2023年安徽省十五校教育集团中考数学模拟试卷

这是一份2023年安徽省十五校教育集团中考数学模拟试卷，共22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年安徽省十五校教育集团中考数学模拟试卷
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设a为 3+ 5− 3− 5的小数部分，b为 6+3 3− 6−3 3的小数部分．则2b−1a的值为(    )
A. 6+ 2−1 B. 6− 2+1 C. 6− 2−1 D. 6+ 2+1
2. 用小立方块搭成的几何体，从正面和上面看的形状图如图，则组成这样的几何体需要立方块个数为(    )

A. 最多需要8块，最少需要6块 B. 最多需要9块，最少需要6块
C. 最多需要8块，最少需要7块 D. 最多需要9块，最少需要7块
3. 观察等式：2+22=23−2；2+22+23=24−2；2+22+23+24=25−2；…已知按一定规律排列的一组数：2100，2101，2102，…，2199，2200，若2100=S，用含S的式子表示这组数据的和是(    )
A. 2S2−S B. 2S2+S C. 2S2−2S D. 2S2−2S−2
4. 已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上.若两个大正六边形的边长均为2，则小正六边形的边长是(    )
A. 3− 3
B. 2 3−12
C. 3+12
D. 13−12
5. 若实数a、b满足a2+b2=1，则ab+a+3b的最小值为(    )
A. −3 B. −2 C. 1 D. 3
6. 如图，在正方形ABCD中，AB=6，M是AD边上的一点，AM：MD=1：2.将△BMA沿BM对折至△BMN，连接DN，则DN的长是(    )
A. 52
B. 9 58
C. 3
D. 6 55
7. 已知实数x，y，z满足1x+y+1y+z+1z+x=76，且zx+y+xy+z+yz+x=11，则x+y+z的值为(    )
A. 12 B. 14 C. 727 D. 9
8. 如图，在矩形ABCD中，AB=2BC，点E是边AB的中点，连接DE交AC于点F，过点F作FG⊥DE交AB于点G，则下列结论正确的是(    )


A. AG=GF B. DF= 2EF
C. AG+FG= 2DG D. AG=16DC
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
9. 比较大小：sin81°______tan47°(填“”)．
10. 已知y= (x−4)2−x+5，当x分别取1，2，3，…，2020时，所对应y值的总和是______．
11. 若不等式2|x−1|+3|x−3|≤a有解，则实数a最小值是______ ．
12. 已知a，b是一元二次方程x2+x−1=0的两根，则3a2−b+2a2的值是______．
13. 若2x3+ax2+bx−5除以x2−3x−2的商是2x+3，余式是1.则 (a+b)2的值为______ ．
14. 若关于x的分式方程2−1−kx−2=12−x的解是正数，则k的取值范围是______ ．
15. 已知实数a，b，定义运算：a*b=ab(a>b且a≠0)a−b(a≤b且a≠0)，若(a−2)*(a+1)=1，则a=______．
16. 如图，点C在线段AB上，且AC=2BC，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE、BCFG，连接EC、EG，则tan∠CEG=          ．


17. 比较大小：45 ______ 54；若正数x，y满足3x=5y，则3x−5y ______ 0.
18. 如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=12，以D为圆心，4为半径作⊙D，E为⊙D上一动点，连接AE，以AE为直角边作Rt△AEF，使∠EAF=90°，tan∠AEF=13，则点F与点C的最小距离为______．

三、解答题（本大题共5小题，共40.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
完成下面两个小题．
(1)计算：(73)1007× 32014+15201472014+352014．
(2)已知x、y满足条件|x|+|y|≤1，求x2−xy+y2的最大值．
20. (本小题8.0分)
已知2ab+c+d=2ba+c+d=2ca+b+d=2da+b+c=k(k≠0)，求k2−3k−4的值．
21. (本小题8.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径.∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点D在AD左侧作∠ADP=∠BCD交CA的延长线于点P，过点A作AE⊥CD于点E．
(1)求证：DP//AB；
(2)求证：PD是⊙O的切线；
(3)若AC=6，BC=8，求线段PD的长．

