2023年河北省秦皇岛市开发区中考数学模拟试卷（含详细答案）

这是一份2023年河北省秦皇岛市开发区中考数学模拟试卷（含详细答案），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．从原点开始向左移动3个单位，再向右移动1个单位后到达A点，则A点表示的数是（ ）
A．3B．4C．2D．－2
2．下列图形中，是中心对称但不是轴对称的图形是（ ）

A．等边三角形B．正方形C．圆D．平行四边形
3．如图，是由几个相同的小正方形搭成几何体的左视图，这几个几何体的摆搭方式可能是( )
A．B．C．D．
4．下列各式计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．在函数中，自变量的取值范围是（ ）
A．B．C．且 D．
6．如果关于x的不等式组无解，则a的取值范围是（ ）
A．a＜2B．a＞2C．a≥2D．a≤2
7．如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，将绕点C按顺时针方向旋转，得到，则点A的对应点F的坐标是（ ）
A．B．C．D．
8．将含有的三角板按如图所示放置，点在直线上，其中，分别过点，作直线的平行线，，点到直线，的距离分别为，，则的值为（ ）
A．1B．C．D．
9．下列图形中，能确定的是（ ）
A．B．C．D．
10．若，，为二次函数的图象上的三点，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
11．化简的结果是（ ）
A．B．C．D．
12．若关于x的一元二次方程x2－x+m＝0有两个不相等的实数根，则m的值可能是（ ）
A．0B．1C．2D．2021
13．将抛物线C1：沿x轴对称后，向右平移3个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到抛物线C2．若抛物线C1的顶点为A，点B是抛物线C2与y轴的交点，O为坐标原点，则△AOB的面积为（ ）
A．1B．2C．3D．4
14．如图，正方形的对角线相交于点，绕点旋转，在旋转过程中，两个图形重叠部分的面积是正方形面积的（ ）
A．B．C．D．
15．如图，是的弦，，的延长线交于点，若，，则长为（ ）
A．B．C．D．
16．九章算术记载“今有邑方不知大小，各中开门．出北门三十步有木，出西门七百五十步见木．问邑方有几何？”意思是：如图，点、点分别是正方形的边、的中点，，，过点，且步，步，则正方形的边长为( )
A．步B．步C．步D．步
二、填空题
17．分解因式：______．
18．如图，正五边形内接于，P为上一点，连接，则的度数为____．
19．如图，过原点O的直线与反比例函数的图像交于点A、P，过点P作x轴的垂线，点B为垂足，连接，若的面积是5，则______．
三、解答题
20．解方程：．
21．已知：与交于点，，．求证：规范证明过程
证明：在和中，
______
______ ______
在和中，
______
．
22．中学生上网现象越来越受到社会的关注，小记者小慧随机调查了某校若干学生和家长对上网现象的看法制作了如下的统计图1和2．请根据相关信息，解答或补全下列问题．
（1）补全图1；
（2）求图2中表示家长“赞成”的圆心角的度数；
（3）该校共有1600名学生，请你估计这所中学的所有学生中，对上网持“反对”态度的有多少名？
23．如图1，是的平分线，请你利用该图形画一对以所在直线为对称轴的全等三角形，并将添加的全等条件标注在图上．
请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：
①如图2，在中，是直角，，、分别是和的平分线，、相交于点F，求的度数；
②在①的条件下，请判断与之间的数量关系，并说明理由；
③如图3，在中，如果不是直角，而①中的其他条件不变，试问在②中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
24．如图，抛物线与轴交于点、，与轴交于点，其顶点纵坐标为．
(1)求的值；
(2)求，两点的坐标；
(3)以，为一组邻边作，则点关于轴的对称点是否在该抛物线上？请说明理由．
25．某班级同学从学校出发去白鹿原研学旅行，一部分坐大客车先出发，余下的几人后乘坐小轿车沿同一路线出行，大客车中途停车等候，后小轿车赶了上来，大客车随即开动，以出发时速度的继续行驶，小轿车保持原速度不变，最终两车相继到达了景点入口，两车距学校的路程单位：和行驶时间单位：之间的函数关系如图所示，请结合图象解决下列问题．
(1)求大客车在途中等候时距学校的路程有多远？
