形的性质，得到BC=CD=CE=2，CG=1，再由勾股定理，求得EG= 3，进而得到S△BCE= 3，然后证明四边形EFCG是矩形，得到EF=1，进而求得S△CDE=1，即可求出四边形BCDE的面积．
本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形和等边三角形的性质是解题关键．
16.【答案】103
【解析】解：设⊙O与AB相切于点D，连接OD，作AE⊥BC于点E，则AB⊥OD，
∴∠ODB=∠AEB=90°，
∵AB=AC=5，BC=6，
∴BE=CE=12BC=12×6=3，
∴AE= AB2−BE2= 52−32=4，
∴ODOB=sinB=AEAB=45，
∴OC=OD=45OB，
∵OB+OC=BC=6，
∴OB+45OB=6，
解得OB=103，
故答案为：103．
设⊙O与AB相切于点D，连接OD，作AE⊥BC于点E，则∠ODB=∠AEB=90°，由AB=AC=5，BC=6，得BE=CE=12BC=3，则AE= AB2−BE2=4，所以ODOB=sinB=AEAB=45，则OC=OD=45OB，于是得OB+45OB=6，求得OB=103，于是得到问题的答案．
此题重点考查等腰三角形的“三线合一”、切线的性质定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=3+2−4+1=2；
(2)原式=(a−b)2(a+b)(a−b)−aa+b=a−ba+b−aa+b=−ba+b．
【解析】(1)利用根式、绝对值、负指数幂、零指数幂的运算即可得到答案；
(2)利用完全平方公式和同分母分式的运算法则即可得到答案．
本题考查实数、分式的加减运算，熟练掌握实数的运算法则和分式加减运算是解题的关键．
18.【答案】解：设甲型机器人的单价为x万元，乙型机器人的单价为y万元，
根据题意得：
x=2y−62x+y=28，
解得x=10y=8．
答：甲、乙两种型号机器人的单价分别为10万元、8万元．
【解析】设甲型机器人的单价为x万元，乙型机器人的单价为y万元，根据题意列出关于x，y的一元二次方程组，解方程组求解即可．
本题主要考查了二元一次方程组应用，关键是根据题意找到等量关系式．
19.【答案】300 108 C 3000 35
【解析】解：(1)30÷36°360∘=300(人)，
360°×90300=108°，
故答案为：300，108．
(2)C组人数为：300−30−60−90−45=75人，
A组和B组的学生为：30+60=90人，
A组和B组以及C组的学生为：30+60+75=165(人)，
本次300名学生成绩的中位数为150和151之和的12，则位于C组．
故答案为：C．
(3)20000×45300=3000(人)，
故答案为：3000．
(4)根据题意，列表如下：
从表格中可以看出，一共有20种结果，抽中一男一女的情况有12种，
∴恰好抽到一男一女的概率为1220=35．
故答案为：35．
(1)结合频数分布直方图和扇形统计图，根据A组人数除以A组的占比，即可求出抽查的学生人数，“D”组所对应的圆心角度数即360°乘以D组人数的占比即可求解．
(2)根据中位数得定义求解即可．
(3)用总人数乘以样本中优秀学生的占比即可．
(4)用列表法求概率即可．
本题主要考查了频数分布直方图和扇形统计图的相关信息，求扇形的圆心角度数，中位数的定义，用列表法或树状图求概率等知识，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】45 13
【解析】解：(1)∵在C处测得塔顶A的仰角为45°，
∴∠ACE=45°，
作DH⊥CQ，如图1所示：
∵BE：CE=1： 3，
∴tan∠BCE=BECE= 33，
∴∠BCE=30°，
∵CD=26米，
∴DH=12CD=13米，
故答案为：45；13；
(2)作DF⊥CE于点F，作DG⊥BE于点G，
∵BE：CE=1： 3，即DF：CF=1： 3，
则DF=EG=13米，
∴CF=13 3米，
设EF=x米，则DG=x米，CE=(13 3+x)米，
由题意知∠ADG=53°，
∴AG=DG⋅tan∠ADG=43x，
∴AE=(43x+13)米，
又∵∠BCE=45°，
∴CE=AE，
∴13 3+x=43x+13，
解得：x=39 3−39，
∴CE=AE=(52 3−39)米，
∴BE= 33CE=(52−13 3)米，
∴AB=AE−BE=(65 3−91)米，
∴通讯塔AB的高度(65 3−91)米．
(1)根据在C处测得塔顶A的仰角为45°可得∠ACE=45°；作DH⊥CQ，由题意得∠BCE=30°，据此即可求解；
