山东省东营市广饶县2023届中考（一模）数学试题

山东省东营市广饶县2023届中考（一模）数学试题

一、单选题

1．（2023·山东东营·统考一模）剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A． B．

C． D．

2．（2023·山东东营·统考一模）下列计算正确的是（   ）．

A． B． C． D．

3．（2023·山东东营·统考一模）如图，直线，将含角的直角三角板按图中位置摆放，若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．

4．（2023·山东东营·统考一模）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

5．（2023·山东东营·统考一模）小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为，根据题意，下面所列方程正确的是（    ）

A． B． C． D．

6．（2023·山东东营·统考一模）如图是由10个同样大小的小正方体摆成的几何体．将小正方体①移走后，则关于新几何体的三视图描述正确的是（　　）

A．俯视图不变，左视图不变 B．主视图改变，左视图改变

C．俯视图不变，主视图不变 D．主视图改变，俯视图改变

7．（2023·山东东营·统考一模）某班级计划举办手抄报展览，确定了“5G时代”、“北斗卫星”、“高铁速度”三个主题，若小明和小亮每人随机选择其中一个主题，则他们恰好选择同一个主题的概率是（    ）

A． B． C． D．

8．（2023·山东东营·统考一模）如图，抛物线和直线都经过点，抛物线的对称轴为，那么下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．  D．是不等式的解

9．（2023·山东东营·统考一模）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形绕原点O逆时针旋转，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点的坐标为（    ）

A．  B． C． D．

10．（2023·山东东营·统考一模）如图，已知点A，B在反比例函数的图象上，点P沿C→A→B→O的路线(图中“→”所示路线)匀速运动，过点P作PM⊥x轴于点M，设点P的运动时间为t，POM的面积为S，则S关于t的函数图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

11．（2023·山东东营·统考一模）冠状病毒因在显微镜下观察类似王冠而得名，新型冠状病毒的半径约是0.000000045米，将数0.000000045用科学记数法表示为_________．

12．（2023·山东东营·统考一模）因式分解：______．

13．（2023·山东东营·统考一模）甲、乙两名学生10次立定跳远成绩的平均数相同，若甲生10次立定跳远成绩的方差为，乙生10次立定跳远成绩的方差为，则甲、乙两名学生10次立定跳远成绩比较稳定的是___________．（填“甲”或“乙”）

14．（2023·山东东营·统考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，∠ADC=130°，连接AC，则∠BAC的度数为___________．

15．（2023·山东东营·统考一模）如图，一艘轮船位于灯塔P的南偏东方向，距离灯塔50海里的A处，它沿正北方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的北偏东方向上的B处，此时B处与灯塔P的距离为___________海里（结果保留根号）．

16．（2023·山东东营·统考一模）如图，在平行四边形中，．利用尺规在上分别截取，使；再分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点G；作射线交于点H．若，则的长为_______．

17．（2023·山东东营·统考一模）关于的函数的图象与轴有两个交点，则的取值范围是________．

18．（2023·山东东营·统考一模）如图，已知直线：，过点作轴的垂线交直线于点，在线段右侧作等边三角形，过点作轴的垂线交轴于，交直线于点，在线段右侧作等边三角形，按此作法继续下去则的纵坐标为__________．（为正整数）

三、解答题

19．（2023·山东东营·统考一模）（1）计算：；

（2）解不等式组：，并写出它的所有整数解．

20．（2023·山东东营·统考一模）2022年3月25日，教育部印发《义务教育课程方案和课程标准（2022年版）》，优化了课程设置，将劳动从综合实践活动课程中独立出来．某校以中国传统节日端午节为契机，组织全体学生参加包粽子劳动体验活动，随机调查了部分学生，对他们每个人平均包一个粽子的时长进行统计，并根据统计结果绘制成如下不完整的统计图表．