(2)在小轿车到达景点入口时，大客车离景点入口还有多远？
26．如图，在∠DAM内部作Rt△ABC，AB平分∠DAM，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点N为BC的中点，动点E由A点出发，沿AB运动，速度为每秒5个单位，动点F由A点出发，沿AM运动，速度为每秒8个单位，当点E到达点B时，两点同时停止运动，过A、E、F作⊙O．
（1）判断△AEF的形状为 ，并判断AD与⊙O的位置关系为 ；
（2）求t为何值时，EN与⊙O相切，求出此时⊙O的半径，并比较半径与劣弧长度的大小；
（3）直接写出△AEF的内心运动的路径长为 ；（注：当A、E、F重合时，内心就是A点）
（4）直接写出线段EN与⊙O有两个公共点时，t的取值范围为 ．
（参考数据：sin37°＝，tan37°＝，tan74°≈，sin74°≈，cs74°≈）
参考答案：
1．D
【分析】根据数的大小变化和平移变化之间的规律“左减右加”计算即可．
【详解】解：A点表示的数是0−3＋1＝−2．
故选：D．
【点睛】考查了数轴，注意数的大小变化和平移变化之间的规律“左减右加”．
2．D
【详解】解：A选项是轴对称图形，不是中心对称图形；
B选项是轴对称图形，也是中心对称图形；
C选项是轴对称图形，也是中心对称图形；
D选项不是轴对称图形，是中心对称图形．
故选：D．
【点睛】本题考查轴对称图形的定义（如果一个平面图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形）和中心对称图形的定义（把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形），熟练掌握这些知识点是解题关键．
3．A
【分析】根据左视图的概念得出各选项几何体的左视图即可判断．
【详解】解：A选项几何体的左视图为
；
B选项几何体的左视图为
；
C选项几何体的左视图为
；
D选项几何体的左视图为
；
故选A．
【点睛】本题考查由三视图判断几何体，解题的关键是熟练掌握左视图的概念．
4．D
【分析】根据合并同类项法则、同底数幂的乘法法则、同底数幂的除法法则及积的乘方与幂的乘方逐一计算可得．
【详解】解：A、不能合并，故选项错误；
B、，故选项错误；
C、，故选项错误；
D、，故选项正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查幂的运算，解题的关键是掌握合并同类项法则、同底数幂的乘法法则、同底数幂的除法法则及积的乘方与幂的乘方．
5．C
【分析】根据分式以及二次根式有意义的条件列出不等式组，解不等式组即可求解．
【详解】解：依题意，，
∴且 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了求函数自变量的取值范围，分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，掌握以上知识是解题的关键．
6．D
【分析】由不等式组无解，利用不等式组取解集的方法确定出a的范围即可．
【详解】∵不等式组无解，∴a+2≥3a﹣2，解得：a≤2．
故选D．
【点睛】本题考查了不等式的解集，熟练掌握不等式组取解集的方法是解答本题的关键．
7．B
【分析】借助格点，将旋转得到，再结合网格图即可作答．
【详解】如图借助格点，将绕点C按顺时针方向旋转，得到，如图，
A的对应点F在C正上方1个单位处，
∴坐标为，
故选：B．
【点睛】本题考查了条形的旋转，网格图中的坐标与图形的知识，掌握旋转的性质，是解答本题的关键．
8．B
【分析】设交于点，由，得三角形BCM为等腰直角三角形，再由含30度角直角三角形三边长比及等腰直角三角形的边长比，设BC为x，可得MA为，再由平行线分线段成比例求解．
【详解】解：设交于点，
∵，，
∴，
∵，
∴，
三角形为等腰直角三角形，
在Rt△ABC中，设长为，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查平行线的性质，含特殊角直角三角形的性质及平行线分线段成比例，解题关键是掌握含特殊角的直角三角形的边长比．
9．B
【分析】根据对顶角相等对选项A进行判断；根据三角形外角性质对选项B进行判断；根据平行线的性质和对顶角相等对选项C进行判断；根据圆周角定理对选项D进行判断．
【详解】解：A、∵∠1与∠2是对顶角，∴∠1=∠2，故本选项不合题意；
B、∵∠1是∠2所在三角形的一个外角，∴∠1＞∠2，故本选项正确；
C、若两条直线平行，则∠1=∠2，若所截两条直线不平行，则∠1与∠2无法进行判断，故本选项不合题意；
D、∵∠1、∠2是同弧所对的圆周角，∴∠1=∠2．故本选项不合题意.