(2)作DF⊥CE于点F，作DG⊥BE于点G，设EF=x，则DG=x，CE=13 3+x，分别求出AE，BE即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用，作垂线构造直角三角形是解题关键．
21.【答案】(1)证明：①∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴∠BCD=120°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∴∠ACQ=12∠BCD=∠ABP，
又∵BP=CD，
∴△ABP≌△ACQ(SAS)；
②如图1，
∵△ABP≌△ACQ，
∴AP=AQ，∠1=∠2，
又∵△ABC是等边三角形，
∴∠1+∠PAC=60°，
∴∠2+∠PAC=60°，即∠PAQ=60°，
∴△APQ是等边三角形；
(2)如图1，由(1)可知△ABC与△APQ是等边三角形，
∴AC=AB=6，
∴∠4=∠3=60°，
又∵∠PAE=∠CAP，
∴△PAE∽△CAP，
∴AP2=AE⋅AC
作AM⊥BC于点M，则BM=CM=3，若BP=1，
∴PM=2，
∴AM2=AB2−BM2=27，
∴AP2=AM2+PM2=31，
∴AE=AP2AC=316；
(3)如图2，作FH⊥BC于点H，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠5=∠ABP=60°，
∴∠CFH=30°，
设CH=a，则CF=2a,FH= 3a，
∵tan∠QPC= 35，
∴tan∠FBH= 35，
即FHBH= 35，
∴BH=5a，
∴BC=6a，
∴a=1,CH=1,CF=2,HF= 3,BH=5，
∴BF=2 7，
∵△APQ是等边三角形，
∴∠6=∠5=∠ABP=60°，
∴∠BAP+∠APB=∠QPC+∠APB=120°，
∴∠BAP=∠QPC，
∵BF//PQ，
∴∠CBF=∠QPC=∠BAP，
又∵菱形ABCD中AB=BC，
∴△ABP≌△BCF，
∴BP=CF=2，
∴∠APB=∠BFC，
又∵∠PBG=∠FBC，
∴△PBG∽△FBC，
∴BGBP=BCBF，
∴BG2=62 7，
∴BG=67 7，
∴BGBF=67 7÷2 7=37．
【解析】(1)①先证△ABC是等边三角形，得AB=AC，再证∠ACQ=12∠BCD=∠ABP，由因为BP=CD，即可证△ABP≌△ACQ；②由(1)得AP=AQ，∠1=∠2，再证∠PAQ=60°，即可得答案；
(2)先证△PAE∽△CAP，再证AP2=31，即可得答案；
(3)作FH⊥BC于点H，再证tan∠FBH= 35，a=1,CH=1,CF=2,HF= 3,BH=5，再证△ABP≌△BCF和△PBG∽△FBC，得BG=67 7，即可得答案
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数，解题的关键是相似三角形的判定与性质得灵活应用．
22.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+3ax+c经过点B(1,0)、C(0,−3)，代入得：
a+3a+c=0c=−3，
解得a=34c=−3，
∴抛物线的解析式为y=34x2+94x−3；
(2)令y=0，则34x2+94x−3=0，
则x1=−4，x2=1，
∴A(−4,0)，
设直线AC表达式为yAC=kx+b，把A、C(0,−3)，代入得：
−4k+b=0b=−3，
解得k=−34b=−3，
∴yAC=−34x−3，
∵A(−4,0)，C(0,−3)，
∴OA=4，OC=3，
∴S△AOC=6，
∴当S△PAC=34S△AOC时，S△PAC=92，
作PK⊥x轴，交AC于点K，如图1，
设P(m,34m2+94m−3)，则K(m,−34m−3)，
则PK=yE−yP=−34m2−3m，
则12(xC−xA)PK=92，m2+4m+3=0，
∴m1=−1，m2=−3，
即点P的横坐标为−1或−3；
(3)在抛物线的对称轴l上存在点Q，使得QC+QB最小，理由如下：
∵点A与点B关于对称轴l对称，
∴当点Q在直线AC与对称轴l交点处时QC+QB最小，
此时QC+QB=QC+QA=AC，
由(2)知OA=4，OC=3，
∴AC=5，所以这个最小值为5；
(4)存在以P、A、C、E为顶点且以AC为一边的平行四边形，理由如下：
设P(m,34m2+94m−3)，
①当点P在x轴下方时，如图2，有P1C//AE1，
∵C(0,−3)，
∴yp=−3，
则34m2+94m−3=−3，
∴m1=0(舍去)，m2=−3，
∴P1(−3,−3)；
②当点P在x轴上方时，PC与AE是平行四边形的对角线，如图2，
