2023年广西北海市中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年广西北海市中考数学二模试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年广西北海市中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在有理数0，−2，−3，4中，其中最小的是(    )
A. 0 B. −2 C. −3 D. 4
2. 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.
3. 纳米是长度单位，纳米技术已广泛应用于各个领域，已知1纳米=0.000000001米，某原子的直径大约是2纳米，用科学记数法表示该原子的直径约为(    )
A. 0.2×10−9米 B. 2×10−8米 C. 2×10−9米 D. 2×10−10米
4. 买一张电影票，座位号是偶数号.这个事件是(    )
A. 必然事件 B. 不可能事件 C. 随机事件 D. 确定性事件
5. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件，能使菱形ABCD成为正方形的是(    )


A. AC=BD B. AC⊥BD C. AD=AB D. AC平分∠DAB
6. 在滑轮的牵引下，一个滑块沿坡角为18°的斜坡向上移动了15m，此时滑块上升的高度是(单位：m)(    )


A. 15 B. 15sin18° C. 15cos18° D. 15tan18°
7. 下列运算正确的是(    )
A. (−2a2)3=−8a6 B. a3+a3=2a6 C. a6÷a3=a2 D. a3⋅a3=2a3
8. 小李同学在求一元二次方程x2−3x−1=0的近似根时，利用绘图软件绘制了如图所示的二次函数y=x2−3x−1的图象，利用图象得到方程x2−3x−1=0的近似根为x1≈−0.3，x2≈3.3，小李同学的这种方法主要运用的数学思想是(    )
A. 类比思想
B. 数形结合思想
C. 整体思想
D. 分类讨论思想
9. 碳酸钠的溶解度y(g)与温度t(℃)之间的对应关系如图所示，则下列说法正确的是(    )

A. 当温度为60℃时，碳酸钠的溶解度为49g
B. 碳酸钠的溶解度随着温度的升高而增大
C. 当温度为40℃时，碳酸钠的溶解度最大
D. 要使碳酸钠的溶解度大于43.6g，温度只能控制在40℃～80℃
10. 一份摄影作品【七寸照片(长7英寸，宽5英寸)】，现将照片贴在一张矩形衬纸的正中央，照片四周外露衬纸的宽度相同；矩形衬纸的面积为照片面积的2倍．设照片四周外露衬纸的宽度为x英寸(如图)，下面所列方程正确的是(    )
A. 2(7+x)(5+x)=7×5 B. (7+x)(5+x)=2×7×5
C. 2(7+2x)(5+2x)=7×5 D. (7+2x)(5+2x)=2×7×5
11. 某数学兴趣小组对祁禄山的红军小道的长度进行n次测量，得到n个结果(单位：km)：x1，x2，x3，⋯，xn.如果用x作为这条路线长度的近似值，要使得(x−x1)2+(x−x2)2+⋯+(x−xn)2的值最小，x应选取这n次测量结果的(    )
A. 中位数 B. 众数 C. 平均数 D. 最小值
12. 如图，有一路灯杆AP，路灯P距地面4.8m，身高1.6m的小明站在距A点4.8m的点D处，小明的影子为DE，他沿射线DA走2.4m到达点B处，小明的影子为BC，此时小明影子的长度(    )


A. 增长了1m B. 缩短了1m C. 增长了1.2m D. 缩短了1.2m
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
13. 计算： 16=______．
14. 因式分解：a3−4a=______．
15. 小伟帮妈妈清洗两个只有颜色不同的有盖茶杯，突然停电，小伟只好把杯盖和茶杯随机搭配在一起，则颜色搭配正确的概率为
______
．
16. 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以C为圆心，2.4为半径作⊙C，则⊙C和AB的位置关系是______ ．
17. 如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的一个顶点O在坐标原点，点A的坐标为(−2,2 3)，反比例函数y=kx的图象经过点B和点C，则k的值是______ ．


18. 如图，点E，F，G，H分别位于正方形ABCD的四条边上，四边形EFGH也是正方形，当正方形EFGH的面积最小时，∠AHE的度数是______ ．


三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
19. 先化简，再求值：(1−1a)÷a2−2a+1a，其中a= 2+1
四、解答题（本大题共7小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题6.0分)
计算：(−2+3)×2+(−2)3÷4．
21. (本小题10.0分)
(1)我们知道，平移、轴对称和旋转都属于全等变换，如图是5×5的正方形网格，A，B，C，D，E均是格点，∠ACB=90°，△ABC≌△DEC，请你判断△ABC是通过怎样的变换得到△DEC的？填______ ；
(2)在(1)的条件下，连接AD，BE，探究AD与BE的位置关系．