故选B．
【点睛】本题考查的是对顶角相等、平行线的性质、三角形外角的性质及直角三角形的性质，熟知以上知识是解答此题的关键．
10．B
【分析】由于，，是抛物线上三个点的纵坐标，所以可以根据二次函数的性质进行解答：先求出抛物线的对称轴，再根据抛物线开口向上，在对称轴右边，y随x的增大而增大，便可得出，，的大小关系．
【详解】解：∵抛物线，
∴对称轴为，
∵，
∴当，随的增大而增大，
∵，，， ，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，解题的关键掌握二次函数的增减性比较二次函数值的大小．
11．B
【分析】根据分式的运算法则即可求出答案．
【详解】解：
，
故选：B
【点睛】本题考查分式的运算法则，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
12．A
【分析】根据判别式的意义得到Δ=（-1）2-4m＞0，然后解关于m的不等式，最后对各选项进行判断．
【详解】解：根据题意得Δ=（-1）2-4m＞0， 解得m＜．
故选A．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，解决本题的关键是要熟练掌握一元二次方程根的判别式.
13．C
【分析】首先求得顶点的坐标，然后求得平移后的解析式，进而求得顶点的坐标，最后根据三角形面积即可求得．
【详解】解：，
顶点为，
将抛物线沿轴对称后的抛物线的顶点为，
沿轴对称后的抛物线的解析式为，
向右平移3个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到抛物线，
即，
令，则，
，
，
的面积为：，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，根据平移的性质得出平移后的抛物线的解析式以及求得、点的坐标是解题的关键．
14．C
【分析】如图，记的交点为 的交点为，证明，从而可得两个图形重叠部分的面积是正方形面积的．
【详解】解：如图，记的交点为 的交点为，
∵四边形ABCD是正方形，OF⊥OE，
∴OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOF=90°，

在与中，
，
∴（ASA），
∴四边形OMBN的面积等于的面积，
即重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的
故选：．
【点睛】本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出四边形OMBN的面积等于的面积是解此题的关键．
15．D
【分析】根据正弦的定义求出、，根据勾股定理求出，根据垂径定理解答．
【详解】解：在中，，
：：，
：：，
，
，，
由勾股定理得，，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查的是垂径定理以及锐角三角函数的定义，掌握垂径定理、勾股定理是解题的关键．
16．C
【分析】根据题意，可知，从而可以得到对应边的比相等，从而可以求得正方形的边长．
【详解】解：设正方形的边长为步，
点、点分别是正方形的边、的中点，
，，
，
由题意可得，，
∴
∴，
，
即，
解得：，
步；
故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的应用、正方形的性质，解题的关键利用相似三角形的性质和数形结合的思想解答．
17．
【分析】直接提取公因式，再利用平方差公式分解因式得出答案．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用平方差公式分解因式是解题关键．
18．##36度
【分析】连接，利用中心角的计算公式求出，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，即可得解．
【详解】解：连接，正五边形内接于，
则：，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边与圆．熟练掌握求中心角的度数的公式，以及在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，是解题的关键．
19．
【分析】根据A、P关于原点对称，其纵坐标的绝对值相等，得出与面积相等，即可求出k的值．
【详解】由题意得：A、P关于原点对称，
则A、P的纵坐标的绝对值相等，
即与的高相等，底都是，
∴，
∵，
∴，
根据k的几何意义，可得，
故答案为：5.
【点睛】本题考查了反比例函数的系数k的几何意义，反比例函数和一次函数的交点问题，关于原点对称的点的坐标特征，根据图象找出面积的相等关系是解答本题的关键．
20．
【分析】根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
【详解】解：，
∴，
即，