设E(n,0),P(m,34m2+94m−3)，
∵A(−4,0)，C(0,−3)，
∴m+0=n−434m2+94m−3−3=0，
则m1=−3− 412,m2=−3+ 412，
又34m2+94m−3−3=0，
∴34m2+94m−3=3，即yP=3，
∴P2(−3− 412,3),P3(−3+ 412,3)．
综上所述，存在3个点：P1(−3,−3)，P2(−3− 412,3),P3(−3+ 412,3)．
【解析】(1)直接将点B，C的坐标代入关系式得出方程组，再求出解即可；
(2)先求出点A，C的坐标，进而求出直线的关系式，再求出S△AOC，可知S△PAC，作PK//y轴，交AC于点K，设P，K的坐标，并表示出PK，然后根据面积相等列出方程，并求出解；
(3)先确定QC+QB最小时Q的位置，再根据勾股定理求出答案；
(4)①当点P在x轴下方时，有P1C//AE1，根据yp=−3可求出答案；
②当点P在x轴上方时，PC与AE是平行四边形的对角线，设点E，P的坐标，再根据对角线交点的坐标相同得出方程，求出解可得答案．
本题主要考查了求二次函数的关系式，求一次函数的关系式，解一元二次方程，勾股定理，根据轴对称求线段和最小，平行四边形的性质，解答本题的关键要注意多种情况讨论，不要丢解．女
女
女
男
男
女
女，女
女，女
男，女
男，女
女
女，女
女，女
男，女
男，女
女
女，女
女，女
男，女
男，女
男
女，男
女，男
女，男
男，男
男
女，男
女，男
女，男
男，男
1.下列各数中，是负数的是( )
A. +2B. −3C. 1.5D. 13
2.当x=−3时，代数式2−x的值是( )
A. −5B. −1C. 5D. 1
3.若式子 x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x≥3B. x≤3C. x>3D. x<3
4.中国科学院在上海发布了中国首款人工智能芯片：寒武纪(MLU100)，该芯片在平衡模式下的等效理论峰值速度达每秒128 000 000 000 000次定点运算，用科学记数法表示128 000 000 000 000，结果为( )
A. 1.28×1014B. 1.28×1013C. 128×1012D. 0.128×1011
5.五个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是( )
A.
B.
C.
D.
6.下列计算正确的是( )
A. (−1)0=−1B. (−1)−1=1
C. 2a−3=12a3D. (−a3)÷(−a)7=1a4
7.如图所示，将含有30°角的三角板的直角顶点放在相互平行的两条直线其中一条上，若∠1=35°，则∠2的度数为( )
A. 10°B. 20°C. 25°D. 30°
8.如图，点A，F，E，C在一条直线上，AF=CE，AD=CB，则添加下列条件仍不能判断△ADE≌△CBF的是( )
A. DE=BF
B. DE//BF
C. AD//CB
D. ∠D=∠B=90°
9.当温度不变时，某气体内的气压P(kPa)与气体体积V(m3)的函数关系式为：P=96V，已知当气球内的气压大于120kPa时，气球将爆炸，为了安全起见，气球的体积V应( )
A. 小于45B. 不小于45C. 大于45D. 不大于45
10.如图，△ABC中，AB=BC，用尺规作图作射线BD交AC于点E，若BE=AC=2，则AB的长为( )
A. 2
B. 5
C. 3+1
D. 5+1
11.如图，菱形ABCD的顶点A、B的坐标分别为A(−1,4)，B(−4,0)，顶点C在x轴上，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过顶点D，则k的值为( )
A. 8
B. 12
C. 16
D. 24
12.如图，O为矩形ABCD为中心，Rt△EOF绕点O旋转，两直角边式中与边AB、BC分别相交于M、N.若AB=4，AD=6，OM=y，ON=x，则y与x的关系是( )
A. y=xB. y=6xC. y=23xD. y=32x
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.方程1x−3=1的解是______．
14.点A(3,2)先向右平移2个单位，再向下平移1个单位后的坐标为______．
15.如图，正方形ABCD的边长为2，△BEC是等边三角形，则四边形BCDE的面积等于______．
16.如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点O为BC边上一动点(不与点B重合)，以点O为圆心，OC的长为半径作⊙O，当⊙O与AB边相切时，OB的长为______．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
