2023年山东省滨州市博兴县中考数学一模试卷

这是一份2023年山东省滨州市博兴县中考数学一模试卷，共25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。

2023年山东省滨州市博兴县中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．用四舍五入法将数精确到万位，所取的近似数是（　　）
A．41 B．40.65万 C．400000 D．4.1×105
2．化简：（    ）
A．2 B．-2 C．4 D．-4
3．如图，数轴上表示的相反数的点是（    ）

A．点P B．点Q C．点M D．点N
4．下列命题是假命题的是（ ）
A．平行四边形是中心对称图形
B．多边形的外角和都等于
C．五边形的内角和是
D．三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和
5．如图，△ABC中，，沿CD折叠△CBD，使点B恰好落在AC边上的点E处．若，则等于(   )

A．46° B．56° C．36° D．77°
6．甲、乙、丙、丁四个小组的同学参加了班里组织的中华古诗词知识竞赛，在相同条件下各小组的成绩情况如右表所示，若要从中选择出一个最优的小组参加年级的比赛，那么应选（   ）

甲
乙
丙
丁
平均分




方差




A．甲组 B．乙组 C．丙组 D．丁组
7．如图，直线与相交于点，则关于的方程的解是（    ）

A． B． C． D．
8．如图，圆锥顶点为，底面圆心为，过轴的截面为，为的中点，，，则圆锥的侧面积为（    ）

A． B． C． D．
9．如图，等边△ABC的边长为12，P是△ABC的中线AD上的动点，则AP+BP的最小值是（     ）

A． B． C．10 D．
10．如图，在正方形中，，与直线所夹锐角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，依次规律，则线段（    ）

A． B． C． D．

二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．因式分解：____________．
12．的三边分别为a，b，c，若，，c的长为偶数，则___________．
13．若m、n是一元二次方程x2－2021x＋1＝0的两个实数根，则的值为______．
14．某型号飞机的机翼形状如图所示，根据图中数据计算的长度是___________（结果根据“四舍五入”法保留小数点后两位）．（参考数据：，）

15．如图，⊙O的弦AC＝BD，且AC⊥BD于点E，连接AB，若⊙O的半径是3cm，则AB的长是 _____cm．


三、解答题(本大题共7小题，共55分)
16．(3x+2)(3x﹣2)﹣5x(x﹣1)﹣(2x﹣1)2.
17．某校举办北京冬奥知识抢答比赛，九（1）班组织甲、乙两组各10名同学进行班级内部初选，共10道选择题，答对8题以上（含8题）为优秀，各组选手答对题数统计如表1．
（表1）
答对题数
5
6
7
8
9
10
甲组
1
0
1
5
2
1
乙组
0
0
4
3
2
1
（表2）

平均数
中位数
众数
方差
甲组
8
8
8
1.6
乙组



1
(1)请根据表1的数据，填写表2．
(2)计算两组的优秀率，并根据你所学的统计学知识，从不同方面评价甲、乙两组选手的成绩，并选择参加学校比赛的小组．
18．如图，中，，以为直径的与边分别交于点D、E，过E作直线与垂直，垂足为F，且与的延长线交于点G．

(1)求证：直线是切线．
(2)若，求半径．
19．已知抛物线经过两点．
（1）求b的值；
（2）当时，抛物线与x轴有且只有一个公共点，求c的取值范围；
（3）若方程的两实根满足，且，求p的最大值．
20．某公司筹集了120吨的救灾物资运往灾区，现有甲、乙、丙三种车型供选择，每辆车的运载能力和运费如下表所示（假设每辆车均满载）．
车型
甲
乙
丙
汽车运载量（吨/辆）
5
8
10
汽车运费（元/辆）
200
250
300
(1)全部救灾物资可用甲型车8辆，乙型车5辆，丙型车_______辆来运送；
(2)若全部物资都用甲、乙两种车型来运送，需运费4100元，问分别需甲、乙两种车型各几辆？
(3)为了节省运费，公司打算用甲、乙、丙三种车型同时参与运送，已知它们的总辆数为14辆，分别求出三种车型的辆数，并求出此时的运费．
21．在平面直角坐标系中，已知抛物线：与直线：．
(1)求证：抛物线与直线一定会相交．
(2)若，且将抛物线进行平移，使平移后的图象经过原点设平移后的图象对应的函数表达式为，且当时，随的增大而减小，求的取值范围．
(3)抛物线与直线相交于、两点点在点的左侧，若为抛物线的对称轴上的一点，其纵坐标为，且使得抛物线的对称轴平分，求的值．
22．如图，在菱形ABCD中，AB=AC，点E、F、G分别在边BC、CD上，BE=CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点(与点A不重合)．
(1)求证:△AEH≌△AGH；
(2)当AB=12，BE=4时：
①求△DGH周长的最小值；
②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1:3．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．




