根据图表信息，解答下列问题：

(1)本次调查的学生总人数为_________，表中的值为_________；

(2)该校共有500名学生，请你估计等级为的学生人数；

(3)本次调查中，等级为的4人中有两名男生和两名女生，若从中随机抽取两人进行活动感想交流，请利用画树状图或列表的方法，求恰好抽到一名男生和一名女生的概率．

21．（2023·山东东营·统考一模）已知一次函数的图象与反比例函数的图象相交于点，．

(1)求一次函数的表达式，并在图中画出这个一次函数的图象；

(2)根据函数图象，直接写出不等式的解集．

22．（2023·山东东营·统考一模）如图，在中，，是边上一点，以为圆心，为半径的圆与相交于点，连接，且．

(1)求证：是的切线；

(2)若，，求的长．

23．（2023·山东东营·统考一模）如图1是一架菱形风筝，它的骨架由如图2的4条竹棒AC，BD，EF，GH组成，其中E，F，G，H分别是菱形四边的中点，现有一根长为的竹棒，正好锯成风筝的四条骨架，设菱形的面积为.

(1)写出关于的函数关系式：

(2)为了使风筝在空中有较好的稳定性，要求，那么当骨架的长为多少时，这风筝即菱形的面积最大？此时最大面积为多少？

24．（2023·山东东营·统考一模）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．

25．（2023·山东东营·统考一模）如图1，在中，于点D，在DA上取点E，使，连接BE、CE．

(1)直接写出CE与AB的位置关系；

(2)如图2，将绕点D旋转，得到（点，分别与点B，E对应），连接，在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；

(3)如图3，当绕点D顺时针旋转30°时，射线与AD、分别交于点G、F，若，求的长．

参考答案：

1．A

【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．

【详解】解：A．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故A符合题意；

B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；

C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故C不符合题意；

D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故D符合题意．

故选：A．

【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．

2．A

【分析】根据合并同类项、同底数幂的乘法、同底数幂的除法、幂的乘方的法则逐项计算即可．

【详解】解：A. ，故原选项计算正确，符合题意；

B. ，故原选项计算错误，不合题意；

C. ，故原选项计算错误，不符合题意；

D. ，故原选项计算错误，不合题意．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了合并同类项、同底数幂的乘法、同底数幂的除法、幂的乘方等知识点，灵活运用相关运算法则是解答本题的关键．

3．C

【分析】如图，根据平行线的性质可得∠3=∠1=110°，则有∠4=70°，然后根据三角形外角的性质可求解．

【详解】解：如图，

∵，，

∴∠3=∠1=110°，

∴，

∵

∴；

故选C．

【点睛】本题主要考查平行线的性质及三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质及三角形外角的性质是解题的关键．

4．D

【分析】利用数轴与实数的关系，及正负数在数轴上的表示求解．

【详解】解：根据图形可以得到：

，，

∴，故A项错误，

，故B项错误，

，故C项错误，

，故D项错误．

故选：D．

【点睛】本题考查了数轴与实数的关系，理解并正确运用是解题的关键．

5．A

【分析】平均增长率为x，关系式为：第三天揽件量＝第一天揽件量×（1＋平均增长率）2，把相关数值代入即可．

【详解】解：由题意得：第一天揽件200件，第三天揽件242件，

∴可列方程为：，

故选：A．

【点睛】此题考查一元二次方程的应用，得到三天的揽件量关系式是解决本题的突破点，难度一般．

6．A

【分析】结合几何体的形状，结合三视图可得出俯视图和左视图没有发生变化.

