《2022-2023学年北京市清华附中中考二模数学试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年北京市清华附中中考二模数学试题含解析.doc（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年中考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1如图，将一块三角板的直角顶点放在直尺的一边上，当2=3
2、8时，1=（ ）A52B38C42D602如图，每个小正方形的边长均为1，则下列图形中的三角形（阴影部分）与相似的是（）ABCD3如图，矩形ABCD中，AB=10，BC=5，点E，F，G，H分别在矩形ABCD各边上，且AE=CG，BF=DH，则四边形EFGH周长的最小值为（）A5B10C10D154下面四个立体图形，从正面、左面、上面对空都不可能看到长方形的是ABCD5如图，函数ykxb(k0)与y (m0)的图象交于点A(2，3)，B(6，1)，则不等式kxb的解集为()ABCD6下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是ABCD7如图所示，是用直尺和圆规作一个角等于已知角的示意图，则说明
3、AOBAOB的依据是（）ASASBSSSCAASDASA83点40分，时钟的时针与分针的夹角为（）A140B130C120D1109如图，将长方形纸片ABCD折叠，使边DC落在对角线AC上，折痕为CE，且D点落在对角线D处若AB=3，AD=4，则ED的长为AB3C1D10如图，M是ABC的边BC的中点，AN平分BAC，BNAN于点N，且AB=10，BC=15，MN=3，则AC的长是（）A12B14 C16D18二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11将一副三角板如图放置，若，则的大小为_12如图，在RtABC中，ACB=90，将边BC沿斜边上的中线CD折叠到CB，若B=48，则
4、ACB=_13如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为A(1,0)，等腰直角三角形ABC的边AB在x轴的正半轴上，ABC=90，点B在点A的右侧，点C在第一象限。将ABC绕点A逆时针旋转75，如果点C的对应点E恰好落在y轴的正半轴上，那么边AB的长为_14已知反比例函数的图像经过点，那么的值是_15如图，四边形ABCD中，D=B=90，AB=BC，CD=4，AC=8，设Q、R分别是AB、AD上的动点，则CQR 的周长的最小值为_ 16如图，在中，,为边的高，点在轴上，点在轴上，点在第一象限，若从原点出发，沿轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点随之沿轴下滑，并带动在平面内滑动，设运动时间为
5、秒，当到达原点时停止运动连接，线段的长随的变化而变化，当最大时，_.当的边与坐标轴平行时，_.三、解答题（共8题，共72分）17（8分）某超市开展早市促销活动，为早到的顾客准备一份简易早餐，餐品为四样A：菜包、B：面包、C：鸡蛋、D：油条超市约定：随机发放，早餐一人一份，一份两样，一样一个（1）按约定，“某顾客在该天早餐得到两个鸡蛋”是 事件（填“随机”、“必然”或“不可能”）；（2）请用列表或画树状图的方法，求出某顾客该天早餐刚好得到菜包和油条的概率18（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，ABC的三个顶点坐标分别为A（1，1），B（4，0），C（4，4）按下列要求作图：将ABC向左平移4
6、个单位，得到A1B1C1；将A1B1C1绕点B1逆时针旋转90，得到A1B1C1求点C1在旋转过程中所经过的路径长19（8分）如图，直线yx+4与x轴交于点A，与y轴交于点B抛物线yx2+bx+c经过A，B两点，与x轴的另外一个交点为C填空：b ，c ，点C的坐标为 如图1，若点P是第一象限抛物线上的点，连接OP交直线AB于点Q，设点P的横坐标为mPQ与OQ的比值为y，求y与m的数学关系式，并求出PQ与OQ的比值的最大值如图2，若点P是第四象限的抛物线上的一点连接PB与AP，当PBA+CBO45时求PBA的面积20（8分）如图，在RtABC中，C=90，A=30，AB=8，点P从点A出发，沿折
7、线ABBC向终点C运动，在AB上以每秒8个单位长度的速度运动，在BC上以每秒2个单位长度的速度运动，点Q从点C出发，沿CA方向以每秒个单位长度的速度运动，两点同时出发，当点P停止时，点Q也随之停止设点P运动的时间为t秒（1）求线段AQ的长；（用含t的代数式表示）（2）当点P在AB边上运动时，求PQ与ABC的一边垂直时t的值；（3）设APQ的面积为S，求S与t的函数关系式；（4）当APQ是以PQ为腰的等腰三角形时，直接写出t的值21（8分）正方形ABCD中，点P为直线AB上一个动点（不与点A，B重合），连接DP，将DP绕点P旋转90得到EP，连接DE，过点E作CD的垂线，交射线DC于M，交射线A
