数学（辽宁沈阳卷）-【试题猜想】2023年中考考前最后一卷（考试版+答题卡+全解全析+参考答案）

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2023年中考考前最后一卷【辽宁沈阳卷】
数学·全解全析
一、选择题（下列各题的备选答案中，只有一个答案是正确的。每小题2分，共20分）
1．计算：5+（﹣7）＝（　　）
A．2 B．﹣2 C．12 D．﹣12
解：原式＝﹣（7﹣5）＝﹣2，
答案：B．
2．由5个大小相同的小正方体搭成的几何体如图所示，它的主视图是（　　）

A． B． C． D．
解：从正面看，底层是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形，
答案：B．
3．下列运算正确的是（　　）
A．（m2）3＝m6 B．（mn）3＝mn3
C．（m+n）2＝m2+n2 D．m6÷m2＝m3
解：A、（m2）3＝m6，故A符合题意．
B、（mn）3＝m3n3，故B不符合题意．
C、（m+n）2＝m2+n2+2mn，故C不符合题意．
D、m6÷m2＝m4，故D不符合题意．
答案：A．
4．若点A（a，﹣1）与点B（2，b）关于y轴对称，则a﹣b的值是（　　）
A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．2
解：∵点A（a，﹣1）与点B（2，b）关于y轴对称，
∴a＝﹣2，b＝﹣1，
∴a﹣b＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1，
答案：A．
5．小红在“养成阅读习惯，快乐阅读，健康成长”读书大赛活动中，随机调查了本校初二年级20名同学，在近5个月内每人阅读课外书的数量，数据如下表所示：
人数
3
4
8
5
课外书数量（本）
12
13
15
18
则阅读课外书数量的中位数和众数分别是（　　）
A．13，15 B．14，15 C．13，18 D．15，15
解：中位数为第10个和第11个的平均数15+152=15，众数为15．
答案：D．
6．不等式12x−1≤7−32x的解集在数轴上表示为（　　）
A． B．
C． D．
解：∵不等式12x−1≤7−32x的解集为x≤4，
∴数轴表示为：
，
答案：C．
7．如图，在△ABC中，AC＝22，∠ACB＝120°，D是边AB的中点，E是边BC上一点，若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（　　）

A．52 B．2+12 C．2 D．3
解：延长BC至F，使CF＝CA，连接AF，

∵∠ACB＝120°，
∴∠ACF＝60°，
∴△ACF为等边三角形，
∴AF＝AC＝22，
∵DE平分△ABC的周长，
∴BE＝CE+AC，
∴BE＝CE+CF＝EF，
∵BD＝DA，
∴DE=12AF=2，
答案：C．
8．若m＜﹣2，则一次函数y＝（m+1）x+1﹣m的图象可能是（　　）
A． B． C． D．
解：∵m＜﹣2，
∴m+1＜0，1﹣m＞0，
所以一次函数y＝（m+1）x+1﹣m的图象经过一，二，四象限，
答案：D．
9．下列说法正确的是（　　）
A．为了解我国中小学生的睡眠情况，应采取全面调查的方式
B．一组数据1，2，5，5，5，3，3的众数和平均数都是3
C．若甲、乙两组数据的方差分别是0.01，0.1，则甲组数据比乙组数据更稳定
D．抛掷一枚硬币200次，一定有100次“正面向上”
解：A．为了解我国中小学生的睡眠情况，应采取抽样调查的方式，故本选项不合题意；
B．数据1，2，5，5，5，3，3的众数是5．平均数为247，故本选项不合题意；
C．若甲、乙两组数据的方差分别是0.01，0.1，则甲组数据比乙组数据更稳定，说法正确，故本选项符合题意；
D．抛掷一枚硬币200次，不一定有100次“正面向上”，故本选项不合题意；
答案：C．
10．图1是第七届国际数学教育大会（ICME）会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若AB＝BC＝1，∠AOB＝α，则OC2的值为（　　）

A．1sin2α+1 B．sin2α+1 C．1cos2α+1 D．cos2α+1
解：∵AB＝BC＝1，
在Rt△OAB中，sinα=ABOB，
∴OB=1sinα，
在Rt△OBC中，
OB2+BC2＝OC2，
∴OC2＝（1sinα）2+12=1sin2α+1．
答案：A．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．已知a+b＝1，则代数式a2﹣b2+2b+9的值为 　10　．
解：∵a2﹣b2+2b+9
＝（a+b）（a﹣b）+2b+9
又∵a+b＝1，
∴原式＝a﹣b+2b+9
＝a+b+9
＝10．
答案：10
12．已知二元一次方程组x+2y=42x+y=5，则x﹣y的值为 　1　．
解：由x+2y＝4可得：
x＝4﹣2y，
代入第二个方程中，可得：
2（4﹣2y）+y＝5，
解得：y＝1，
将y＝1代入第一个方程中，可得
x+2×1＝4，
解得：x＝2，
∴x﹣y＝2﹣1＝1，
答案：1
13．化简：xx+1÷(x−1−x−1x+1)=　1x−1　．
解：原式=xx+1÷(x−1)(x+1)−x+1x+1
=xx+1÷x2−xx+1
=xx+1•x+1x(x−1)
=1x−1，
答案：1x−1．
14．如图，在△ABC中，AB＝AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧DE的长是 　2π　．（结果保留π）