【详解】将正方体①移走后，

新几何体的三视图与原几何体的三视图相比，俯视图和左视图没有发生改变，主视图发生了改变，

故选A．

【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，根据题意正确掌握三视图的观察角度是解题关键．

7．C

【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，其中小明和小刚恰好选择同一个主题结果有3种，再由概率公式求解即可．

【详解】解：把“5G时代”、“北斗卫星”、“高铁速度”三个主题分别记为A、B、C，

画树状图如下：

共有9种等可能的结果，其中小明和小刚恰好选择同一个主题的结果有3种，

∴小明和小刚恰好选择同一个主题的概率为．

故选：C．

【点睛】本题考查了用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

8．D

【分析】由图象可得信息，，，，直接可以判断A和B是错误的；由和直线都经过点，得到，，可以判断C是错误的；由对称轴为，，当时，，可以判断D正确；

【详解】解：由图象可知，，

∴，故A错误；

由图象得知抛物线与x轴有两个不同的交点，

∴，故B错误；

∵过点，

∴，

∵过点，

∴，

∴，故C错误；

∵对称轴为，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴，

当时，，

由图象可知，，

∴，即；

故D正确；

故选：D．

【点睛】本题考查二次函数的图象；熟悉二次函数图象的特点，能够通过图象直接获取信息，结合题中给出条件进行推断．

9．B

【分析】过作轴于，连接，根据边长为2个单位长度的正方形绕原点O逆时针旋转，得，即知，可得，又再沿轴方向向上平移1个单位长度，故点的坐标为．

【详解】解：过作轴于，连接，如图，

边长为2个单位长度的正方形绕原点逆时针旋转．

再沿轴方向向上平移1个单位长度，

 ．

故选：B．

【点睛】此题考查了坐标与图形变化-旋转与平移，解题关键是掌握旋转性质和坐标平移变化规律．

10．D

【分析】分点P在AC、曲线AB、OB上三种情况讨论，分别讨论出函数类型即可得出答案．

【详解】解：当P在CA上时，

∵△OMP的底OM不变，高PM变化，

∴这部分对应的函数图像类型为一次函数；

当P在曲线AB上时，

∵为定值，

∴△OMP的面积不变，

∴该部分对应的图像为平行于x轴的线段；

当P在OB上时，

∵△OMP的底OM和高PM都在变化，

∴这部分对应的函数图像类型为二次函数；

故选：D．

【点睛】本题考查动点问题的函数图像，关键是要根据动点的坐标位置判断出对应的函数类型．

11．

【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于或等于10时，n是正整数；当原数的绝对值小于1时，n是负整数．

【详解】解：将数0.000000045用科学记数法表示为；

故答案为．

【点睛】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键．

12．

【分析】原式利用完全平方公式分解即可．

【详解】解：．

故答案为：．

【点睛】此题考查了公式法的运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．

13．乙

【分析】根据方差可直接进行求解．

【详解】解：由，可知：，且甲、乙两名学生10次立定跳远成绩的平均数相同，所以甲、乙两名学生10次立定跳远成绩比较稳定的是乙；

故答案为乙．

【点睛】本题主要考查方差，熟练掌握方差的相关知识点是解题的关键．

14．40°##40度

【分析】首先利用圆内接四边形的性质和∠ADC的度数求得∠B的度数，然后利用直径所对的圆周角是直角确定∠ACB=90°，然后利用直角三角形的两个锐角互余求得答案即可．

【详解】解：∵四边形ABCD内接与⊙O，∠ADC=130°，

∴∠B=180°-∠ADC=180°-130°=50°，

∵AB为直径，

∴∠ACB=90°，

∴∠CAB=90°-∠B=90°-50°=40°，

故答案为：40°．

【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补．

15．．

【分析】先作PC⊥AB于点C，然后利用勾股定理进行求解即可．

【详解】解：如图，作PC⊥AB于点C，

在Rt△APC中，AP=50海里，∠APC=90°-60°=30°，

∴海里，海里，

在Rt△PCB中，PC=海里，∠BPC=90°-45°=45°，

∴PC=BC=海里，

∴海里，

故答案为：．

【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用-方向角问题，求三角形的边或高的问题一般可以转化为用勾股定理解决问题，解决的方法就是作高线．

