2023年山东省济南市济阳区二模数学试题（含解析）

这是一份2023年山东省济南市济阳区二模数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省济南市济阳区二模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中国人最早使用负数，可追溯到两千多年前的秦汉时期，则的相反数为(    )
A． B． C． D．
2．如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（    ）

A． B． C． D．
3．从今年两会传来的数据看新时代中国发展之变.截至2022年底，我国累计建设开通5G基站2310000个，实现“县县通5G”“村村通宽带”，将2310000这个数用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
4．如图，于A，，若，等于（    ）

A． B． C． D．
5．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
6．如图，A、B两点在数轴上表示的数分别是a、b，则下列式子中一定成立的是（    ）

A． B． C． D．
7．“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．若要从“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中抽取两张，则恰好抽到“立夏”、“秋分”两张邮票的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．若，则代数式的值为（    ）
A．2 B． C． D．
9．如图，在中，，，分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于、两点，作直线交于点，若，则的面积为（    ）
  
A．2 B． C． D．4
10．已知二次函数，经过点．当时，的取值范围为．则下列四个值中有可能为的是（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
11．分解因式： ．
12．若一元二次方程x2﹣6x+m=0有两个相等的实数根，则m的值为 ．
13．已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长度分别为8cm和6cm，则菱形ABCD的周长是 ；
14．如图，一块飞镖游戏板由四个全等的直角三角形和一个正方形构成，若，，游戏板随机投掷一枚飞镖（飞镖每次都落在游戏板上），击中阴影部分的概率是 ．
  
15．一列慢车从地驶往地，一列快车从地驶往地．两车同时出发，各自抵达目的地后停止，如图所示，折线表示两车之间的距离（km）与慢车行驶时间（h）之间的关系．当快车到达地时，慢车与地的距离为 km．

16．如图，矩形中，，，点是中点，连接．将沿折叠，点落在点处，则的值为 ．
  

三、解答题
17．计算：．
18．解不等式组，并求其正整数的解．
19．如图，，是的对角线上两点，且，求证：．

20．我区某学校举行了数学计算能力比赛，李老师从七、八年级各随机抽取了10名学生的比赛成绩整理分析，成绩得分用x表示（x为整数），共分为四组：
A．；    B．；    C．；    D．．
七年级10名学生的成绩是：96，80，96，86，99，96，90，100，89，88．
八年级10名学生的成绩在C组中的数据是：90，92，94．
    
抽取的七、八年级学生统计表
年级
平均数
中位数
众数
七年级
92
b
c
八年级
92
m
100
根据以上信息，解答下列问题：
(1)______，______，______，______．
(2)扇形C的圆心角度数为______．
(3)学校八年级参加数学计算能力比赛的学生有900人，请你估计成绩超过90分的学生有多少人？
21．如图，在中，，点O在斜边上，以O为圆心，的长为半径的圆交于点D，交于点E，为的切线．
  
(1)求证：；
(2)若，，求的半径的长．
22．海中有一小岛S，该岛周围内有暗礁．今有快艇以的速度向正北航行，在A处看小岛S在船的北偏东方向，航行40分钟后到达B处，在B处看小岛S在船的北偏东方向．
  
(1)A到B的距离是______；
(2)求该快艇继续向北航行有触礁危险吗？说明理由．（参考数据：，，）
23．某校实践社团计划制作甲、乙两类手工产品共个，准备在爱心义卖活动中出售，所获收入全部捐给山区小学建图书角．若售出个甲类产品和个乙类产品收入元，售出个甲类产品和个乙类产品收入元．
(1)求甲、乙两类手工产品的售价各是多少元；
(2)已知甲类产品个数不超过乙类产品的倍，则制作甲、乙类两种产品各多少个的时候总收入最多？请说明理由．
24．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与y轴交于点B．

(1)求a，k的值；
(2)点C在反比例函数图象上，直线与x轴交于点D，，连接，求的面积；
(3)点E在x轴上，点F是坐标系内一点，当四边形为矩形时，求点E的坐标．
25．有公共顶点C的两个等腰直角三角形按如图1所示放置，点E在边上．
  