解：如图，连接OD，OE，

∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝∠COE+∠OCE+∠OEC，
∴∠A＝∠COE，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∵圆O与边AB相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∴∠COE+∠AOD＝90°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠COE+∠AOD）＝90°，
∴劣弧DE的长是90×π×4180=2π．
答案：2π．
15．如图，在△ABC中，边AB在x轴上，边AC交y轴于点E．反比例函数y=kx（x＞0）的图象恰好经过点C，与边BC交于点D．若AE＝CE，CD＝2BD，S△ABC＝6，则k＝　125　．

解：如图，作CM⊥AB于点M，DN⊥AB于点N，

设C（m，km），
则OM＝m，CM=km，
∵OE∥CM，AE＝CE，
∴AOOM=AEEC=1，
∴AO＝m，
∵DN∥CM，CD＝2BD，
∴BNBM=DNCM=BDBC=13，
∴DN=k3m，
∴D的纵坐标为k3m，
∴k3m=kx，
∴x＝3m，
即ON＝3m，
∴MN＝2m，
∴BN＝m，
∴AB＝5m，
∵S△ABC＝6，
∴5m•km⋅12=6，
∴k=125．
答案：125．
16．如图，对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点A的对应点A'落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，连接MF，若MF⊥BM，AB＝6cm，则AD的长是 　53　cm．

解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝6cm，
∴∠A＝90°，
由折叠性质可得：
BE＝DF＝3cm，A′B＝AB＝6cm，∠A′EB＝90°，∠ABM＝∠A′BM，
在Rt△A′BE中，A′B＝2BE，
∴∠BA′E＝30°，
∴∠A′BE＝60°，
∴∠ABM＝30°，∠AMB＝60°，
∴AM＝tan30°•AB=33×6=23cm，
∵MF⊥BM，
∴∠BMF＝90°，
∴∠DMF＝30°，
∴∠DFM＝60°，
在Rt△DMF中，MD＝tan60°•DF=3×3=33cm，
∴AD＝AM+DM＝23+33=53cm．
答案：53．
三、解答题（第17小题6分，第18、19小题各8分，共22分）
17．计算：4+(−12)−2−4sin45°+|1−2|．
解：原式=2+4−4×22+2−1
=6−22+2−1
=5−2．
18．如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，BE＝BF，DE，DF分别与AC交于点M，N．
求证：（1）△ADE≌△CDF．
（2）ME＝NF．

证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠DAE＝∠DCF，AB＝CB，
∵BE＝BF，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CDF中，
DA=DC∠DAE=∠DCFAE=CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS）；
（2）由（1）知△ADE≌△CDF，
∴∠ADM＝∠CDN，DE＝DF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAM＝∠DCN，
∵∠ADM＝∠CDN，
∴∠DMA＝∠DNC，
∴∠DMN＝∠DNM，
∴DM＝DN，
∴DE﹣DM＝DF﹣DN，
∴ME＝NF．
19．为传承中华民族优秀传统文化，提高学生文化素养，学校举办“经典诵读”比赛，比赛题目分为“诗词之风”“散文之韵”“小说之趣”“戏剧之雅”四组（依次记为A，B，C，D）．小雨和莉莉两名同学参加比赛，其中一名同学从四组题目中随机抽取一组，然后放回，另一名同学再随机抽取一组．
（1）小雨抽到A组题目的概率是 　14　；
（2）请用列表法或画树状图的方法，求小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的概率．
解：（1）小雨抽到A组题目的概率是14，
答案：14；
（2）画树状图如下：

共有16种等可能的结果，其中小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的结果有4种，
∴小雨和莉莉两名同学抽到相同题目的概率为416=14．
四、（每小题8分，共16分）
20．某中学计划以“爱护眼睛，你我同行”为主题开展四类活动，分别为A：手抄报；B：演讲；C：社区宣传；D：知识竞赛，为了解全校学生最喜欢的活动（每人必选一项）的情况，随机调查了部分学生，根据调查结果绘制了两幅不完整的统计图：