16．##

【分析】证明，可得为等边三角形，从而可得．

【详解】解：由题意可知，平分,

四边形是平行四边形,

,

为等边三角形

故答案为：

【点睛】此题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义和等边三角形的判定和性质，掌握等边三角形的判定定理是解题关键．

17．且

【分析】关于x的函数y=（k-2）x2-（2k-1）x+k的图象与x轴有两个交点，则判别式b2-4ac＞0，且二次项系数不等于0，据此列不等式求解．

【详解】解：根据题意得： ，

解得k＞- 且k≠2．

故答案是：k＞-且k≠2．

【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c=0根之间的关系．△=b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数．△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．

18．

【分析】先确定B1的坐标为（1，），再根据等边三角形的性质得到A1C1=A1B1=，∠B1A1C1=60°，利用锐角三角函数的定义可得A1A2=cos30°=，则A2的坐标为（，0），于是可确定B2的坐标为（，），同理得到B3的坐标为（，），然后观察B1、B2、B3的坐标，可得到它们的规律，再写出Bn的坐标．

【详解】解：把x=1代入y=x，得y=，

∴B1的坐标为（1，），

∵△A1B1C1为等边三角形，

∴A1C1=A1B1=，∠B1A1C1=60°，

∴A1A2=cos30°=，

∴A2的坐标为（，0），

把x=代入y=x，得y=，

∴B2的坐标为（，），即；

同理得到B3的坐标为（，）；

∴Bn的坐标为．

故答案为：．

【点睛】本题考查了一次函数图像上点的坐标特征：一次函数图像上点的坐标满足其解析式．也考查了等边三角形的性质．

19．（1）1；（2），整数解是1，2

【分析】（1）先根据负整数指数幂，算术平方根，特殊角的三角函数值和绝对值进行计算，再算乘法，最后算加减即可；

（2）先根据不等式的性质求出每个不等式的解集，再根据求不等式组解集的规律求出不等式组的解集，最后求出不等式组的整数解即可．

【详解】解：（1）

；

（2）

解不等式①，得，

解不等式②，得，

所以不等式组的解集是，

所以不等式组的整数解是1，2．

【点睛】本题考查了含特殊角的三角函数的实数混合运算、解一元一次不等式及其整数解，还涉及负整数指数幂，算术平方根，熟练掌握运算法则并正确计算是解答的关键．

20．(1)50，

(2)200

(3)

【分析】（1）利用概率计算公式先求出总人数，再求出等级为A的学生人数；

（2）利用概率计算公式先求出等级为B的学生所占的百分比，再求出等级为B的学生人数；

（3）记两名男生为a，b，记两名女生为c，d，通过列出表格列出所有可能的结果，用恰有一男一女的结果数除以总的结果数，即可得到恰好抽到一名男生和一名女生的概率．

【详解】（1）解：∵D组人数为8人，所占百分比为16%，

∴总人数为人，

∴．

（2）解：等级为B的学生所占的百分比为，

∴等级为B的学生人数为人．

（3）解：记两名男生为a，b，记两名女生为c，d，列出表格如下：

∴一共有12种情况，其中恰有一男一女的有8种，

∴恰好抽到一名男生和一名女生的概率．

【点睛】本题考查了列表法与树状图法，概率计算公式的熟练应用是解答本题的关键．

21．(1)，图见解析

(2)或；

【分析】（1）将点A、点B的坐标代入反比例函数的解析式可求得m、n的值，利用待定系数法求得一次函数的表达式，再用描点法作图即可；

（2）不等式的解集为直线位于反比例函数上方部分时，自变量x的取值范围．

【详解】（1）解：∵反比例函数的图象过点，，

∴，

解得，

∴，，

∵一次函数的图象过A点和B点，

∴，

解得，

∴一次函数的表达式为，

描点作图如下：

；

（2）解：由（1）中的图象可得，

不等式的解集为：或；

【点睛】本题主要考查的是反比例函数与一次函数的综合应用，会利用待定系数法求解析式，利用数形结合思想解不等式是解题关键．

22．(1)见解析

(2)

