数学（吉林卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析）

2023年中考考前最后一卷

数  学

数学·全解全析

第一部分 (选择题 共12分)

一、选择题（共6小题，每小题2分，计12分．每小题只有一个选项是符合题意的）

1．C

【分析】根据有理数大小比较的法则判断即可．

【详解】解：∵

∴最小的数为，

故选：C．

【点睛】此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．

2．A

【分析】科学记数法的表现形式为 ，其中 ，为整数，确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，是正数，当原数的绝对值小于1时，是负数．

【详解】解：2200亿，

2200亿用科学记数法表示为：，

故选：A．

【点睛】本题考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为 ，其中 ，为整数，确定与的值是解题的关键．

3．C

【分析】依此找到从正面、左面、上面观察都不可能看到长方形的图形．

【详解】解：A、从正面看为长方形，从左面看为长方形，从上面看为长方形，故本选项错误；

B、从正面看为长方形，从左面看为长方形，从上面看为圆，故本选项错误；

C、从正面看为等腰三角形，从左面看为等腰三角形，从上面看为圆，从正面、左面、上面观察都不可能看到长方形，故本选项正确；

D、从正面看为三角形，从左面看为三角形，从上面看为有对角线的长方形，故本选项错误；

故选：C．

【点睛】本题重点考查从不同方向看几何体以及考查学生的空间想象能力．

4．D

【分析】根据合并同类项法则，同底数幂相乘法则，积的乘方法则，负整数指数幂及同底数幂相除法则计算判断即可．

【详解】解：A、与不是同类项，不能合并，本选项不符合题意；

B、本选项不符合题意；

C、本选项不符合题意；

D、本选项符合题意；

故选：D．

【点睛】本题考查了合并同类项，同底数幂的乘除，积的乘方，负整数指数幂，正确掌握以上知识是解题的关键．

5．C

【分析】用夹角可以划出来的两条线，证明方案Ⅰ和Ⅱ的结果是否等于夹角，即可判断正误

【详解】方案Ⅰ：如下图，即为所要测量的角

∵

∴

∴

故方案Ⅰ可行

方案Ⅱ：如下图，即为所要测量的角

在中：

则：

故方案Ⅱ可行

故选：C

【点睛】本题考查平行线的性质和判定，三角形的内角和；本题的突破点是用可画出夹角的情况进行证明

6．B

【分析】首先连接CD，由AD是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得，又由圆周角定理，可得，再用三角形内角和定理求得答案．

【详解】解：连接CD，

∵AD是的直径，

∴．

∵，

∴．

故选：B．

【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形的内角和定理．熟练掌握圆周角定理是解此题的关键．

二、填空题（每小题3分，共24分）

7．

【分析】先计算，再计算3-5即可得到答案．

【详解】解：．

故答案为：-2．

【点睛】本题主要考查了实数的运算，化简是解答本题的关键．

8．0（答案不唯一）

【分析】设这个常数为a，利用一元二次方程根的判别式求出a的取值范围即可得到答案．

【详解】解：设这个常数为a，

∵要使原方程有两个不同的实数根，

∴，

∴，

∴满足题意的常数可以为0，

故答案为：0（答案不唯一）．

【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟知一元二次方程根的判别式是解题的关键．

9．/

【分析】原式提取2，再利用平方差公式分解即可．

【详解】解：

=2（m2-9）

=2（m+3）（m-3）．

故答案为：2（m+3）（m-3）．

【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．

10．a≤2

【分析】根据不等式组解集的表示方法，可得答案．

【详解】解：由关于x的不等式组无解，

得a+2≥3a-2，

解得a≤2，

则常数a的取值范围是a≤2，

故答案为：a≤2．

【点睛】本题考查了不等式的解集，利用不等式组无解得出关于a的不等式是解题关键．

11．     ③     两点之间，线段最短

【分析】根据两点之间线段最短的性质作答．

【详解】从小华家去学校共有4条路，第③条路最近，理由是两点之间，线段最短．

【点睛】此题考查知识点两点间线段最短．

12．5

【分析】由已知易得：△MBA∽△MCO，利用相似三角形的相似比可得出小明的影长．

【详解】根据题意，易得△MBA∽△MCO，

根据相似三角形的性质可知，

即，

解得AM=5．

∴小明的影长为5米．

【点睛】本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比可得出小明的影长.