(1)计算： 9+|−2|−(−12)−2+(π−2023)0；
(2)化简：a2−2ab+b2a2−b2−aa+b．
18.(本小题10分)
人工智能的飞速发展，改变了人们的工作与生活.某快递公司为了提高工作效率，购买机器人分拣快递.已知购买1台甲型机器人的费用比购买2台乙型机器人的费用少6万元；购买甲型机器人2台，乙型机器人1台，共需要花费28万元，求甲、乙两种型号机器人的单价．
19.(本小题12分)
层出不穷的“硬核科技”引起人们的热烈讨论，例如“太空电梯、数字生命、人造太阳、量子计算机、人工智能、机械外骨骼”等.为了解学生对现代科学知识的知晓程度，某市随机抽查部分中学生，进行现代科学知识测试，得分用x表示，数据分组为A：50≤x<60、B：60≤x<70、C：70≤x<80、D：80≤x<90、E：90≤x≤100，将测试成绩绘制成如下统计图：
请根据图表中提供的信息，解答下面的问题：
(1)随机抽查的学生有______人，扇形统计图中“D”组所对应的圆心角度数为______°；
(2)本次成绩的中位数位于______组(填写“A、B、C、D或E”)；
(3)该市有2万名中学生，若成绩大于或等于90分为优秀，则可估计该市成绩能达到优秀的中学生约有______人；
(4)在本次抽测的成绩中有5位学生取得满分，其中有3名女生.若从满分学生中随机抽取2名学生采访，则恰好抽到一男一女的概率为______．
20.(本小题10分)
如图，5G时代，万物互联、互联网、大数据、人工智能与各行业应用深度融合，为了保证信号通畅，某通信公司在某山上建设5G基站.已知斜坡CB的坡度为i=1： 3(即BE：CE=1： 3)，点B处的通讯塔AB垂直于水平地面，在C处测得塔顶A的仰角为45°，在D处测得塔顶A的仰角为53°，斜坡路段CD长26米．
(1)填空：∠ACE= ______°，点D处到水平地面CQ的距离为______米.
(2)求通讯塔AB的高度(结果保留根号).(参考数据：sin53°≈45,cs53°≈35,tan53°≈43)
21.(本小题14分)
如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，点P、Q分别是边BC、CD上动点，且BP=CQ，(P不与点B、C重合)，AC与PQ交于点E．
(1)求证：①△ABP≌△ACQ；②△APQ是等边三角形；
(2)若BP=1，求AE的长；
(3)若tan∠QPC= 35，请作BF//PQ，BF交AC于点F，交AP于点G，请求出BGBF的值．
22.(本小题16分)
如图，抛物线y=ax2+3ax+c经过点B(1,0)、C(0,−3)，交x轴于另一点A(点A在点B点的左侧)，点P是该抛物线上的动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P在直线AC下方且S△PAC=34S△AOC时，请求出点P的横坐标；
(3)在抛物线的对称轴l上是否存在点Q，使得QC+QB最小？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由；
(4)若点E在x轴上，是否存在以P、A、C、E为顶点且以AC为一边的平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.+2是正数，故选项不符合题意；
B.−3是负数，故选项符合题意；
C.1.5是正数，故选项不符合题意；
D.13是正数，故选项不符合题意；
故选：B．
根据小于0的数是负数即可判断．
本题考查了正数与负数，掌握各自的定义是解本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：当x=−3时，
代数式2−x=2−(−3)
=2+3
=5．
故选：C．
求代数式的值，将x=−3代入代数式计算即可．
本题主要考查已知字母的值．求代数式的值，掌握代数式的求值方法是关键．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意得，x−3≥0，
解得x≥3．
故选：A．
根据被开方数大于等于0列式进行计算即可得解．
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
4.【答案】A
【解析】解：∵128000000000000共有15位数，
∴n=15−1=14，
∴这个数用科学记数法表示是1.28×1014．
故选：A．
由于128 000 000 000 000共有15位数，用科学记数法表示n=15−1=14，再根据科学记数法的定义进行解答即可．