8、B于N问题出现：（1）当点P在线段AB上时，如图1，线段AD，AP，DM之间的数量关系为 ；题探究：（2）当点P在线段BA的延长线上时，如图2，线段AD，AP，DM之间的数量关系为 ；当点P在线段AB的延长线上时，如图3，请写出线段AD，AP，DM之间的数量关系并证明；问题拓展：（3）在（1）（2）的条件下，若AP=，DEM=15，则DM= 22（10分）某景区在同一线路上顺次有三个景点A，B，C，甲、乙两名游客从景点A出发，甲步行到景点C；乙花20分钟时间排队后乘观光车先到景点B，在B处停留一段时间后，再步行到景点C甲、乙两人离景点A的路程s（米）关于时间t（分钟）的函数图象如图所示甲的速度
9、是_米/分钟；当20t30时，求乙离景点A的路程s与t的函数表达式；乙出发后多长时间与甲在途中相遇？若当甲到达景点C时，乙与景点C的路程为360米，则乙从景点B步行到景点C的速度是多少？23（12分）解不等式组，请结合题意填空，完成本题的解答（1）解不等式，得_；（2）解不等式，得_；（3）把不等式和的解集在数轴上表示出来；（4）原不等式组的解集为_24某商场将进价40元一个的某种商品按50元一个售出时，每月能卖出500个.商场想了两个方案来增加利润：方案一：提高价格，但这种商品每个售价涨价1元，销售量就减少10个；方案二：售价不变，但发资料做广告已知当这种商品每月的广告费用为m(千元)时，每
10、月销售量将是原销售量的p倍，且p =试通过计算，请你判断商场为赚得更大的利润应选择哪种方案？请说明你判断的理由！参考答案一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1、A【解析】试题分析：如图：3=2=38（两直线平行同位角相等），1=903=52，故选A考点：平行线的性质2、B【解析】根据相似三角形的判定方法一一判断即可【详解】解：因为中有一个角是135，选项中，有135角的三角形只有B，且满足两边成比例夹角相等，故选：B【点睛】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型3、B【解析】作点E关于BC的对称点E，连接EG交BC于点F，此时四边形EF
11、GH周长取最小值，过点G作GGAB于点G，如图所示，AE=CG，BE=BE，EG=AB=10，GG=AD=5，EG=，C四边形EFGH=2EG=10，故选B【点睛】本题考查了轴对称-最短路径问题，矩形的性质等，根据题意正确添加辅助线是解题的关键4、B【解析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形依此找到从正面、左面、上面观察都不可能看到长方形的图形【详解】解：A、主视图为三角形，左视图为三角形，俯视图为有对角线的矩形，故本选项错误；B、主视图为等腰三角形，左视图为等腰三角形，俯视图为圆，从正面、左面、上面观察都不可能看到长方形，故本选项正确；C、主视图为长方形，左视
12、图为长方形，俯视图为圆，故本选项错误；D、主视图为长方形，左视图为长方形，俯视图为长方形，故本选项错误故选：B【点睛】本题重点考查三视图的定义以及考查学生的空间想象能力5、B【解析】根据函数的图象和交点坐标即可求得结果【详解】解：不等式kx+b 的解集为：-6x0或x2，故选B【点睛】此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键是注意掌握数形结合思想的应用6、B【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合
13、题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意故选B7、B【解析】由作法易得OD=OD，OC=OC，CD=CD，根据SSS可得到三角形全等【详解】由作法易得ODOD，OCOC，CDCD，依据SSS可判定CODCOD，故选：B【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定定理8、B【解析】根据时针与分针相距的份数乘以每份的度数，可得答案【详解】解：3点40分时针与分针相距4+=份，30=130，故选B【点睛】本题考查了钟面角，确定时针与分针相距的份数是解题关键9、A【解析】首先利用勾股定理计算出AC的长，再根据折叠可得DE