13．或/或

【分析】连接，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分点在线段上和的延长线上，且，勾股定理求得即可．

【详解】如图，连接，

在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，

，，

，

根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，

，

如图，在中，，

在中，

故答案为：或．

【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点的位置是解题的关键．

14．/

【分析】连接OD，根据直角三角形的性质可得AB=2BC=4，再由OB=OC，可得∠OBC=∠OCB，从而得到OC=OA，再由点D是AC的中点，可得OD∥BC，从而得到，进而得到阴影部分面积等于，即可求解．

【详解】解：如图，连接OD，

在中，，，，

∴AB=2BC=4，∠OBC+∠A=90°，

∵OB=OC，

∴∠OBC=∠OCB，

∵∠OCB+∠ACO=90°，

∴∠A=∠ACO，

∴OC=OA，

∴AB为以O为圆心，OB长为半径的圆的直径，即O为AB的中点，

∴∠BOC=2∠A=60°，OB=2，

∵点D是AC的中点，

∴OD∥BC，

∴，

∴阴影部分面积等于．

故答案为：

【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，求扇形面积，圆周角定理，三角形中位线定理，根据题意得到阴影部分面积等于是解题的关键．

三、解答题（每小题5分，共20分）

15．；2

【分析】先利用平方差公式，单项式与多项式乘法化简，然后代入即可求解．

【详解】

当时，

原式．

【点睛】本题考查了整式的化简求值，正确地把代数式化简是解题的关键．

16．张老师骑车的速度为千米/小时

【分析】实际应用题的解题步骤“设、列、解、答”，根据问题设未知数，找到题中等量关系张老师先走2小时，结果同时达到列分式方程，求解即可．

【详解】解：设张老师骑车的速度为千米/小时，则汽车速度是千米/小时，

根据题意得：，

解之得，

经检验是分式方程的解，

答：张老师骑车的速度为千米/小时．

【点睛】本题考查分式方程解实际应用题，根据问题设未知数，读懂题意，找到等量关系列出分式方程是解决问题的关键．

17．(1)；

(2)作图见解析，．

【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；

（2）画树状图得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．

【详解】（1）从获得优秀奖的学生中随机抽取一名分享经验，恰好抽到七年级学生的概率是，

故答案为：；

（2）树状图如下：

由表知，共有12种等可能结果，其中抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的有8种结果，

所以抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的概率为．

【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．

18．，

【分析】由，可得，根据三角形外角性质可得，因为，即可求得的度数；根据三角形外角的性质可得，即可得的度数．

【详解】解：∵，

∴，，

∵，，，

∴，

，

∴

，

∴．

∴，．

【点睛】本题考查全等三角形的性质，三角形外角的性质，采用了数形结合的思想方法．找到相应等量关系的角是解题的关键．

四、解答题（每小题7分，共28分）

19．(1)

(2)见解析

(3)

【分析】（1）用一个矩形的面积分别减去3个直角三角形的面积可计算出△ABC的面积；

（2）分别作B、C两点关于直线l的对称点，从而得到；

（3）作点C关于直线AB的对称点可得到与△ABC全等的三角形，或作点C关于AB的垂直平分线的对称点得到与△ABC全等的三角形．

【详解】（1）ABC的面积=；

（2）如图，即为所作；

（3）在AB的两侧可各作一个三角形与△ABC全等．

故答案为：2．

【点睛】本题考查了作图-轴对称：画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的，一般的方法是：由已知点出发向所给直线作垂线，并确定垂足；直线的另一侧，以垂足为一端点，作一条线段使之等于已知点和垂足之间的线段的长，得到线段的另一端点，即为对称点；连接这些对称点，就得到原图形的轴对称图形．

20．（1）；（2），理由见详解；（3）乙城市的邮政企业4月份的总收入为2200百万元．

【分析】（1）由题中所给数据可得甲城市的中位数为第13个数据，然后问题可求解；

（2）由甲、乙两城市的中位数可直接进行求解；

（3）根据乙城市的平均数可直接进行求解．

【详解】解：（1）由题意可得m为甲城市的中位数，由于总共有25家邮政企业，所以第13家邮政企业的收入作为该数据的中位数，

∵有3家，有7家，有8家，

∴中位数落在上，

∴；

（2）由（1）可得：甲城市中位数低于平均数，则最大为12个；乙城市中位数高于平均数，则至少为13个，

∴；

（3）由题意得：

（百万元）；

答：乙城市的邮政企业4月份的总收入为2200百万元．

【点睛】本题主要考查中位数、平均数及统计与调查，熟练掌握中位数、平均数及统计与调查是解题的关键．

21．（1），；（2）；（3）或

【分析】（1）由题意先求出，然后得到点B的坐标，进而问题可求解；

（2）由（1）可得以PB为底，点A到PB的距离为高，即为点A、B之间的纵坐标之差的绝对值，进而问题可求解；

（3）根据函数图象可直接进行求解．

【详解】解：（1）把点代入反比例函数解析式得：，

∴，

∵点B在反比例函数图象上，

∴，解得：，

∴，

把点A、B作代入直线解析式得：，解得：，

∴；

（2）由（1）可得：，，

∵轴，

∴，

∴点A到PB的距离为，

∴；

（3）由（1）及图象可得：当时，x的取值范围为或．

【点睛】本题主要考查反比例函数与一次函数的综合，熟练掌握反比例函数与一次函数的图象与性质是解题的关键．

22．这条江的宽度AB约为732米

【分析】在和中，利用锐角三角函数，用表示出的长，然后计算出AB的长；

【详解】解：如图，∵，

∴，

在中，∵，

∴米，

在中，∵，

∴（米），

∴（米） ，

答：这条江的宽度AB约为732米．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题．题目难度不大，解决本题的关键是用含表示出的长．