【分析】（1）连接OD．由等腰三角形的性质及圆的性质可得∠A＝∠ADC，∠B＝∠BDO．再根据余角性质及三角形的内角和定理可得∠ODC＝180°﹣（∠ADC+∠BDO）＝90°．最后由切线的判定定理可得结论；

（2）根据等边三角形的判定与性质可得∠DCO＝∠ACB﹣∠ACD＝30°．再由解直角三角形及三角形内角和定理可得∠BOD的度数，最后根据弧长公式可得答案．

【详解】（1）证明：连接OD．

∵AC＝CD，

∴∠A＝∠ADC．

∵OB＝OD，

∴∠B＝∠BDO．

∵∠ACB＝90°，

∴∠A+∠B＝90°．

∴∠ADC+∠BDO＝90°．

∴∠ODC＝180°﹣（∠ADC+∠BDO）＝90°．

又∵OD是⊙O的半径，

∴CD是⊙O的切线．

（2）解：∵AC＝CD，∠A＝60°，

∴△ACD是等边三角形．

∴∠ACD＝60°．

∴∠DCO＝∠ACB﹣∠ACD＝30°．

在Rt△OCD中，OD＝CDtan∠DCOtan30°＝2．

∵∠B＝90°﹣∠A＝30°，OB＝OD，

∴∠ODB＝∠B＝30°．

∴∠BOD＝180°﹣（∠B+∠BDO）＝120°．

∴的长．

【点睛】此题考查的是切线的判定与性质、直角三角形的性质、弧长公式，正确作出辅助线是解决此题的关键．

23．(1)；

(2)；最大面积为

【分析】（1）E，F，G，H分别是菱形ABCD四边的中点，得出，根据菱形面积公式求出y关于x的函数关系式；

（2）求出x的取值范围，整理，函数图象开口向下，自变量x的取值在对称轴左侧，所以x取最大值时，面积有最大值；

【详解】（1）解：∵E、F为AB、AD中点，

∴，

同理：，

∵EF＋BD＋GH＋AC＝80，

∴，

∵四边形ABCD是菱形，

∴；

（2）∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

又∵，

∴当即AC为32cm时面积最大，此时最大面积为．

【点睛】本题考查二次函数的实际应用，主要用菱形面积公式（菱形的面积等于对角线乘积的一半）列出函数关系式，解题关键是判断取值范围与对称轴的关系，得出最值对应的自变量的取值．

24．（1）y=﹣x2+x+2（2）当t=2时，MN有最大值4（3）D点坐标为（0，6），（0，﹣2）或（4，4）

【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．

【详解】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xN=t，

∴yN=﹣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）．

【点睛】本题考查了二次函数、锐角三角函数、平行四边形，解题的关键是求出函数的解析式，利用数形结合的思想求解．

25．(1)CE⊥AB，理由见解析

(2)一致，理由见解析

(3)

【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；

（2）通过证明，可得，由余角的性质可得结论；

（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得，即可求解．

【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，

∵∠ABC=45°，AD⊥BC，

∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，

∵DE=CD，

∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，

∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，

∴CE⊥AB；

（2）在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：

如图2，延长交于H，

由旋转可得：CD=，=AD，

∵∠ADC=∠ADB=90°，

∴，

∵，

∴,

，

∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，

∴∠DA+∠AGH=90°，

∴∠AHC=90°，

；

（3）如图3，过点D作DH于点H，

∵△BED绕点D顺时针旋转30°，

∴，

，

，

∴AD=2DH，AH=DH=，

，

由（2）可知：，

，

∵AD⊥BC，CD=，

∴DG=1，CG=2DG=2，

∴CG=FG=2，

，

∴AG=2GF=4，

∴AD=AG+DG=4+1=5，

∴．

【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．