22. (本小题8.0分)
已知函数f(x)=|x+1|−2|x−1|+|x+2|．
(1)在直角坐标系中作出函数图象；
(2)已知关于x的方程kx+3=|x+1|−2|x−1|+|x+2|(k≠0)有三个解，求k的取值范围．
23. (本小题8.0分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴为直线l，点P是直线l上一点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)求△PBC周长的最小值；
(3)将线段PC绕点P旋转90°，得到线段PQ，点C的对应点为点Q，当点Q在抛物线上时，求点Q的坐标．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵ 3+ 5− 3− 5
= 6+2 52− 6−2 52
= 5+1 2− 5−1 2
= 42= 2，
∴a的小数部分= 2−1；
∵ 6+3 3− 6−3 3
= 12+6 32− 12−6 32
=3+ 3 2−3− 3 2
= 6，
∴b的小数部分= 6−2，
∴2b−1a=2 6−2−1 2−1
=2( 6+2)6−4− 2+12−1
= 6+2− 2−1
= 6− 2+1．
故选B．
首先分别化简所给的两个二次根式，分别求出a、b对应的小数部分，然后代、化简、运算、求值，即可解决问题．
该题主要考查了二次根式的化简与求值问题；解题的关键是灵活运用二次根式的运算法则来分析、判断、解答．

2.【答案】C 
【解析】解：有两种可能；
由主视图可得：这个几何体共有3层，
由俯视图可得：第一层正方体的个数为4，由主视图可得第二层最少为2块，最多的正方体的个数为3块，
第三层只有一块，
∴最多为3+4+1=8个小立方块，最少为个2+4+1=7小立方块．
故选：C．
易得这个几何体共有3层，由俯视图可得第一层正方体的个数为4，由主视图可得第二层最少为2块，最多的正方体的个数为3块，第三层只有一块，相加即可．
此题主要考查了由三视图判断几何体，关键是掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就很容易得到答案．

3.【答案】A 
【解析】解：由题意，观察规律得知：2+22+…+2n=2n+1−2
因为2100=S，
所以2100+2101+2102+…+2199+2200
=S+2S+22S+…+299S+2100S
=S(1+2+22+…+299+2100)
=S(1+2101−2)
=S(2S−1)
=2S2−S．
故选：A．
根据已知条件和2100=S，将按一定规律排列的一组数：2100，2101，2102，…，2199，2200，求和，即可用含S的式子表示这组数据的和．
本题考查了规律型−数字的变化类、列代数式，解决本题的关键是观察数字的变化寻找规律．

4.【答案】D 
【解析】解：连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中点G，连接GH，GQ，
由对称性可知，OM=OP=EN=DN=1，
由正六边形的性质可得ON=2 3，
∴OD= DN2+ON2= 12+(2 3)2= 13=OF，
∴MF= 13−1，
由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，
∴FH=12MF= 13−12，
故选：D．
在边长为2的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边形对应点的距离MF，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可．
本题考查正多边形和圆，掌握正六边形和圆的性质是解决问题的关键．

5.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查因式分解的应用，将通过分析a和b的取值范围，将原式变形为(b+1)(a+3)−3是解题关键．
由a2+b2=1，可得a2≤1，b2≤1，−1≤a≤1，−1≤b≤1，然后通过因式分解将原式变形为(b+1)(a+3)−3，从而分析其最值．
【解答】
解：∵a2+b2=1，
∴a2≤1，b2≤1，
∴−1≤a≤1，−1≤b≤1，
∴ab+a+3b
=a(b+1)+3(b+1)−3
=(b+1)(a+3)−3，
又∵a+3>0，b+1≥0，
∴当b+1=0，即b=−1时，原式有最小值为−3．  
6.【答案】D 
【解析】解：连接AN交BM于点O，作NH⊥AD于点H.如图：