(1)连接，请直接写出的值为______；
(2)如图2，F，G分别为的中点，连接，求的值；
(3)如图3，N为的中点，连接，求的值．
26．抛物线与x轴交于两点，与y轴交于C点．
  
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接，D是线段上一点，，作射线交抛物线与点E，H是抛物线上一点，连接，若平分，求H点的坐标；
(3)在（2）的条件下，如图2，过点E作垂直于x轴于点F，在直线上存在点M，使得．请直接写出点M的坐标．

参考答案：
1．B
【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数进行解答即可得．
【详解】解：的相反数为，
故选：B．
【点睛】本题考查了相反数的定义，熟练掌握相反数的定义是解题的关键．
2．A
【分析】找到从几何体的左边看所得到的图形即可．
【详解】解：从几何体的左边看有两层，底层两个正方形，上层左边一个正方形．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了简单几何体的三视图，熟练掌握三视图的观察方法是解题的关键．
3．B
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】2310000用科学记数法表示为．
故选B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4．D
【分析】先根据平行线的性质求出的度数，再由垂直的定义得出的度数，根据角的和差关系即可得出结论．
【详解】解：∵，，
∴，
∵于A，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，角的和差关系等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．
5．B
【分析】平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形称为轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.
【详解】解：A.不是中心对称图形，是轴对称图形，故A错误；
B. 既是轴对称图形，又是中心对称图形，故B正确；
C. 是中心对称图形，不是轴对称图形，故C错误；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故D错误，
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称图形、轴对称图形，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
6．A
【分析】根据数轴可以得到a、b的正负和范围，利用不等式的性质，即可得到哪个选项是正确的．
【详解】解；由数轴可得，
，，，，
∵，，∴，故选项A正确；
∵，∴，则，故选项B错误；
∵，∴，故选项C错误；
∵，，∴，故选项D错误；
故选：A．
【点睛】本题考查数轴、绝对值，解题的关键是明确数轴的特点，不等式的性质，利用数形结合的思想解答．
7．C
【分析】画树状图（或列表）列出所有等可能的情况，再从中找出符合条件的情况数，利用概率公式计算即可得出答案．
【详解】解：如图，

共有12种等可能的情况，其中恰好抽到“立夏”、“秋分”的情况有2种，
因此恰好抽到“立夏”、“秋分”两张邮票的概率是，
故选C．
【点睛】本题考查画树状图法或列表法求概率，不重复、不遗漏地列出所有等可能的情况是解题的关键．
8．A
【分析】先根据分式的混合运算化简，再整体代入即可作答．
【详解】




，
∵，
∴原式，
故选：A．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解答本题的关键．
9．B
【分析】连接，由作法得垂直平分线，由线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质证得，由三角形外角的性质得到，根据含30度直角三角形的性质和勾股定理求出，，根据三角形的面积公式即可求出的面积．
【详解】解：连接，
由作法得垂直平分线，
，
，
，
在中，，，
，
，
，
的面积．
故选：．
  
【点睛】本题考查了作图复杂作图，线段垂直平分线的性质，含30度直角三角形的性质和勾股定理等知识，熟悉基基本作图和线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．
10．D
【分析】由时，的取值范围为，可得或是方程的两个根，则有，再由，可得，即将≥，将点代入函数解析式可得，利用的取值范围确定的取值范围即可求解．
【详解】解：当时，，
∴，
∵当时，的取值范围为，
∴或是方程的两个根，
∴，
∴，
∴，
∴是函数的对称轴，
又∵当时，的取值范围为．
∴，
∴，
∵函数经过点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴的可能取值为，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，二次函数与一元二次方程、不等式的关系，熟练掌握二次函数的图象及性质，二次函数图象上点的坐标特点是解题的关键．
11．
【分析】直接利用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了公式法分解因式，解题关键是掌握平方差公式．
12．9．
【详解】分析：根据一元二次方程的根的判别式，满足△=b2-4ac=0，得到有关m的方程即可求出m的值．
详解：∵关于x的一元二次方程x2-6x+m=0有两个相等的实数根，
∴△=b2-4ac=36-4m=0，
解得：m=9，
故答案为9．
点睛：此题主要考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）△＞0，方程有两个不相等的实数根；
（2）△=0，方程有两个相等的实数根；
（3）△＜0，方程没有实数根．
13．20
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分可得到直角三角形，再利用勾股定理求出菱形的边长即可；
【详解】如图所示：