22. (本小题10.0分)
某村深入贯彻落实习近平新时代中国特色社会主义思想，认真践行“绿水青山就是金山银山”理念.在外打工的王大叔返回家乡创业，承包了甲、乙两座荒山，各栽100棵小枣树，发现成活率均为97%，现已挂果，经济效益初步显现，为了分析收成情况，他分别从两座山上随意各采摘了4棵树上的小枣，每棵的产量如折线统计图所示．

(1)直接写出甲山4棵小枣树产量的中位数______ ；
(2)分别计算甲、乙两座山小枣样本的平均数，并判断哪座山的样本的产量高；
(3)用样本平均数估计甲乙两座山小枣的产量总和．
23. (本小题10.0分)
综合与实践
【问题提出】(1)如图1，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门MN进攻，当甲带球冲到A点时，乙已跟随冲到B点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进.请结合你所学知识，求证：∠MBN>∠MAN．
【数学理解】德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图2，已知点A，B是∠MON的边OM上的两个定点，C是ON边上的一个动点，当且仅当△ABC的外接圆与ON边相切于点C时，∠ACB最大.人们称这一命题为米勒定理．
【问题解决】(2)如图3，已知点A，B的坐标分别是(0,1)，(0,3)，C是x轴正半轴上的一动点，当△ABC的外接圆⊙D与x轴相切于点C时，∠ACB最大.当∠ACB最大时，求点C的坐标．


24. (本小题10.0分)
某地区在同一直线上依次有甲、乙、丙三座城市，一列快车从甲市出发匀速行驶开往丙市，一列动车从丙市出发匀速行驶往返于乙、丙两座城市，两列火车同时出发.如图是两列火车离甲市的距离y(单位：km)与行驶时间x(单位：h)之间的函数图象，请你结合图象信息解决下列问题：
(1)填空：甲、乙两市相距______ km，图象中a的值为______ ，b的值为______ ；
(2)求动车从乙市返回多长时间时与快车相遇；
(3)请直接写出快车出发多长时间两列火车(都在行驶时)相距30km．

25. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2−3ax−4(a≠0)与x轴交于A(−1,0)，B两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)D是抛物线上一动点(点D不与点C重合)，设点D的横坐标为m，连接AC，BC，当△ABD的面积等于△ABC的面积时，求m的值；
(3)当t−1≤x≤t时，二次函数y=ax2−3ax−4的最小值为−5，求t的值．

26. (本小题10.0分)
综合与实践—探究正方形折叠中的数学问题
【问题情境】
在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形纸片的折叠”为主题开展数学活动.已知在正方形纸片ABCD中，E是AB边上的点(不与点A，B重合)，正方形ABCD的边长为9．
【操作发现】
(1)如图1，E是边AB上一点，F是边CD上一点.以直线EF为对称轴把正方形折叠，BC的对应线段为B′C′，其中点C′在边AD上，B′C′交边AB于点G，连接CC′，则线段EF与CC′的关系为______ ；
【实践探究】
(2)如图1，当tan∠C′FD=34时，求折痕EF的长；
(3)如图2，连接CG，交EF于点H，连接C′H，求证：CC′= 2CH．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：如图，

由图可知，−3∠MAN．
(2)解：如图，

连接DC，DA，过点D作DE⊥AB交y轴于点E，连接BD，
∴AE=BE=12AB，∠DEO=90°，
∵⊙D与x轴相切，
∴DC⊥x轴，
∴∠DEO=∠DCO=∠COE=90°，
∵四边形COED是矩形，
∴CD=OE，DE=OC，
∵A(0,1)，B(0,3)，
∴AB=2，
∴AE=BE=1，
∴BD=CE=OE=2，
∴OC=DE= BD2−BE2= 22−12= 3，
∴C( 3,0)．
 
【解析】(1)∠MBN=∠MCN>∠MAN；
(2)连接DC，DA，过点D作DE⊥AB交y轴于点E，连接BD，可推出AE=BE=12AB=1，四边形COED是矩形，进而求得DE的长，进一步得出结果．
本题考查了圆周角定理的推论，垂径定理，圆的切线的性质，矩形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．