14、CDEC，设ED=x，则DE=x，AD=ACCD=2，AE=4x，再根据勾股定理可得方程22+x2=（4x）2，再解方程即可【详解】AB=3，AD=4，DC=3根据勾股定理得AC=5根据折叠可得：DECDEC，DC=DC=3，DE=DE设ED=x，则DE=x，AD=ACCD=2，AE=4x，在RtAED中：（AD）2+（ED）2=AE2，即22+x2=（4x）2，解得：x=故选A.10、C【解析】延长线段BN交AC于E.AN平分BAC，BAN=EAN.在ABN与AEN中，BAN=EAN，AN=AN，ANB=ANE=90，ABNAEN(ASA)，AE=AB=10，BN=NE.又M是ABC的边BC
15、的中点，CE=2MN=23=6，AC=AE+CE=10+6=16.故选C.二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11、160【解析】试题分析：先求出COA和BOD的度数，代入BOC=COA+AOD+BOD求出即可解：AOD=20，COD=AOB=90，COA=BOD=9020=70，BOC=COA+AOD+BOD=70+20+70=160，故答案为160考点：余角和补角12、6【解析】B=48，ACB=90，所以A=42，DC是中线，所以BCD=B=48，DCA=A=48，因为BCD=DCB=48，所以ACB=48-46=6.13、【解析】依据旋转的性质，即可得到，再根据，即可得
16、出，最后在中，可得到【详解】依题可知，在中，在中，故答案为：【点睛】本题考查了坐标与图形变化，等腰直角三角形的性质以及含30角的直角三角形的综合运用，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标14、【解析】将点的坐标代入，可以得到-1=，然后解方程，便可以得到k的值【详解】反比例函数y的图象经过点（2，-1），-1=k ；故答案为k【点睛】本题主要考查函数图像上的点满足其解析式，可以结合代入法进行解答15、【解析】作C关于AB的对称点G，关于AD的对称点F，可得三角形CQR的周长CQQRCRGQQRRFGF根据圆周角定理可得CDBCAB45，CBDCAD30，由于G
17、F2BD，在三角形CBD中，作CHBD于H，可求BD的长，从而求出CQR的周长的最小值【详解】解：作C关于AB的对称点G，关于AD的对称点F，则三角形CQR的周长CQQRCRGQQRRFGF， 在RtADC中，sinDAC，DAC30，BABC，ABC90，BACBCA45，ADCABC90，A，B，C，D四点共圆，CDBCAB45，CBDCAD30在三角形CBD中，作CHBD于H，BDDHBH4cos45cos30，CDDF，CBBG，GF2BD，CQR的周长的最小值为【点睛】本题考查了轴对称问题，关键是根据轴对称的性质和两点之间线段最短解答16、4 【解析】（1）由等腰三角形的性质可得AD
18、=BD，从而可求出OD=4，然后根据当O，D，C共线时，OC取最大值求解即可；（2）根据等腰三角形的性质求出CD，分ACy轴、BCx轴两种情况，根据相似三角形的判定定理和性质定理列式计算即可【详解】（1），当O，D，C共线时，OC取最大值，此时ODAB.，AOB为等腰直角三角形， ；（2）BC=AC，CD为AB边的高，ADC=90，BD=DA=AB=4，CD=3，当ACy轴时，ABO=CAB，RtABORtCAD，即，解得，t=，当BCx轴时，BAO=CBD，RtABORtBCD，即，解得，t= ，则当t=或时，ABC的边与坐标轴平行故答案为t=或【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，等腰三角
19、形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键三、解答题（共8题，共72分）17、（1）不可能；（2）.【解析】（1）利用确定事件和随机事件的定义进行判断；（2）画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出其中某顾客该天早餐刚好得到菜包和油条的结果数，然后根据概率公式计算【详解】（1）某顾客在该天早餐得到两个鸡蛋”是不可能事件；故答案为不可能；（2）画树状图：共有12种等可能的结果数，其中某顾客该天早餐刚好得到菜包和油条的结果数为2，所以某顾客该天早餐刚好得到菜包和油条的概率=【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