解得：．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
21．，，，，1，2，，，，．
【分析】利用证明，可得，再利用证明，进而可得．
【详解】证明：在和中，
在和中，
．
故答案为：，，，，1，2，，，，．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，熟练掌握全等三角形的证明方法是解决问题的关键．
22．（1）见解析；（2）36°；（3）240人．
【分析】(1)由家长“无所谓”的人数除以占的百分比求出调查的总家长数，再加上调查的学生数即是调查的总人数；进而求出家长“反对”的人数，补全图1即可；
(2)求出家长“赞成”的百分比，乘以360即可得到结果；
(3)用1600乘以调查的持“反对意见”的学生的百分比即可．
【详解】(1)根据题意得：80÷20%=400(人)，
400+140+80+30=650(人)，
故这次调查的总人数为650人；
家长“反对”的人数为400-(40+80)=280(人)，
补全图1，如图所示：
(2)根据题意得：×360°=36°，
则图2中家长“赞成”的圆心角的度数为36°；
(3)1600×=240(人)，
答：估计全校持“反对意见”的学生约有240人．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
23．见解析；①；②，理由见解析；③成立，证明见解析
【分析】根据可知：在的两边上以O为端点截取相等的两条线段，另外两个端点与角平分线上任意一点相连，所构成的两个三角形全等，它们关于对称；
①根据三角形内角和定理可求，是的外角，根据外角的性质计算求解；
②根据图1的作法，在上截取，则；根据证明，得，故判断；
③只要的度数不变，结论仍然成立．证明同②．
【详解】解：在的两边上以O为端点截取，在上任意取一点D，连接、，则与即为所求作的三角形，如图1所示：
①如图2，∵，°，
∴，
∵、分别是和的平分线，
∴，，
∴；
②．理由如下：
在上截取，连接，如图2所示：
∵是的平分线，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
在和中
∵，
∴，
∴，
∴．
③在②中的结论仍然成立．
在上截取，连接，如图所示：
同②可得：，
∴，，
又由①知，，
∴，
∴，
∴，
同②可得，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形内角和定理的应用，作出相应的辅助线，构造全等三角形，是解题的关键，本题的综合性较强，难度较大．
24．(1)
(2)的坐标 ，的坐标
(3)在抛物线上，理由见解析
【分析】（1）根据抛物线的顶点纵坐标为，运用待定系数法求解；
（2）由（1）得抛物线的解析式，因为，的坐标在轴上，所以纵坐标为，代入抛物线的解析式，解一元二次方程可求得，的坐标；
（3）由平行四边形知，关于对角线交点对称，求得的坐标，进而根据点，点关于轴的对称得出的坐标，进而即可得出结论．
【详解】（1）解：∵抛物线其顶点纵坐标为
∴抛物线，
∴顶点坐标为：，
∴
∴；
∴
（2）解：由（1）知，抛物线表达式为，
令，得．
解得：．
∴的坐标 ，的坐标 ；
（3）解：由，令，解得：，
∴
如图所示，连接交于点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∵的坐标 ，的坐标 ；
∴对角线交点的坐标为)，抛物线的对称轴为直线，
∴点，关于对角线交点)对称，
∵，则
又∵点 是点关于轴的对称点，
∴
当时，，
∴在抛物线上．
【点睛】此题主要考查了二次函数的综合应用以及平行四边形的性质，根据平行四边形的性质得出点的坐标是解决问题的关键．
25．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意和函数图象中的数据，可以计算出小轿车的速度，然后即可得到的值，从而可以得到大客车在途中等候时距学校的路程有多远；
（2）根据题意，可以计算出大客车开始的速度和后来的速度，从而可以计算出在小轿车到达景点入口时，大客车离景点入口还有多远．
【详解】（1）解：（1）由图象可得，
小轿车的速度为：，
，
即大客车在途中等候时距学校的路程有；
（2）大客车开始的速度为：，
大客车后来的速度为：，
，
即在小轿车到达景点入口时，大客车离景点入口还有．
【点睛】本题考查从函数图象中提取信息，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
26．（1）等腰三角形，相切；（2）t=1，半径为，劣弧长度大于半径；（3）；（4）1≤t≤
【分析】（1）过点E作EH⊥AF于H，连接OA、OE、OH，由勾股定理求出BC＝＝6，设运动时间为t，则AE＝5t，AF＝8t，证明△EAH∽△BAC，得出，求出AH＝4t，则FH＝AF﹣AH＝4t，AH＝FH，得出△AEF是等腰三角形，证明E、H、O三点共线，得出∠OAF+∠AOE＝90°，由AB平分∠DAM，得出∠DAE＝∠EAF＝∠EFA，由圆周角定理得出∠AOE＝2∠EFA，则∠DAF+∠OAF＝90°＝∠DAO，即OA⊥AD，即可得出AD与⊙O相切；