请根据以上信息，解答下列问题：
（1）本次共调查了 　100　名学生；
（2）请将条形统计图补充完整；
（3）在扇形统计图中，D类活动对应扇形的圆心角为多少度？
（4）若该校有1500名学生，估计该校最喜欢C类活动的学生有多少？
解：（1）本次共调查的学生有20÷20%＝100（名）；
答案：100；
（2）C对应人数为100﹣（20+10+30）＝40（名），
补全条形图如下：

（3）360°×30100×100%＝108°，
∴D类活动对应扇形的圆心角为108度；
（4）1500×40100=600（名），
答：估计该校最喜欢C类活动的学生有600名．
21．某水果店出售一种水果，每箱定价58元时，每周可卖出300箱．试销发现：每箱水果每降价1元，每周可多卖出25箱；每涨价1元，每周将少卖出10箱．已知每箱水果的进价为35元，每周每箱水果的平均损耗费为3元．
（1）若不进行价格调整，这种水果的每周销售利润为多少元？
（2）根据以上信息，你认为应当如何定价才能使这种水果的每周销售利润最多？
解：（1）∵58﹣35﹣3＝20，20×300＝6000（元），
∴若不进行价格调整，这种水果每周销售利润为6000元；
（2）若每箱水果降价x元，这种水果的每周销售利润为y元，
根据题意得：y＝（58﹣35﹣3﹣x）（300+25x）＝﹣25（x﹣4）2+6400，
由二次函数性质可知，当x＝4时，y的最大值为6400元；
若每箱水果涨价x'元，这种水果的每周销售利润为y'元，
根据题意得：y'＝（58﹣35﹣3+x'）（300﹣10x'）＝﹣10（x'﹣5）2+6250，
由二次函数性质可知，当x'＝5时，y'的最大值为6250元；
综上所述，当每箱水果定价为54元时，这种水果的每周销售利润最大为6400元．
五、（本题10分）
22．如图，在△ABC中，以AB为直径作⊙O交AC、BC于点D、E，且D是AC的中点，过点D作DG⊥BC于点G，交BA的延长线于点H．
（1）求证：直线HG是⊙O的切线；
（2）若HA＝3，cosB=25，求CG的长．

（1）证明：连接OD，

∵AD＝DC，AO＝OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，OD=12BC，
∵DG⊥BC，
∴OD⊥HG，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线HG是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为x，则OH＝x+3，BC＝2x，
∵OD∥BC，
∴∠HOD＝∠B，
∴cos∠HOD=25，即ODOH=xx+3=25，
解得：x＝2，
∴BC＝4，BH＝7，
∵cosB=25，
∴BGBH=25，即BG7=25，
解得：BG=145，
∴CG＝BC﹣BG＝4−145=65．
六、（本题10分）
23．如图，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（3，4），B（6，0），动点P、Q同时从点O出发，分别沿x轴正方向和y轴正方向运动，速度分别为每秒3个单位和每秒2个单位，点P到达点B时点P、Q同时停止运动．过点Q作MN∥OB分别交AO、AB于点M、N，连接PM、PN．设运动时间为t（秒）．
（1）求点M的坐标（用含t的式子表示）；
（2）求四边形MNBP面积的最大值或最小值；
（3）是否存在这样的直线l，总能平分四边形MNBP的面积？如果存在，请求出直线l的解析式；如果不存在，请说明理由；
（4）连接AP，当∠OAP＝∠BPN时，求点N到OA的距离．

