（重庆卷）（参考答案）2023年中考数学第一模拟考试卷

这是一份（重庆卷）（参考答案）2023年中考数学第一模拟考试卷，共9页。试卷主要包含了 2a， 8等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学第一次模拟考试卷（重庆卷）数学·参考答案 一．选择题（共10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了序号为A、B、C、D的四个选项，其中只有一个正确的，请将答题卡上题号右侧的正确答案所对应的方框涂黑．12345678910ABACC BABCD二．填空题（共8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．11． 2a（1﹣2b）．   12． 3．   13．．   14x1＝﹣3，x2＝1．15． 8．     16．6．   17． 8﹣π．   18. 36%．三、解答题（本大题共8个小题，共78分）解答题时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括作辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上。19．（8分）(1）原式＝a2﹣4﹣a2+3a＝3a﹣4；（2）原式＝（﹣）÷＝÷＝×＝．20．（10分）（1）列表如下：x……﹣3﹣2﹣101234……y……﹣1﹣3031……函数图象如图所示： （2）根据图象可知：当x＝1时，函数有最大值3；当x＝﹣1时，函数有最小值﹣3．（3）∵（x1，y1），（x2，y2）是函数图象上的点，x1+x2＝0，∴x1和x2互为相反数，当﹣1＜x1＜1时，﹣1＜x2＜1，∴y1＝3x1，y2＝3x2，∴y1+y2＝3x1+3x2＝3（x1+x2）＝0；当x1≤﹣1时，x2≥1，则y1+y2＝＝0；同理：当x1≥1时，x2≤﹣1，y1+y2＝0，综上：y1+y2＝0．21．（10分）（1）解：图形如图所示：（2）证明：∵DF平分∠ADC，∴∠CDF＝∠ADF∵在▱ABCD中，BC∥AD，∴∠ADF＝∠CFD，∴∠CDF＝∠CFD，∴CD＝CF．∵在▱ABCD中，AB＝CD，又∵AE＝AB，∴AE＝CF．∵在▱ABCD中，AD＝BC，∴AD﹣AE＝BC﹣CF，即DE＝BF，又∵DE∥BF，∴四边形BEDF是平行四边形．故答案为：∠CDF＝∠ADF，∠ADF＝∠CFD，DE＝BF，DE∥BF．22．（10分）（1）七年级20名学生答对的问题数量为8个的出现次数最多，故众数为8题，故a＝8，从统计图可知，八年级抽取的学生答对问题数量的中位数为：8题，故b＝8，八年级抽取的学生答对问题数量答对8题以上的有6+4+3＝13（人），故八年级抽取的学生答对8题及以上人数所占百分比为×100%＝65%，故c＝65%；（2）八年级抽取的学生答对问题数量的中位数及平均数均大于七年级抽取的学生答对问题数量的中位数及平均数，且八年级抽取的学生答对8题及以上人数所占百分比高于七年级抽取的学生答对8题及以上人数所占百分比，故八年级的学生更了解数字人民币．（3）该校七年级和八年级比较了解数字人民币的学生总人数是800×+700×＝1085（人）．23．（10分）（1）设甲队修道路x米，则乙队修道路（2x﹣1000）米，由题意得：x+2x﹣1000＝11000，解得：x＝4000，则2x﹣1000＝7000，答：甲队修道路4000米，乙队修道路7000米；（2）乙队每天修建道路x米，则甲队每天修建道路（x﹣20）米，由题意得：＝×，解得：x＝70，经检验，x＝70是原方程的解，且符合题意，答：乙队每天修建道路70米．24．（10分）（1）过点C作CG⊥AB于点G，证△BCG是等腰直角三角形，得CG＝BG，设CG＝BG＝x米，则BC＝x米，再由锐角三角函数定义得AG≈2CG＝2x米，则2x≈184+x，解得x≈184，即可解决问题；（2）过点C作CH⊥BE于点H，根据题意得∠CBE＝60°，在Rt△CBH中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长即可．