本题考查的是科学记数法的定义，掌握把一个绝对值大于10的数记成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n是正整数是关键．
5.【答案】B
【解析】解：从左边看，底层是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形．
故选：B．
根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
6.【答案】D
【解析】解：A、(−1)0=1，
故本选项不符合题意；
B、(−1)−1=−1，
故本选项不符合题意；
C、2a−3=2a3，
故本选项不符合题意；
D、(−a3)÷(−a7)=1a4，
故本选项符合题意，
故选：D．
根据零指数幂、负指数幂、同底数幂除法进行化简，然后根据实数运算法则进行计算即可得出答案．
本题主要考查了整式的除法，掌握零指数幂、负指数幂、同底数幂除法是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：如图，延长AB交CF于E，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=60°，
∵∠1=35°，
∴∠AEC=∠ABC−∠1=25°，
∵GH//EF，
∴∠2=∠AEC=25°，
故选：C．
延长AB交CF于E，求出∠ABC，根据三角形外角性质求出∠AEC，根据平行线性质得出∠2=∠AEC，代入求出即可．
本题考查了三角形的内角和定理，三角形外角性质，平行线性质的应用，主要考查学生的推理能力．
8.【答案】B
【解析】解：∵AF=CE，
∴AF+EF=CE+EF，即AE=CF，
∵AD=CB，
A.由DE=BF，结合AD=CB、AE=CF，根据SSS即可证明△ADE≅△CBF，不满足题意；
B.由DE//BF可得∠BFC=∠AED，结合AD=CB、AE=CF，根据SSA不能证明△ADE≅△CBF，满足题意；
C.由AD//CB可得∠C=∠A，结合AD=CB、AE=CF，根据SAS能证明△ADE≅△CBF，不满足题意；
D.由∠D=∠B=90°，结合AD=CB、AE=CF，根据SAS能证明△ADE≅△CBF，不满足题意．
故选：B．
先由AF=CE得到AE=CF，然后结合AD=CB，再根据全等三角形的判定条件逐项判定即可解答．
本题主要考查了全等三角形的判定，掌握SSA不能证明三角形全等是解答本题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：由已知得P=96V图象在第一象限内，
∴P随V的增大而减小，
∴当P≤120时，V≥96120，
∴V≥45，即不小于45m3，
故选：B．
根据题意，结合当P≤120时，可判断气球的体积V的取值范围．
此题考查了反比例函数的应用，解题的关键是根据反比例函数的性质得出V的取值范围．
10.【答案】B
【解析】解：由图中的尺规作图得：BE是∠ABC的平分线，
∵AB=BC，
∴BE⊥AC，AE=CE=12AC=1，
∴∠AEB=90°，
∴AB= AE2+BE2= 12+22= 5．
故选：B．
由题意得BE是∠ABC的平分线，再由等腰三角形的性质得BE⊥AC，AE=CE=1，由勾股定理得AB= 5，即可得解．
本题考查等腰三角形判定和性质，勾股定理．熟练掌握角平分线的作图，等腰三角形三线合一是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：过点A作AM⊥x轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，
∵A(−1,4)，B(−4,0)，
∴OB=4，BM=BO−MO=3，AM=4，
在Rt△ABM中，AB= BM2+AM2= 32+42=5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AD=BC=MN=5，AM=DN=4，ON=MN−MO=5−1=4．
∴点D坐标为(4,4)，
把点D(4,4)代入y=kx中，得k=16；
故选：C．
过点A作AM⊥x轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，根据勾股定理得到AB=5，由四边形ABCD是菱形，求得点D坐标为(4,4)，把点D(4,4)代入y=kx(x>0)中，于是得到结论．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，求得D的坐标是解题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：作OP垂直AB于点P，OQ垂直BC于点Q．