∵菱形ABCD的对角线AC、BD的长度分别为8cm和6cm，
∴，，
又∵菱形的对角线互相垂直，
∴△AOD是直角三角形，
∴，
∴四边形的周长是：．
故答案是20．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质应用，准确理解和计算是解题的关键．
14．
【分析】根据几何概率的求法：飞镖落在阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．
【详解】解：∵正方形面积为，其中阴影部分面积为，
∴击中阴影部分的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件（A）发生的概率．
15．400
【分析】根据题意和函数图象中的数据计算出慢车和快车的速度，进而求得快车到达A地所用的时间，即可求得当快车到达A地时，慢车与地的距离．
【详解】解：由图象可知，慢车的速度为1200÷10=120（km∕h），
快车的速度为1200÷4﹣120=180（km∕h），
快车到达A地所用的时间为1200÷180=（h），
此时，慢车与B的距离为1200﹣120×=400（km），
故答案为：400．
【点睛】本题考查一次函数的应用，理解图象上点表示的具体含义是解答的关键．
16．
【分析】先过作的垂线，交于，交于，则，设，则，根据，即可得到，在中，，列方程即可得到，进而得到的值．
【详解】解：如图所示，过作的垂线，交于，交于，则，
  
由折叠可得，，
，
，
，
，
由折叠可得，
，点为的中点，
，
设，则，
，即，
中，由勾股定理得，
，
解得，（舍去），即，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是：设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
17．5
【分析】原式分别化简算术平方根、负整数指数幂、零指数幂以及代入特殊角三角函数值，然后再进行加减运算即可得到答案．
【详解】解：


=5．
【点睛】本题主要考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
18．解集为；正整数有：1，2
【分析】分别求出每一个不等式的解集，再求出不等式组的解集，最后求正整数解即可．
【详解】解不等式①得：
解不等式②得：
不等式组的解集为
正整数有：1，2．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19．见解析
【分析】由平行四边形的性质证，得，则，再由平行线的判定即可得出结论．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质以及平行线的性质与判定等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
20．(1)40，93，96，93
(2)108
(3)540人

【分析】（1）用“”分别减去其他三组的百分比可得a的值； 根据中位数的定义可得b与m的值，根据众数的定义可得c的值；
（2）用乘C组所占百分比即可；
（3）用总人数乘以样本中成绩超过分的学生人数对应的百分比即可．
【详解】（1）由题意可知，
；
把七年级10名学生的成绩从小到大排列为：，排在中间的两个数分别是，故中位数；
七年级名学生的成绩中出现的次数最多，故众数；
把八年级10名学生的成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是，故中位数
故答案为∶ ；
（2）扇形C的圆心角是，
故答案为：
（3）人
估计成绩超过90分的学生有540人
【点睛】本题考查了中位数、众数、用样本估计总体以及扇形统计图，从统计图中获取数量之间的关系是解决问题的关键．
21．(1)见解析
(2)⊙O的半径为

【分析】（1）连接，利用圆的切线的性质定理，直角三角形的两个锐角互余，同角的余角相等得到，利用同圆的半径相等，等腰三角形的性质即可得出结论；
（2）通过证明求得线段的长，连接，由圆周角定理可得，可知，易证，可得，求得，根据勾股定理得，进而可求的半径．
【详解】（1）证明：如图，连接，
  
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
连接，
  
∵是的直径，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
根据勾股定理得，
∴．
∴的半径为．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
22．(1)20
(2)该快艇继续向北航行不会有触礁危险，见解析

【分析】（1）根据速度、时间、路程之间的关系即可求解；
（2）过点作于，由题意得，，设，在中求出即可解答．
【详解】（1）解：（1）由速度、时间、路程之间的关系可得，，
故答案为：20；
（2）解：该快艇继续向北航行不会有触礁危险，理由如下：
过作，
，