五、解答题（每小题8分，共16分）

23．(1)60

(2)，

(3)点C的坐标为，点C的实际意义为：甲出发时，乙追上甲，此时两人距A地

【分析】（1）观察图象，由甲先出发可知甲从A地到B地用了，路程除以时间即为速度；

（2）利用待定系数法分别求解即可；

（3）将与x之间的函数解析式联立，解二元一次方程组即可．

【详解】（1）解：观察图象，由甲先出发可知甲从A地到B地用了，

∵A，B两地相距，

∴甲的速度为，

故答案为：60；

（2）解：设与x之间的函数解析式为，

将点，代入得，

解得，

∴与x之间的函数解析式为，

同理，设与x之间的函数解析式为，

将点，代入得，

解得，

∴与x之间的函数解析式为；

（3）解：将与x之间的函数解析式联立得，

，

解得，

∴点C的坐标为，

点C的实际意义为：甲出发时，乙追上甲，此时两人距A地．

【点睛】本题考查一次函数的实际应用，涉及到求一次函数解析式，求直线交点坐标等知识点，读懂题意，从所给图象中找到相关信息是解题的关键．

24．（1）见解析；（2），理由见解析

【分析】（1）延长CE交AB于点G，证明，得E为中点，通过中位线证明DEAB，结合BF=DE，证明BDEF是平行四边形

（2）通过BDEF为平行四边形，证得BF=DE=BG，再根据，得AC=AG，用AB-AG=BG，可证

【详解】（1）证明：延长CE交AB于点G

∵AECE

∴

在和

∴

∴GE=EC

∵BD=CD

∴DE为的中位线

∴DEAB

∵DE=BF

∴四边形BDEF是平行四边形

（2）

理由如下：

∵四边形BDEF是平行四边形

∴BF=DE

∵D，E分别是BC，GC的中点

∴BF=DE=BG

∵

∴AG=AC

BF=（AB-AG）=（AB-AC）．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的证明，中位线的性质，全等三角形的证明等综合性内容，作好适当的辅助线，是解题的关键．

六、解答题（每小题10分，共20分）

25．（1）；见解析；（2），见解析；（3）．

【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；

（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；

（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．

【详解】（1）．

如图，分别延长，相交于点P，

∵四边形是平行四边形，

∴，

∴，,

∵为的中点，

∴，

在△PDF和△BCF中，，

∴△PDF≌△BCF，

∴，即为的中点，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴．

（2）．

∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，

∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，

∵为的中点，

∴，

∴，

∴∠FDC′=∠FC′D，

∵=∠FDC′+∠FC′D，

∴，

∴∠FC′D=∠C′FB，

∴，

∵四边形为平行四边形，

∴，DC=AB，

∴四边形为平行四边形，

∴，

∴，

∴．

（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，

∵的面积为20，边长，于点，

∴BH=50÷5=4，

∴CH=，A′H=A′B-BH=1，

∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，

∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，

∵于点，AB//CD，

∴，

∴∠MBH=45°，

∴△MBQ是等腰直角三角形，

∴MQ=BQ，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠A=∠C，

∴∠A′=∠C，

∵∠A′HN=∠CHB，

∴△A′NH∽△CBH，

∴，即，

解得：NH=2，

∵，MQ⊥A′B，

∴NH//MQ，

∴△A′NH∽△A′MQ，

∴，即，

解得：MQ=，

∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．

【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．

26．(1)

(2)存在，或（3，4）

(3)存在，

【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；

（2）待定系数法求得直线AB的解析式为，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．过点B作BE⊥PM，垂足为E．可得，设，则．由，解方程求得的值，进而即可求解；

（3）由已知条件可得，进而可得，过点分别作轴的垂线，垂足分别，交于点，过作的平行线，交于点，可得，设，，则，根据可得，根据，根据二次函数的性质即可求的最大值．

【详解】（1）解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入，

得，

解得．

所以抛物线的解析式为．

（2）设直线AB的解析式为，

将A（4，0），B（1，4）代入，

得，

解得．

所以直线AB的解析式为．

过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．

过点B作BE⊥PM，垂足为E．

所以

．

因为A（4，0），B（1，4），所以．

因为△OAB的面积是△PAB面积的2倍，

所以，．

设，则．

所以，

即，

解得，．

所以点P的坐标为或（3，4）．

（3）

记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为，，．则

如图，过点分别作轴的垂线，垂足分别，交于点，过作的平行线，交于点

，

，

设

直线AB的解析式为．

设，则

整理得

时，取得最大值，最大值为

【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，相似三角形的性质与判定，第三问中转化为线段的比是解题的关键．