∵∠PON+∠POM=90°，∠PON+∠NOQ=90°，
∴∠POM=∠NOQ，
又∵∠MPO=∠NQO，
∴△OMP∽△ONQ，
∴OP：OQ=12AD：12AB=OM：ON．
∴y=32x．
故选：D．
作OP垂直AB于点P，OQ垂直BC于点Q.可证△OMP∽△OQN，根据相似三角形的性质求解．
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，证明△OMP∽△ONQ是解题的关键．
13.【答案】x=4
【解析】解：1x−3=1，
去分母得，x−3=1，
解得x=4，
经检验：x=4是方程的解，
故答案为：x=4．
去分母，移项合并同类项，检验即得．
本题主要考查了解分式方程．熟练掌握解分式方程的一般步骤是解决问题的关键．
14.【答案】(5,1)
【解析】解：点A(3,2)先向右平移2个单位，再向下平移1个单位后的坐标为(3+2,2−1)，即(5,1)，
故答案为：(5,1)．
根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得所求点的坐标是(3+2,2−1)，进而得到答案．
本题主要考查了坐标的平移变化，解题的关键在于熟练掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
15.【答案】 3+1
【解析】解：过点E作EF⊥CD交CD于点F，EG⊥BC交BC于点G，
∴∠EFC=∠EGC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为2，
∴BC=CD=2，∠BCD=90°，
∵△BEC是等边三角形，EG⊥BC，
∴CE=BC=2，CG=12BC=1，
由勾股定理得：EG= CE2−CG2= 3，
∴S△BCE=12BC⋅EG=12×2× 3= 3，
∴∠EFC=∠EGC=∠BCD=90°，
∴四边形EFCG是矩形，
∴CG=EF=1，
∴S△CDE=12CD⋅EF=12×2×1=1，
∴四边形BCDE的面积=S△BCE+S△CDE= 3+1，
故答案为： 3+1．
过点E作EF⊥CD交CD于点F，EG⊥BC交BC于点G，根据正方形和等边三角形的性质，得到BC=CD=CE=2，CG=1，再由勾股定理，求得EG= 3，进而得到S△BCE= 3，然后证明四边形EFCG是矩形，得到EF=1，进而求得S△CDE=1，即可求出四边形BCDE的面积．
本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形和等边三角形的性质是解题关键．
16.【答案】103
【解析】解：设⊙O与AB相切于点D，连接OD，作AE⊥BC于点E，则AB⊥OD，
∴∠ODB=∠AEB=90°，
∵AB=AC=5，BC=6，
∴BE=CE=12BC=12×6=3，
∴AE= AB2−BE2= 52−32=4，
∴ODOB=sinB=AEAB=45，
∴OC=OD=45OB，
∵OB+OC=BC=6，
∴OB+45OB=6，
解得OB=103，
故答案为：103．
设⊙O与AB相切于点D，连接OD，作AE⊥BC于点E，则∠ODB=∠AEB=90°，由AB=AC=5，BC=6，得BE=CE=12BC=3，则AE= AB2−BE2=4，所以ODOB=sinB=AEAB=45，则OC=OD=45OB，于是得OB+45OB=6，求得OB=103，于是得到问题的答案．
此题重点考查等腰三角形的“三线合一”、切线的性质定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=3+2−4+1=2；
(2)原式=(a−b)2(a+b)(a−b)−aa+b=a−ba+b−aa+b=−ba+b．
【解析】(1)利用根式、绝对值、负指数幂、零指数幂的运算即可得到答案；
(2)利用完全平方公式和同分母分式的运算法则即可得到答案．
本题考查实数、分式的加减运算，熟练掌握实数的运算法则和分式加减运算是解题的关键．
18.【答案】解：设甲型机器人的单价为x万元，乙型机器人的单价为y万元，
根据题意得：
x=2y−62x+y=28，
解得x=10y=8．
答：甲、乙两种型号机器人的单价分别为10万元、8万元．
【解析】设甲型机器人的单价为x万元，乙型机器人的单价为y万元，根据题意列出关于x，y的一元二次方程组，解方程组求解即可．
本题主要考查了二元一次方程组应用，关键是根据题意找到等量关系式．
19.【答案】300 108 C 3000 35
【解析】解：(1)30÷36°360∘=300(人)，
360°×90300=108°，
故答案为：300，108．