参考答案：
1．【分析】先用科学记数法表示，然后把千位上的数字8进行四舍五入即可．
解：数精确到万位，
故选：D．
【点评】本题考查了近似数：“精确到第几位”是精确度的常用的表示形式．
2．【分析】根据二次根式的性质解答．
解：.
故选A．
【点评】本题主要考查了根据二次根式的性质化简．解题的关键是掌握二次根式的性质．
3．【分析】根据相反数的定义求出的相反数，即可得出答案．
解：的相反数是，对应的点是点P，
故选：A．
【点评】本题考查了相反数，数轴，掌握只有符号不同的两个数互为相反数是解题的关键．
4．【分析】根据平行四边形的性质、多边形的外角和、多边形的内角和公式、三角形的外角性质判断即可．
解：A.平行四边形是中心对称图形，是真命题，不符合题意；
B.多边形的外角和都等于，是真命题，不符合题意；
C.五边形的内角和是，故本选项命题是假命题，符合题意；
D.三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，是真命题，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
5．【分析】由中，，，可求得∠B的度数，由折叠的性质可得：，由三角形外角的性质，可求得的度数．
解：中，，，
∴，
由折叠的性质可得：，
∴，
故选：A．
【点评】此题考查了折叠的性质、三角形内角和定理以及三角形外角的性质．此题难度不大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
6．【分析】根据图表先找出乙、丁的平均成绩好且相等，再比较它的方差即可得出答案．
解：由图表可知，
乙、丁的平均成绩较好，应从乙、丁中选，
由于丁的方差大，
故丁的成绩波动大，
则要从中选择出一个小组参加年级的比赛，那么应选乙组；
故选：B．
【点评】本题考查了方差，掌握平均数和方差的定义是解题的关键，方差它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
7．【分析】首先利用函数解析式求出的值，然后再根据两函数图象的交点横坐标就是关于的方程的解可得答案．
解：∵直线与相交于点，
∴，
∴，
∴，
∴关于的方程的解是，
故选：C．
【点评】此题主要考查了一次函数与一元一次方程，关键是求得两函数图象的交点坐标．
8．【分析】先根据直角三角形斜边中线的性质求得母线PA的长，再利用勾股定理求出圆锥的底面半径，根据圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2计算即可．
解：根据题意，PO⊥AB，则∠POA=90，
在Rt△POA中，C为PA的中点， OC=2，PO=6，
∴PA=2OC=4，
OA=2，
∴底面周长=4π，
侧面面积=×4π×4=24π．
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥的计算，直角三角形斜边中线的性质，掌握扇形面积公式、理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长是解题的关键．
9．【分析】可以作BE⊥AC于点E，交AD于点P，根据△ABC是等边三角形，AD⊥BC，得∠DAC=30°，所以PE=AP，利用勾股定理求出BE的长，当BP⊥AC时，AP+BP=PE+BP的值最小，由此得到答案．
解：如图：

作BE⊥AC于点E，交AD于点P，
∵△ABC是等边三角形，AD是△ABC的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠DAC=30°，
∴PE=AP，
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，
∴∠ABE=30°，
∴AE=AB=6，
∴，
当BP⊥AC时，
AP+BP=PE+BP=BE的值最小为．
故选：B．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，解决本题的关键是找到动点P的位置．
10．【分析】利用特殊角的三角函数值分别求出、、，以此类推找到规律求出，最后根据中，，即可求解．
解：∵与直线l所夹锐角为，且是正方形的一个顶角，
∴，
又∵，
∴在中，，
∵正方形的边长，
∴，
同理可求得： ，，
以此类推可知： ，
∵中，，
∴，故C正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、含特殊角的锐角三角函数等知识，含30°的直角三角形的性质．利用从特殊到一般寻找规律是解题的关键．
11．【分析】先提公因式m，再利用平方差公式即可分解因式．
解：，
故答案为：．
【点评】本题考查了利用提公因式法和公式法因式分解，解题的关键是找出公因式，熟悉平方差公式．
12．【分析】先根据三角形的三边关系定理可得的取值范围，再根据“的长为偶数”即可得．
解：由三角形的三边关系定理得：，即，
的长为偶数，
，
故答案为：4．
【点评】本题考查了三角形的三边关系定理，熟练掌握三角形的三边关系定理是解题关键．
13．【分析】先根据根与系数的关系求出m+n＝2021，mn＝1，然后把通分，代入计算即可．
解：根据题意得m+n＝2021，mn＝1，
所以．
故答案为：2021．
【点评】本题考查了分式的化简求值，以及一元二次方程根与系数的关系，若x1，x2为方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两个根，则x1，x2与系数的关系式：，．
14．【分析】如图：延长，由题意可得：，，在中利用30度的余弦可计算出，则，最后后利用计算的长即可解答．
解：如图：