∵AB=6，AM：MD=1：2．
∴AM=2，MD=4．
∵四边形ABCD是正方形．
∴BM= AB2+AM2=2 10．
根据折叠性质，AO⊥BM，AO=ON.AM=MN=2．
∴12AB⋅AM=12BM⋅AO．
∴AO=2×62 10=3 105．
∴AN=6 105．
∵NH⊥AD．
∴AN2−AH2=MN2−MH2．
∴(6 105)2−(2+MH)2=22−MH2．
∴MH=85．
∴HN= MN2−MH2= 22−(85)2=65．
∴HD=AD−AM−MH=125．
∴DN= HD2+HN2= (125)2+(65)2=6 55．
故选：D．
连接AN交BM于点O，作NH⊥AD于点H，根据已知可求出AM、BM.的长度，利用面积法求出AO，再结合折叠性质，找到AN长度．结合勾股定理建立AN2−AH2=MN2−MH2等式，即可求出MH.最后即可求解．
本题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理，面积法求三角形的高等知识．本题关键在于利用勾股定理建立等式，求出边MH的长度．

7.【答案】A 
【解析】解：∵zx+y+xy+z+yz+x=11，
∴1+zx+y+1+xy+z+1+yz+x=14，
即x+y+zx+y+x+y+zy+z+x+y+zz+x=14，
∴1x+y+1y+z+1z+x=14x+y+z，
而1x+y+1y+z+1z+x=76，
∴14x+y+z=76，
∴x+y+z=12．
故选：A．
把zx+y+xy+z+yz+x=11两边加上3，通分得到x+y+zx+y+x+y+zy+z+x+y+zz+x=14，两边除以(x+y+z)得到1x+y+1y+z+1z+x=14x+y+z，则14x+y+z=76，从而得到x+y+z的值．
本题考查了分式的加减法：同分母的分式相加减，分母不变，把分子相加减．经过通分，异分母分式的加减就转化为同分母分式的加减．解决问题的关键是从后面的式子变形出x+y+z．

8.【答案】D 
【解析】解：在矩形ABCD中，AB=2BC，点E是边AB的中点，
∴DA=AE=BE=BC，AB//DC，
∴△DCF∽△EAF，
∴DF：FE=DC：AE=2，即DF=2EF，故B不符合题意；
∵DF=2EF，
∴EF=13DE，
在Rt△ADE中，∠DAE=90°，DA=EA，
∴∠ADE=∠AED=45°，DE= 2AE，则AE=3 22EF，
∵FG⊥DE，
∴△EFG为等腰直角三角形，即EF=FG，GE= 2EF，
∴AG=AE−GE=3 22EF− 2EF= 22EF≠GF，故A不符合题意；
∴AG+FG= 22EF+EF= 2+22EF，
在Rt△ADG中，∠DAG=90°，DA=EA=3 22EF，AG= 22EF，
∴DG= 5EF，
∴AG+FG≠ 2DG，故C不符合题意；
∵AG= 22EF，GE= 2EF，
∴AGGE= 22EF 2EF=12，即AG=13AE，
∵AE=12DC，
∴AGDC=13AE2AE=16，即AG=16DC，故D符合题意；
故选：D．
根据矩形性质，点E是边AB的中点，判定△DCF∽△EAF，得到DF：FE=DC：AE=2，可得B不符合题意；结合等腰直角三角形性质得到AE=3 22EF，再根据等腰直角三角形的判定确定△EFG为等腰直角三角形，得EF=FG，GE= 2EF，求出AG可得选项A不符合题意；求出AG+FG= 2+22EF，在Rt△ADG中，利用勾股定理求出DG= 5EF，可得选项C不符合题意；根据前面得出，AG= 22EF，GE= 2EF，求得AG=13AE，再根据AE=12DC，得出AG=16DC，由此得出结论．
本题考查几何综合，涉及到矩形性质、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理求线段长、相似的性质与判定等知识点，根据题意求出各个线段，按照选项判定各个线段之间的关系是解决问题的关键

9.【答案】