设，在直角三角形中，
∴
∴，
∴
该快艇继续向北航行不会有触礁危险．
  
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，掌握锐角三角形函数的定义并灵活运用是解题的关键．
23．(1)甲类手工产品的售价是元，乙两类手工产品的售价是元
(2)制作甲类产品个，乙类产品个，获得总收入最多，见解析

【分析】（1）设甲类手工产品的售价是元，乙两类手工产品的售价是元，根据题意列出二元一次方程组，解方程即可求解．
（1）设总收入为元，制作甲类产品个，则制作乙类产品个，根据题意求得的范围，进而根据一次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：设甲类手工产品的售价是元，乙两类手工产品的售价是元，
由题意得，解得，
答：甲类手工产品的售价是元，乙两类手工产品的售价是元
（2）解：制作甲类产品个乙类产品个，获得总收入最多．理由如下：
设总收入为元，制作甲类产品个，则制作乙类产品个，
甲类产品个数不超过乙类产品的倍，

解得：．
根据题意得：，

随着的增大而增大，
当时，取得最大值，最大值为(元)，
此时，
答：制作甲类产品个，乙类产品个，获得总收入最多．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用，根据题意列出方程组，不等式，函数解析式是解题的关键．
24．(1)，
(2)8
(3)或

【分析】（1）把代入含参数解析式中，解方程，求得参数值；
（2）过点A作轴,过点C作轴，则,，证，于是，得，根据解析式得；待定系数法确定直线的解析式为，得直线与y轴交于点，于是；
（3）由四边形是矩形,得是以为斜边的直角三角形，设,由勾股定理得,,得或．
【详解】（1）解：把代入中得,
∴
把代入中得,
∴．
（2）过点A作轴,过点C作轴，则,

又∵
∴
∴
∴
把代入得，
∴
设直线的解析式为：
把,代入得,,解得：
∴
设直线与y轴交于点G,则
∴．
（3）∵四边形是矩形,
∴是以为斜边的直角三角形
设,则


由勾股定理得,,解得：,
∴或．
【点睛】本题考查一次函数、反比例函数解析式，待定系数法确定一次函数解析式，勾股定理，相似三角形判定和性质；添加辅助线构造相似三角形，得到线段间的数量关系是解题的关键．
25．(1)1
(2)
(3)

【分析】由“”可证, 可得, 即可求解;
通过证明, 可得
通过证明, 可求
【详解】（1）∵,
∴,
在和中,
，
∴,
∴,
，
故答案为: ;
（2）连接，
∵F为的中点，为等腰三角形
∴为等腰直角三角形，，
∴
同理：，
∴，即
又∵，
∴
∴
  
（3）延长至M，使得，连接
  
∵N为的中点，
∴
又∵，
∴
∴，
又∵，
∴
∵
，
又∵，，
∴
∴，
∴
∴
又∵，
∴
即
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键.
26．(1)
(2)
(3)，

【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）先求出，过点D作轴于点G，证得，求出，得到过点D作，且，连接并延长交抛物线于点H，点H即为所求，过点D作x轴的平行线，交y轴于点P，过点作于Q，证明得到，求出直线解析式， 与抛物线联立得H点的坐标；
（3）满足，可构造圆，利用圆周角定理求出答案．
【详解】（1）把代入得，
，解得：
∴；
（2）令得，，
∴，
过点D作轴于点G，
∴
∴，
∴
∴，
∴
∴
过点D作，且，连接并延长交抛物线于点H，点H即为所求
过点D作x轴的平行线，交y轴于点P，过点作于Q
  
∵，
∴
∴
又∵，∴
∴，∴，
∴，
设直线为，把点代入得，，
∴，
∴，
与抛物线联立得，解得：，（舍）
∴；
（3）解方程组，
得（舍去），，
∴，
设，以为对角线作正方形，则，如图，
  
当M在上时，，
即，
解得（舍去），，
当M在上时，，
即，
解得（舍去），，
∴或．
【点睛】本题考查了二次函数，一次函数的性质，借助几何知识灵活应用角平分线，正方形及圆周角定理解决问题是解题的关键．