由题意可得：，
∵在中， ，
∴
∵，即
∴．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用，将实际问题抽象为数学问题、构造出直角三角形转化为解直角三角形问题是解答本题的关键．
15．【分析】连接AD，OA，OB，证明，进而可得∠ADB＝∠CAD，根据等边对等角可得，由AC⊥BD，进而可得∠ADB＝∠CAD＝45°，根据圆周角定理可得∠AOB＝90°，勾股定理即可求得的长
解：连接AD，OA，OB，如图，

∵AC＝BD，
∴，
∴，
即，
∴∠ADB＝∠CAD，
∵AC⊥BD，
∴∠AED＝90°，
∴∠ADB＝∠CAD＝45°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，
∴AB＝．
【点评】本题考查了等弧所对的圆周角相等，圆周角定理，勾股定理，求得∠ADB＝∠CAD是解题的关键．
16．【分析】根据整式乘法法则，先算乘法，再合并同类项.
解:(3x+2)(3x﹣2)﹣5x(x﹣1)﹣(2x﹣1)2
=9x2-4-5x2+5x-（4x2-4x+1）
=9x2-4-5x2+5x-4x2+4x-1
=9x-5
【点评】本题考核知识点：整式混合运算. 解题关键点：熟记整式运算法则,特别是乘法公式.
17．【分析】（1）平均数是所有数据的和除以数据总数；先把这组数据按大小顺序排列，中间一个数或两个数的平均数即为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据；
（2）根据（1）中的计算结果分析即可．
解：(1)乙组的平均数为：（7×4＋8×3＋9×2＋10×1）÷10＝8；
出现次数最多的是7，则众数是7；
处在第5位和第6位的数都是8，则中位数为8；
表2补充如下：

平均数
中位数
众数
方差
甲组
8
8
8
1.6
乙组
8
8
7
1
(2)甲组优秀率：，
乙组优秀率：，
从平均数和中位数上看，两位选手的成绩一样；
从众数和优秀率上看，甲选手的成绩较好；
从方差上看，乙选手的成绩较稳定；甲选手的成绩波动较大．
综上所述，选择甲组参加学校比赛．
【点评】本题考查了统计的有关知识，要熟练掌握众数、方差、平均数和中位数的求法，以及根据这些统计量来判断选手的成绩情况．
18． 【分析】（1）证明，由，一条直线垂直于两平行线的一条直线，则这条直线也垂直于另一条直线，可得，与相切．
（2）设的半径为，则，在中用勾股定理列出关于r的方程，并求解即可．
证明：（1）如图，连接．

，
．
在中，，
．
．
．
又  ，
．
又  是的半径，
与相切．
（2）设的半径为，则，
，且，

即
解得：，
即的半径为3．
【点评】本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、勾股定理，在圆中证明一条直线是圆的切线是常考题型，常运用的辅助线为：①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．
19．【分析】（1）利用抛物线的对称轴为直线求解即可；
（2）分两种情况讨论①当公共点是顶点时，②当公共点不是顶点时，解答即可；
（3）根据根与系数的关系得出x的取值范围，再根据二次函数的增减性求出p的最大值．
解：（1）∵抛物线经过两点，
抛物线的对称轴为直线．
．
．
（2）由（1）得，抛物线的解析式为，
对称轴为直线，且当时，
抛物线与x轴有且只有一个公共点，
①当公共点是顶点时，
，解得．
②当公共点不是顶点时，
当时，，且当时，．
解得．
综上所述，c的取值范围是或．
（3）解法一：由（1）知，设．
方程的两实根为，
抛物线与x轴交点的横坐标为，
，即．
．
，
．
．