24.【答案】200  4.5  500 
【解析】解：(1)由图可知：当x=2时，y=200，此时动车停在乙市，
∴甲、乙两市相距200千米，
∵动车从丙市出发匀速行驶往返于乙、丙两座城市，
∴动车从丙市出发匀速行驶到乙市所用的时间与动车从乙市出发匀速行驶到丙市所用的时间相同，都为2小时，
∴a=2.5+2=4.5，
由图可知：快车2小时行驶了200千米，
∴快车的速度为：200÷2=100(千米/时)，
∴100×5=500(千米)，
∴b=500．
故答案为：200；4.5；500；
(2)设快车离甲市的距离y(单位：km)与行驶时间x(单位：h)之间的函数关系式为y=kx，
把点(2,200)代入，得200=2k，解得k=100，
∴y=100x(0≤x≤5)．
设动车从乙市返回时，离甲市的距离y(单位：km)与行驶时间x(单位：h)之间的函数关系式为y=k1x+b1，
将(2.5,200)，(4.5,500)代入，得2.5k1+b1=2004.5k1+b1=500，
解得k1=150b1=−175，
∴y=150x−175(2.5≤x≤4.5)．
联立y=100xy=150x−175，
解得x=3.5．
∴3.5−2.5=1(h)，
∴动车从乙市返回1h时与快车相遇．
(3)设动车从丙市出发时，距甲市的路程y(千米)与行驶时间x(小时)之间的函数关系为：
y=k2x+b2，把(2,200)、(0,500)代入得：2k2+b2=200b2=500，
解得：k2=−150b2=500，
∴y=−150x+500．
∴当0≤x≤2时，−150x+500−100x=30，
解得：x=1.88；
当2.5≤x≤3.5时，100x−(150x−175)=30，
解得：x=2.9；
当3.50，抛物线开口向上，当x=32时，y=(32)2−3×32−4=−254，当t≤32时，y随x的增大而减小，解方程即可得到结论．
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，轴对称的性质，一元二次方程的解法，正确地求出抛物线的表达式是解题的关键．

26.【答案】EF=CC′且EF⊥CC′ 
【解析】(1)解：EF=CC′且EF⊥CC′，
如图，过点E作EH⊥CD于点H，

由折叠性质可得，EF⊥CC′，∠CFE=∠C′FE，
∴∠EHF=∠D=90°，
∴∠FEH=90°−∠CFE=∠C′CD，
∵EH=CD，
∴△EFH≌△CC′D(ASA)，
∴EF=CC′，
故答案为：EF=CC′且EF⊥CC′；
(2)解：在Rt△C′DF中，tan∠C′FD=C′DDF=34．
设C′D=3x，则DF=4x，
∴C′F= C′D2+DF2=5x．
由折叠可得，CF=C′F=5x，
∴DF+CF=9x，
即4x+5x=9，
解得x=1，
∴C′D=3，DF=4，C′F=5．
在Rt△CC′D中，CC′= CD2+C′D2= 92+32=3 10，
∴EF=CC′=3 10，
∴折痕EF的长为3 10；
(3)证明：由折叠可得，EF是CC′的垂直平分线，
∴C′H=CH，CF=C′F，
∴∠FCC′=∠FC′C，
如图，过点C作CM⊥C′G于点M，
∴∠CMG=∠FC′G=90°，
∴∠MCC′=∠FC′C，
∴∠MCC′=∠FCC′，
∵∠CMC′=∠D=90°，CC′=CC′，

∴△CC′D≌△CC′M(ASA)，
∴CD=CM，∠DCC′=∠C′CM
∴CM=CB，
∵∠CMG=∠B=90°，CG=CG，
∴Rt△CGM≌Rt△CGB(HL)，
∴∠BCG=∠MCG，
∴∠C′CG=12∠BCD=45°，
∵C′H=CH，
∴∠C′CG=∠CC′H=45°，
∴∠C′HC=90°，
∴△C′CH是等腰直角三角形，
∴CC′= 2CH．
(1)过点E作EH⊥CD于点H，由折叠性质可得，EF⊥CC′，然后证明△EFH≌△CC′D(ASA)，得EF=CC′，即可解决问题；
(2)根据锐角三角函数设C′D=3x，则DF=4x，然后由折叠性质和勾股定理求出x=1，再利用勾股定理即可求出折痕EF的长；
(3)过点C作CM⊥C′G于点M，证明△CC′D≌△CC′M(ASA)，Rt△CGM≌Rt△CGB(HL)，得到△C′CH是等腰直角三角形，进而可以解决问题．
本题是四边形综合题，考查翻折变换及正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识；证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．