(2)C组人数为：300−30−60−90−45=75人，
A组和B组的学生为：30+60=90人，
A组和B组以及C组的学生为：30+60+75=165(人)，
本次300名学生成绩的中位数为150和151之和的12，则位于C组．
故答案为：C．
(3)20000×45300=3000(人)，
故答案为：3000．
(4)根据题意，列表如下：
从表格中可以看出，一共有20种结果，抽中一男一女的情况有12种，
∴恰好抽到一男一女的概率为1220=35．
故答案为：35．
(1)结合频数分布直方图和扇形统计图，根据A组人数除以A组的占比，即可求出抽查的学生人数，“D”组所对应的圆心角度数即360°乘以D组人数的占比即可求解．
(2)根据中位数得定义求解即可．
(3)用总人数乘以样本中优秀学生的占比即可．
(4)用列表法求概率即可．
本题主要考查了频数分布直方图和扇形统计图的相关信息，求扇形的圆心角度数，中位数的定义，用列表法或树状图求概率等知识，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】45 13
【解析】解：(1)∵在C处测得塔顶A的仰角为45°，
∴∠ACE=45°，
作DH⊥CQ，如图1所示：
∵BE：CE=1： 3，
∴tan∠BCE=BECE= 33，
∴∠BCE=30°，
∵CD=26米，
∴DH=12CD=13米，
故答案为：45；13；
(2)作DF⊥CE于点F，作DG⊥BE于点G，
∵BE：CE=1： 3，即DF：CF=1： 3，
则DF=EG=13米，
∴CF=13 3米，
设EF=x米，则DG=x米，CE=(13 3+x)米，
由题意知∠ADG=53°，
∴AG=DG⋅tan∠ADG=43x，
∴AE=(43x+13)米，
又∵∠BCE=45°，
∴CE=AE，
∴13 3+x=43x+13，
解得：x=39 3−39，
∴CE=AE=(52 3−39)米，
∴BE= 33CE=(52−13 3)米，
∴AB=AE−BE=(65 3−91)米，
∴通讯塔AB的高度(65 3−91)米．
(1)根据在C处测得塔顶A的仰角为45°可得∠ACE=45°；作DH⊥CQ，由题意得∠BCE=30°，据此即可求解；
(2)作DF⊥CE于点F，作DG⊥BE于点G，设EF=x，则DG=x，CE=13 3+x，分别求出AE，BE即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用，作垂线构造直角三角形是解题关键．
21.【答案】(1)证明：①∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴∠BCD=120°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∴∠ACQ=12∠BCD=∠ABP，
又∵BP=CD，
∴△ABP≌△ACQ(SAS)；
②如图1，
∵△ABP≌△ACQ，
∴AP=AQ，∠1=∠2，
又∵△ABC是等边三角形，
∴∠1+∠PAC=60°，
∴∠2+∠PAC=60°，即∠PAQ=60°，
∴△APQ是等边三角形；
(2)如图1，由(1)可知△ABC与△APQ是等边三角形，
∴AC=AB=6，
∴∠4=∠3=60°，
又∵∠PAE=∠CAP，
∴△PAE∽△CAP，
∴AP2=AE⋅AC
作AM⊥BC于点M，则BM=CM=3，若BP=1，
∴PM=2，
∴AM2=AB2−BM2=27，
∴AP2=AM2+PM2=31，
∴AE=AP2AC=316；
(3)如图2，作FH⊥BC于点H，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠5=∠ABP=60°，
∴∠CFH=30°，
设CH=a，则CF=2a,FH= 3a，
∵tan∠QPC= 35，
∴tan∠FBH= 35，
即FHBH= 35，
∴BH=5a，
∴BC=6a，
∴a=1,CH=1,CF=2,HF= 3,BH=5，
∴BF=2 7，
∵△APQ是等边三角形，
∴∠6=∠5=∠ABP=60°，
∴∠BAP+∠APB=∠QPC+∠APB=120°，
∴∠BAP=∠QPC，
∵BF//PQ，
∴∠CBF=∠QPC=∠BAP，
又∵菱形ABCD中AB=BC，
∴△ABP≌△BCF，
∴BP=CF=2，
∴∠APB=∠BFC，
又∵∠PBG=∠FBC，
∴△PBG∽△FBC，
∴BGBP=BCBF，
∴BG2=62 7，
∴BG=67 7，
∴BGBF=67 7÷2 7=37．
【解析】(1)①先证△ABC是等边三角形，得AB=AC，再证∠ACQ=12∠BCD=∠ABP，由因为BP=CD，即可证△ABP≌△ACQ；②由(1)得AP=AQ，∠1=∠2，再证∠PAQ=60°，即可得答案；