20、所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率18、（1）见解析；见解析；（1）1【解析】（1）利用点平移的坐标规律，分别画出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点可得A1B1C1；利用网格特点和旋转的性质，分别画出点A1、B1、C1的对应点A1、B1、C1即可；（1）根据弧长公式计算【详解】（1）如图，A1B1C1为所作；如图，A1B1C1为所作；（1）点C1在旋转过程中所经过的路径长【点睛】本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对
21、应点，顺次连接得出旋转后的图形也考查了平移的性质19、（3）3， 2，C（2，4）；（2）ym2+m ，PQ与OQ的比值的最大值为；（3）SPBA3【解析】（3）通过一次函数解析式确定A、B两点坐标，直接利用待定系数法求解即可得到b，c的值，令y=4便可得C点坐标（2）分别过P、Q两点向x轴作垂线，通过PQ与OQ的比值为y以及平行线分线段成比例，找到，设点P坐标为（m，-m2+m+2），Q点坐标（n，-n+2），表示出ED、OD等长度即可得y与m、n之间的关系，再次利用即可求解（3）求得P点坐标，利用图形割补法求解即可【详解】（3）直线yx+2与x轴交于点A，与y轴交于点BA（2，4），B（4
22、，2）又抛物线过B（4，2）c2把A（2，4）代入yx2+bx+2得，422+2b+2，解得，b3抛物线解析式为，yx2+x+2令x2+x+24，解得，x2或x2C（2，4）（2）如图3，分别过P、Q作PE、QD垂直于x轴交x轴于点E、D设P（m，m2+m+2），Q（n，n+2），则PEm2+m+2，QDn+2又yn又，即把n代入上式得，整理得，2ym2+2mym2+mymax即PQ与OQ的比值的最大值为（3）如图2，OBAOBP+PBA25PBA+CBO25OBPCBO此时PB过点（2，4）设直线PB解析式为，ykx+2把点（2，4）代入上式得，42k+2解得，k2直线PB解析式为，y2x+
23、2令2x+2x2+x+2整理得， x23x4解得，x4（舍去）或x5当x5时，2x+225+27P（5，7）过P作PHcy轴于点H则S四边形OHPA（OA+PH）OH（2+5）724SOABOAOB227SBHPPHBH5335SPBAS四边形OHPA+SOABSBHP24+7353【点睛】本题考查了函数图象与坐标轴交点坐标的确定，以及利用待定系数法求解抛物线解析式常数的方法，再者考查了利用数形结合的思想将图形线段长度的比化为坐标轴上点之间的线段长度比的思维能力还考查了运用图形割补法求解坐标系内图形的面积的方法20、（1）4t；（2）当点P在AB边上运动时，PQ与ABC的一边垂直时t的值是t=
24、0或或；（3）S与t的函数关系式为：S=；（4）t的值为或【解析】分析：（1）根据勾股定理求出AC的长，然后由AQ=AC-CQ求解即可；（2）当点P在AB边上运动时，PQ与ABC的一边垂直，有三种情况：当Q在C处，P在A处时，PQBC；当PQAB时；当PQAC时；分别求解即可；（3）当P在AB边上时，即0t1，作PGAC于G，或当P在边BC上时，即1t3，分别根据三角形的面积求函数的解析式即可；（4）当APQ是以PQ为腰的等腰三角形时，有两种情况：当P在边AB上时，作PGAC于G，则AG=GQ，列方程求解；当P在边AC上时， AQ=PQ，根据勾股定理求解.详解：（1）如图1，RtABC中，A=
25、30，AB=8，BC=AB=4，AC=，由题意得：CQ=t，AQ=4t；（2）当点P在AB边上运动时，PQ与ABC的一边垂直，有三种情况：当Q在C处，P在A处时，PQBC，此时t=0；当PQAB时，如图2，AQ=4t，AP=8t，A=30，cos30=，t=；当PQAC时，如图3，AQ=4t，AP=8t，A=30，cos30=，t=；综上所述，当点P在AB边上运动时，PQ与ABC的一边垂直时t的值是t=0或或；（3）分两种情况：当P在AB边上时，即0t1，如图4，作PGAC于G，A=30，AP=8t，AGP=90，PG=4t，SAPQ=AQPG=（4t）4t=2t2+8t；当P在边BC上时，即
26、1t3，如图5，由题意得：PB=2（t1），PC=42（t1）=2t+6，SAPQ=AQPC=（4t）（2t+6）=t2；综上所述，S与t的函数关系式为：S=；（4）当APQ是以PQ为腰的等腰三角形时，有两种情况：当P在边AB上时，如图6，AP=PQ，作PGAC于G，则AG=GQ，A=30，AP=8t，AGP=90，PG=4t，AG=4t，由AQ=2AG得：4t=8t，t=，当P在边AC上时，如图7，AQ=PQ，RtPCQ中，由勾股定理得：CQ2+CP2=PQ2，t=或（舍），综上所述，t的值为或点睛：此题主要考查了三角形中的动点问题，用到勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，二次函数