【解析】（1）如图1，过点C作CG⊥AB于点G，在Rt△BCG中，∠CBG＝45°，∴△BCG是等腰直角三角形，∴CG＝BG，设CG＝BG＝x米，则BC＝x米，在Rt△ACG中，∠CAG＝27°，tan∠CAG＝＝tan27°≈0.50，∴AG≈2CG＝2x米，∵AG＝AB+BG＝（184+x）米，∴2x≈184+x，解得：x≈184，∴BC＝x≈184（米），答：博物馆C到B处的距离约为184米；（2）如图2，过点C作CH⊥BE于点H，由题意得：∠CBG＝45°，∠DBE＝15°，∴∠CBE＝∠CBG+∠DBE＝60°，由（1）可知，BC≈184米，在Rt△CBH中，CH＝BC•sin60°≈184×＝92≈225（米），答：博物馆C周围至少225米内不能铺设轨道．         25．（10分）（1）过点D作DH⊥BC，垂足为H，如图1：设BE＝a，则CD＝BE＝a，∵△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，∴∠B＝∠C＝45°，∵DH⊥BC，∴∠DHC＝90°，∴∠HDC＝90°﹣∠C＝45°，∴DH＝CH，∴△DHC为等腰直角三角形，∴DH＝CH＝＝＝a，∵∠DEC＝30°，∴DE＝2DH＝2a，∴EH＝＝＝a，∴BC＝BE+EH+HC＝a+a+a＝2a+a，又∵BC＝2+，∴2a+a＝2+，∴a＝1，∴CD＝a＝，∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC＝＝＝，∴AD＝AC﹣CD＝﹣＝；（2）证明：连接BF、ME，过点D作DH⊥BC，垂足为H，如图2：由旋转可得：ED＝EF且∠DEF＝90°，∴∠DEH+∠FEB＝90°，∵DH⊥BC，∴∠DEH+∠EDH＝90°，∴∠FEB＝∠EDH，∵CD＝BE，且CD＝HD，∴BE＝HD，在△FEB和△EDH中，，∴△FEB≌△EDH（SAS），∴∠FBE＝∠EHD＝90°，∵ED＝EF，且∠DEF＝90°，∴∠EFD＝∠EDF＝45°，又∵∠ABC＝45°，∴∠EFD＝∠ABC＝45°，即∠EFM＝∠MBE＝45°，∴F、B、E、M四点共圆，即四边形FBEM为圆内接四边形，∴∠FBE+∠FME＝180°，∴∠FME＝180°﹣∠FBE＝180°﹣90°＝90°，∴EM⊥FM，又∵EF＝ED，∴FM＝DM（三线合一），∴点M是DF的中点，又∵点N是CF的中点，∴MN是△DFC的中位线，∴MN＝DC，∵CD＝BE，∴MN＝BE；26（10分）（1）如图作DH⊥AB于H，则四边形DHBC是矩形，∴CD＝BH＝8，DH＝BC＝6，∴AH＝AB﹣BH＝8，AD＝＝10，BD＝＝10，由题意AP＝AD﹣DP＝10﹣2t（0＜t＜5） （2）作PN⊥AB于N．连接PB．在Rt△APN中，PA＝10﹣2t，∴PN＝PA•sin∠DAH＝（10﹣2t），AN＝PA•cos∠DAH＝（10﹣2t），∴BN＝16﹣AN＝16﹣（10﹣2t），S＝S△PQB+S△BCP＝•（16﹣2t）•（10﹣2t）+×6×[16﹣（10﹣2t）]＝t2﹣t+72（0＜t＜5） （3）当PQ⊥BD时，∠PQN+∠DBA＝90°，∵∠QPN+∠PQN＝90°，∴∠QPN＝∠DBA，∴tan∠QPN＝＝，∴＝，解得t＝，经检验：t＝是分式方程的解，∴当t＝s时，PQ⊥BD．（4）存在．理由：连接BE交DH于K，作KM⊥BD于M．当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，∴KH＝KM，BH＝BM＝8，设KH＝KM＝x，在Rt△DKM中，（6﹣x）2＝22+x2，解得x＝，作EF⊥AB于F，则△AEF≌△QPN，∴EF＝PN＝（10﹣2t），AF＝QN＝（10﹣2t）﹣2t，∴BF＝16﹣[（10﹣2t）﹣2t]，∵KH∥EF，∴＝，∴＝，解得：t＝，经检验：t＝是分式方程的解，∴当t＝s时，点E在∠ABD的平分线．