(2)先证△PAE∽△CAP，再证AP2=31，即可得答案；
(3)作FH⊥BC于点H，再证tan∠FBH= 35，a=1,CH=1,CF=2,HF= 3,BH=5，再证△ABP≌△BCF和△PBG∽△FBC，得BG=67 7，即可得答案
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数，解题的关键是相似三角形的判定与性质得灵活应用．
22.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+3ax+c经过点B(1,0)、C(0,−3)，代入得：
a+3a+c=0c=−3，
解得a=34c=−3，
∴抛物线的解析式为y=34x2+94x−3；
(2)令y=0，则34x2+94x−3=0，
则x1=−4，x2=1，
∴A(−4,0)，
设直线AC表达式为yAC=kx+b，把A、C(0,−3)，代入得：
−4k+b=0b=−3，
解得k=−34b=−3，
∴yAC=−34x−3，
∵A(−4,0)，C(0,−3)，
∴OA=4，OC=3，
∴S△AOC=6，
∴当S△PAC=34S△AOC时，S△PAC=92，
作PK⊥x轴，交AC于点K，如图1，
设P(m,34m2+94m−3)，则K(m,−34m−3)，
则PK=yE−yP=−34m2−3m，
则12(xC−xA)PK=92，m2+4m+3=0，
∴m1=−1，m2=−3，
即点P的横坐标为−1或−3；
(3)在抛物线的对称轴l上存在点Q，使得QC+QB最小，理由如下：
∵点A与点B关于对称轴l对称，
∴当点Q在直线AC与对称轴l交点处时QC+QB最小，
此时QC+QB=QC+QA=AC，
由(2)知OA=4，OC=3，
∴AC=5，所以这个最小值为5；
(4)存在以P、A、C、E为顶点且以AC为一边的平行四边形，理由如下：
设P(m,34m2+94m−3)，
①当点P在x轴下方时，如图2，有P1C//AE1，
∵C(0,−3)，
∴yp=−3，
则34m2+94m−3=−3，
∴m1=0(舍去)，m2=−3，
∴P1(−3,−3)；
②当点P在x轴上方时，PC与AE是平行四边形的对角线，如图2，
设E(n,0),P(m,34m2+94m−3)，
∵A(−4,0)，C(0,−3)，
∴m+0=n−434m2+94m−3−3=0，
则m1=−3− 412,m2=−3+ 412，
又34m2+94m−3−3=0，
∴34m2+94m−3=3，即yP=3，
∴P2(−3− 412,3),P3(−3+ 412,3)．
综上所述，存在3个点：P1(−3,−3)，P2(−3− 412,3),P3(−3+ 412,3)．
【解析】(1)直接将点B，C的坐标代入关系式得出方程组，再求出解即可；
(2)先求出点A，C的坐标，进而求出直线的关系式，再求出S△AOC，可知S△PAC，作PK//y轴，交AC于点K，设P，K的坐标，并表示出PK，然后根据面积相等列出方程，并求出解；
(3)先确定QC+QB最小时Q的位置，再根据勾股定理求出答案；
(4)①当点P在x轴下方时，有P1C//AE1，根据yp=−3可求出答案；
②当点P在x轴上方时，PC与AE是平行四边形的对角线，设点E，P的坐标，再根据对角线交点的坐标相同得出方程，求出解可得答案．
本题主要考查了求二次函数的关系式，求一次函数的关系式，解一元二次方程，勾股定理，根据轴对称求线段和最小，平行四边形的性质，解答本题的关键要注意多种情况讨论，不要丢解．女
女
女
男
男
女
女，女
女，女
男，女
男，女
女
女，女
女，女
男，女
男，女
女
女，女
女，女
男，女
男，女
男
女，男
女，男
女，男
男，男
男
女，男
女，男
女，男
男，男
相关试卷
2023年海南省部分学校中考数学二模试卷（含解析）： 这是一份2023年海南省部分学校中考数学二模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，四象限，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年海南省陵水县中考数学二模试卷（含解析）： 这是一份2023年海南省陵水县中考数学二模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，羊二，直金十九两；牛二等内容，欢迎下载使用。
2023年海南省陵水县中考数学二模试卷（含解析）： 这是一份2023年海南省陵水县中考数学二模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，羊二，直金十九两；牛二等内容，欢迎下载使用。