．
当时，p随的增大而增大，
当时，p的最大值为1.
解法二：由（1）知．
方程的两实根为，
，即，①
，即②
①－②，得，
．
，
．
．
即．





当时，p随的增大而减少，
当时，p最大值为1.
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，不等式的性质等知识，解题的关键是能用分类讨论的思想解决问题．
20．【分析】（1）根据甲型车运载量是5吨/辆，乙型车运载量是8吨/辆，丙型车运载量是10吨/辆，再根据总吨数，即可求出丙型车的车辆数；
（2）设需甲车满，乙车y辆，根据运费4100元，总吨数是120吨，列出方程组，再进行求解即可；
（3）设甲车有辆，乙车有b辆，则丙车有（14-a-b）辆，列出等式，再根据a、b、14-a-b均为正整数，求出a，b的值，从而得出答案，
（1）解：根据题意得∶，
答∶ 丙型车4辆来运送；
故答案为：4
（2）解：设需要甲x辆，乙y辆，根据题意得：
，解得，
答：分别需甲、乙两种车型为8辆和10辆．
（3）解：设甲车有a辆，乙车有b辆，则丙车有辆，
由题意得：，即，
∵a、b、均为正整数，
∴b只能等于5，
∴，，
∴甲车2辆，乙车5辆，丙车7辆，
则需运费200×2+250×5+300×7=3750（元），
答：甲车2辆，乙车5辆，丙车7辆，需运费3750元．
【点评】本题主要考查了二元一次方程组和二元一次方程的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题列出方程即可求解，利用整体思想和未知数的实际意义通过筛选法可得到未知数的具体解，这种方法要掌握．
21．【分析】联立和，并解得：或，即可求解；
当时，随的增大而减小，则，进而求解；
当时，如下图，故点、分别向抛物线对称轴作垂线，垂足分别为点、，
根据，得到，则，即可求解．
（1）证明：联立和，，
解得：或，
抛物线与直线一定会相交；
（2）解：当时，平移后抛物线的表达式为：，
将点代入上式得：，
解得：，
当时，随的增大而减小，
故，
；
（3）当时，如下图，故点、分别向抛物线对称轴作垂线，垂足分别为点、，

，则点 ，抛物线对称轴为，
由知，点、，
抛物线的对称轴平分，即，
则，
即，则，
解得：．
当时，此时抛物线在x轴上方（抛物线顶点除外，顶点在x轴上），
由知，点、，
结合抛物线在x轴上方，可知，，
显然点B在抛物线对称轴的右侧，则点A在抛物线对称轴的左侧，
同理可得：，解得，
综上所述：的值为或者．
【点评】本题考查二次函数图象的综合运用，涉及到几何变换，直线和抛物线的交点，用因式分解法解一元二次方程，解直角三角形等，关键是掌握平移的性质．注意分类讨论的思想．
22．【分析】（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；
（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；
②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.
解：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形 ，
∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，
∵BE=CG，AB=AC，
∴△ABE≌△ACG，
∴AE=AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAH=∠GAH，
∵AH=AH，
∴△AEH≌△AGH；
（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，
∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，
∴点E和点G关于AF对称，
∴此时△DGH的周长最小，
过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，
由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，
∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，
∴CM=CD=6，
∴DM=，
∵AB=12=BC，BE=4，
∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，
∴DE==DH+EH=DH+HG，
∴DH+HG+DG=
∴△DGH周长的最小值为；

②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，
可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，
即S△AON：S△AEC=1:4，
∵O是AC中点，
∴N为AE中点，此时ON∥EC，
∴，

当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，
同理S△NOC：S四边形ONEA=1:3，
∴S△NOC：S△AEC=1:4，
∵O为AC中点，
∴N为EC中点，则ON∥AE，
∴，
∵BE=4，AB=12，
∴EC=8，EN=4，
过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，
∵∠BCD=120°，
∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，
∴CG=2CP，
∵CG=BE=4，
∴CP=2，GP=，
∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG，
设EF=FG=x，则FC=8-x，FP=10-x，
在△FGP中，，
解得：x=，
∴EF=，
∴，

综上：存在直线OH，的值为或.
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，中位线，最短路径问题，知识点较多，难度较大，解题时要注意分情况讨论.