（2）连接OA、OF、OE，OE于AC交于H，易证四边形EHCN为矩形，得出EH＝NC，由勾股定理得出EH＝＝3t，则NC＝3t，BC＝2NC＝6t，由BC＝6，得出t＝1，则AH＝4，EH＝3，设⊙O的半径为x，则OH＝x﹣3，由勾股定理得出OA2＝OH2+AH2，解得x＝，得出OH＝，tan∠AOH＝，得出∠AOH＝74°，由∠AOH＝60°时，△AOE是等边三角形，AE＝OA，74°＞60°，得出AE＞OA，则劣弧长度的大于半径；
（3）当点E运动到B点时，t＝2，AF＝16，AE＝EF＝AB＝10，此时△AEF的内心记为G，当A、E、F重合时，内心为A点，△AEF的内心运动的路径长为AG，作GP⊥AE于P，GQ⊥EF于Q，连接AG、GF，则CG＝PG＝NQ，S△AEF＝AF•BC＝48，设CG＝PG＝NQ＝a，则S△AEF＝S△AGF+S△AEB+S△FEG＝AF•CG+AE•PG+EF•NQ＝×(16+10+10)a＝48，解得a＝，由勾股定理得出AC2+CG2＝AG2，得出AG＝；
（4）分别讨论两种极限位置，①当EN与⊙O相切时，由（2）知，t＝1；②当N在⊙O上，即ON为⊙O的半径，连接OA、ON、OE，OE交AC于H，过点O作OK⊥BC于K，则四边形OKCH为矩形，OA＝OE＝ON，得出OH＝CK，AH＝4t，EH＝3t，设⊙O的半径为x，由勾股定理得出AH2+OH2＝OA2，解得x＝t，则OH＝CK＝t，由勾股定理得出，解得t＝，即可得出结果．
【详解】（1）过点E作EH⊥AF于H，连接OA、OE、OH，如图1所示：
∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，
∴BC＝＝6，
设运动时间为t，则AE＝5t，AF＝8t，
∵∠AHE＝∠ACB＝90°，∠EAH＝∠BAC，
∴△EAH∽△BAC，
∴，即，
∴AH＝4t，
∴FH＝AF﹣AH＝8t﹣4t＝4t，
∴AH＝FH，
∵EH⊥AF，
∴△AEF是等腰三角形，
∴E为的中点，∠EAF＝∠EFA，
∵AH＝FH，
∴OH⊥AC，
∴E、H、O三点共线，
∴∠OAF+∠AOE＝90°，
∵AB平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠EAF＝∠EFA，
∵∠AOE＝2∠EFA，
∴∠AOE＝∠DAE+∠EAF＝∠DAF，
∴∠DAF+∠OAF＝90°＝∠DAO，即OA⊥AD，
∵OA为⊙O的半径，
∴AD与⊙O相切；
故答案为：等腰三角形，相切；
（2）连接OA、OF、OE，OE于AC交于H，如图2所示：
由（1）知：EH⊥AC，
∵EN与⊙O相切，
∴∠OEN＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形EHCN为矩形，
∴EH＝NC，
在Rt△AHE中，EH＝＝3t，
∴NC＝3t，
∵点N为BC的中点，
∴BC＝2NC＝6t，
∵BC＝6，
∴6t＝6，
∴t＝1，
∴AH＝4，EH＝3，
设⊙O的半径为x，则OH＝x﹣3，
在Rt△AOH中，由勾股定理得：OA2＝OH2+AH2，即x2＝(x﹣3)2+42，
解得：x＝，
∴⊙O的半径为，
∴OH＝，
∴tan∠AOH＝＝，
∴∠AOH＝74°，
∵∠AOH＝60°时，△AOE是等边三角形，AE＝OA，74°＞60°，
∴AE＞OA，
∴劣弧长度的大于半径；
（3）当点E运动到B点时，t＝10÷5＝2，
∴AF＝2×8＝16，AE＝EF＝AB＝10，
此时△AEF的内心记为G，当A、E、F重合时，内心为A点，
∴△AEF的内心运动的路径长为AG，
作GP⊥AE于P，GQ⊥EF于Q，连接AG、GF，则CG＝PG＝NQ，如图3所示：
S△AEF＝AF•BC＝×16×6＝48，
设CG＝PG＝NQ＝a，
则S△AEF＝S△AGF+S△AEB+S△FEG＝AF•CG+AE•PG+EF•NQ＝×(16+10+10)a＝48，
解得：a＝，
在Rt△AGC中，AC2+CG2＝AG2，即82+()2＝AG，
∴AG＝，
故答案为：；
（4）分别讨论两种极限位置，
①当EN与⊙O相切时，由（2）知，t＝1；
②当N在⊙O上，即ON为⊙O的半径，
连接OA、ON、OE，OE交AC于H，过点O作OK⊥BC于K，如图4所示：
则四边形OKCH为矩形，OA＝OE＝ON，
∴OH＝CK，AH＝4t，EH＝3t，
设⊙O的半径为x，
则在Rt△AOH中，AH2+OH2＝OA2，即(4t)2+(x﹣3t)2＝x2，
解得：x＝t，
∴OH＝CK＝t﹣3t＝t，
在Rt△OKN中，OK2+KN2＝ON2，即(8﹣4t)2+(3+t)2＝(t)2，
解得：t＝，
∴线段EN与⊙O有两个公共点时，t的取值范围为：1≤t≤，
故答案为：1≤t≤．
【点睛】本题考查圆的综合，还用到了三角函数和勾股定理，注意在动点问题的处理中，我们要先找出动点运动时的分界点，将动点问题转化为顶点问题来解决．