解：（1）过点A作x轴的垂线，交MN于点E，交OB于点F，

由题意得：OQ＝2t，OP＝3t，PB＝6﹣3t，
∵O（0，0），A（3，4），B（6，0），
∴OF＝FB＝3，AF＝4，OA＝AB=32+42=5，
∵MN∥OB，
∴∠OQM＝∠OFA，∠OMQ＝∠AOF，
∴△OQM∽△AFO，
∴OQAF=QMOF，
∴2t4=QM3，
∴QM=32t，
∴点M的坐标是（32t，2t）．
（2）∵MN∥OB，
∴四边形QEFO是矩形，
∴QE＝OF，
∴ME＝OF﹣QM＝3−32t，
∵OA＝AB，
∴ME＝NE，
∴MN＝2ME＝6﹣3t，
∴S四边形MNBP＝S△MNP+S△BNP
=12MN•OQ+12•BP•OQ
=12(6−3t)⋅2t+12⋅(6−3t)⋅2t
＝﹣6t2+12t
＝﹣6（t﹣1）2+6，
∵点P到达点B时，P、Q同时停止，
∴0＜t＜2，
∴t＝1时，四边形MNBP的最大面积为6，四边形MNBP面积不存在最小值．
（3）∵MN＝6﹣3t，BP＝6﹣3t，
∴MN＝BP，
∵MN∥BP，
∴四边形MNBP是平行四边形，
∴平分四边形MNBP面积的直线经过四边形的中心，即MB的中点，
设中点为H（x，y），
∵M（32t，2t），B（6，0），
∴x=12⋅(32t+6)=34t+3，
y=2t+02=t．
∴x=34y+3，
化简得：y=43x−4，
∴直线l的解析式为：y=43x−4．
（4）①当t＝0时，点M和点P均在点O处，∠BPN＝∠OAP＝0°，
此时点N在点B处，
∴点N到OA的距离为△OAB边OA上的高，记为h，
∵S△OAB=12OB•AF=12OA•h，
∴12×6×4=12×5h，
∴点N到OA的距离为：h=245；
②当0＜t＜2时，
∵OQ＝2t，QM=32t，
∴OM=52t，
∵MN∥OB，
∴OMOA=BNAB，
∴OM＝BN=52t，
∵OA＝AB，
∴∠AOB＝∠PBN，
又∵∠OAP＝∠BPN，
∴△AOP∽△PBN，
∴OABP=OPBN，
∴56−3t=3t52t，
解得：t1=1118，t2＝0（舍去）．
∵MN＝6﹣3t，AE＝AF﹣OQ，ME＝3−32t，
∴MN＝6﹣3×1118=256，
AE=4−2×1118=259，
ME=3−32×1118=2512，
∴AM=ME2+AE2=(2512)2+(259)2=12536．
设点N到OA的距离为h，
∵S△AMN=12MN•AE=12AM•h，
∴12×256×259=12×12536⋅ℎ，
解得：h=103；
③当t＝2时，不符合题意；
综上所述：点N到OA的距离为245或103．
七、（本题12分）
24．（1）【操作发现】
如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点B′，点C的对应点为点C′．连接BB′；
②在①中所画图形中，∠AB′B＝　45　°．
（2）【问题解决】
如图2，在Rt△ABC中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．
（3）【拓展延伸】
如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．

解：（1）①如图1中，△AB′C′即为所求．

②由作图可知，△ABB′是等腰直角三角形，
∴∠AB′B＝45°，
答案：45．
（2）如图2中，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．

∵∠C＝∠BAE＝∠H＝90°，
∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，
∴∠B＝∠EAH，
∵AB＝AE，
∴△ABC≌△EAH（AAS），
∴BC＝AH，EH＝AC，
∵BC＝CD，
∴CD＝AH，
∴DH＝AC＝EH，
∴∠EDH＝45°，
∴∠ADE＝135°．
（3）如图3中，连接AC，
∵AE⊥BC，BE＝EC，
∴AB＝AC，
将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，

∵∠BAD＝∠CAG，
∴∠BAC＝∠DAG，
∵AB＝AC，AD＝AG，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，
∴△ABC∽△ADG，
∵AD＝kAB，
∴DG＝kBC＝2k，
∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，
∴∠ADG+∠ADC＝90°，
∴∠GDC＝90°，
∴CG=DG2+CD2=4k2+9．
∴BD＝CG=4k2+9．
八、（本题12分）
25．如图，抛物线y＝ax2+x+c经过B（3，0），D（﹣2，−52）两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；
（2）若点M在直线BC上方的抛物线上运动（与点B，C不重合），求使△MBC面积最大时M点的坐标，并求最大面积；（请在图1中探索）
（3）设点Q在y轴上，点P在抛物线上，要使以点A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P的坐标．（请在图2中探索）

解：（1）将B（3，0），D（﹣2，−52）代入y＝ax2+x+c，
∴9a+3+c=04a−2+c=−52，
解得a=−12c=32，
∴y=−12x2+x+32，
令x＝0，则y=32，
∴C（0，32）；
（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，

设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴3k+b=0b=32，
解得k=−12b=32，
∴y=−12x+32
设M（m，−12m2+m+32），则N（m，−12m+32），
∴MN=−12m2+32m，
∴S△MBC=12•MN•OB=−34（m−32）2+2716，
当m=32时，△MBC的面积有最大值2716，
此时M（32，158）；
（3）令y＝0，则−12x2+x+32=0，
解得x＝3或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
设Q（0，t），P（m，−12m2+m+32），
①当AB为平行四边形的对角线时，m＝3﹣1＝2，
∴P（2，32）；
②当AQ为平行四边形的对角线时，3+m＝﹣1，
解得m＝﹣4，
∴P（﹣4，−212）；
③当AP为平行四边形的对角线时，m﹣1＝3，
解得m＝4，
∴P（4，−52）；
综上所述：P点坐标为（2，32）或（﹣4，−212）或（4，−52）．