27、等知识，是一道比较困难的综合题，关键是合理添加辅助线，构造合适的方程求解.21、 (1) DM=AD+AP ;(2) DM=ADAP ; DM=APAD ;(3) 3或1【解析】（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出ADPPFN，进而解答即可；（2）根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出ADPPFN，进而解答即可；根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出ADPPFN，进而解答即可；（3）分两种情况利用勾股定理和三角函数解答即可【详解】（1）DM=AD+AP，理由如下：正方形ABCD，DC=AB，DAP=90，将DP绕点P旋转90得到EP，连接DE，过点E作CD的垂线，交射
28、线DC于M，交射线AB于N，DP=PE，PNE=90，DPE=90，ADP+DPA=90，DPA+EPN=90，DAP=EPN，在ADP与NPE中，ADPNPE（AAS），AD=PN，AP=EN，AN=DM=AP+PN=AD+AP；（2）DM=ADAP，理由如下：正方形ABCD，DC=AB，DAP=90，将DP绕点P旋转90得到EP，连接DE，过点E作CD的垂线，交射线DC于M，交射线AB于N，DP=PE，PNE=90，DPE=90，ADP+DPA=90，DPA+EPN=90，DAP=EPN，在ADP与NPE中，ADPNPE（AAS），AD=PN，AP=EN，AN=DM=PNAP=ADAP；D
29、M=APAD，理由如下：DAP+EPN=90，EPN+PEN=90，DAP=PEN，又A=PNE=90，DP=PE，DAPPEN，AD=PN，DM=AN=APPN=APAD；（3）有两种情况，如图2，DM=3，如图3，DM=1；如图2：DEM=15，PDA=PDEADE=4515=30，在RtPAD中AP=，AD=3，DM=ADAP=3；如图3：DEM=15，PDA=PDEADE=4515=30，在RtPAD中AP=，AD=APtan30=1，DM=APAD=1故答案为；DM=AD+AP；DM=ADAP；3或1【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质全等三角形的判定和性质，分类讨论的
30、数学思想解决问题，判断出ADPPFN是解本题的关键22、（1）60；（2）s10t6000；（3）乙出发5分钟和1分钟时与甲在途中相遇；（4）乙从景点B步行到景点C的速度是2米/分钟【解析】（1）观察图像得出路程和时间，即可解决问题（2）利用待定系数法求一次函数解析式即可；（3）分两种情况讨论即可；（4）设乙从B步行到C的速度是x米/分钟，根据当甲到达景点C时，乙与景点C的路程为360米，所用的时间为（90-60）分钟，列方程求解即可【详解】（1）甲的速度为60米/分钟（2）当20t 1时，设s=mtn，由题意得：，解得：，所以s=10t6000；（3）当20t 1时，60t=10t6000，
31、解得：t=25，2520=5；当1t 60时，60t=100，解得：t=50，5020=1综上所述：乙出发5分钟和1分钟时与甲在途中相遇（4）设乙从B步行到C的速度是x米/分钟，由题意得：5400100（9060） x=360解得：x=2答：乙从景点B步行到景点C的速度是2米/分钟【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、行程问题等知识，解题的关键是理解题意，读懂图像信息，学会构建一次函数解决实际问题，属于中考常考题型23、（1）x1；（1）x1；（3）答案见解析；（4）1x1【解析】根据一元一次不等式的解法分别解出两个不等式，根据不等式的解集的确定方法得到不等式组的解集【详解】解：（1）
32、解不等式，得x1；（1）解不等式，得 x1；（3）把不等式和的解集在数轴上表示出来：（4）原不等式组的解集为：1x1【点睛】本题考查了一元一次不等式组的解法，掌握确定解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键24、方案二能获得更大的利润；理由见解析【解析】方案一：由利润=（实际售价-进价）销售量，列出函数关系式，再用配方法求最大利润；方案二：由利润=（售价-进价）500p-广告费用，列出函数关系式，再用配方法求最大利润【详解】解：设涨价x元，利润为y元，则方案一：涨价x元时，该商品每一件利润为：50+x40，销售量为：50010x，当x=20时，y最大=9000，方案一的最大利润为9000元；方案二：该商品售价利润为=(5040)500p，广告费用为：1000m元，方案二的最大利润为10125元；选择方案二能获得更大的利润.【点睛】本题考查二次函数的实际应用，根据题意，列出函数关系式，配方求出最大值.