2023年山东省菏泽市曹县中考二模数学试题(含解析)

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题1．比3大2的数是（ ）．A．1B．1C．5D．52．下列运算不正确的是（ ）A．a3aa22B．a3a62C．(a1)(1a)a111D．aa2a2423．某几何体的三视图如图所示，则该几何体是（ ）A．圆锥B．三棱锥C．三棱柱D．四棱柱4．已知a，b是一元二次方程x2x80的两个实数根，则代数式a22ab的值等于（ ）A．7B．8C．9D．105．如图，在ABC中，BAC108，将ABC绕点A按逆时针方向旋转得到ABC．若点B恰好落在BC边上，且ABCB，则C的度数为（ ）A．18B．20C．24D．286．在同一平面直角坐标系中，一次函数yaxa2与ya2xa的图像可能是（ ）试卷第1页，共6页

A．B．C．D．7．如图，扇形纸片AOB的半径为3，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，图中阴影部分的面积为（ ）A．3π33B．3π932C．2π33D．6π9328．如图，四边形ABCD是矩形，点O在BA的延长线上，OBOD，BOD45，连接AC，BD交于点E，连接OE，交AD于点F，下列结论：①OFBD；②DF2AF；③若点G是线段OF的中点，则△AEG是等腰直角三角形；其中正确结论的个数为（ ）A．0个B．1个C．2个D．3个二、填空题

9．分解因式：8x22________．

10．如图，将YABCD沿对角线BD折叠，点A落在点E处，156，ABC70，

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则2的度数为________．

11．若a4b6，3a2b4，则ab的值为________．

12．如图1，在菱形ABCD中，A60，动点P从点A出发，沿折线ADDCCB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为_______．

13．如图，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，交y轴于点P，将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为________．

14．如图，Rt△ABC中，ACB90，B=60，BC6，点P为斜边AB上的一个动点（点P不与点A，B重合），过点P作PDAC，PEBC，垂足分别为点D，E，连接DE，PC交于点Q，连接AQ，当△APQ为直角三角形时，AP的长为________．

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三、解答题2a2a4215．化简：．a1a13x1x716．解不等式组x31x2417．如图，四边形ABCD是菱形，点E在AC的延长线上，ACDABE，AB6，AC4，求AE的长．18．在全民健身运动中，骑行运动颇受人民青睐．甲、乙两骑行爱好者约定从A地沿相同路线骑行去距离30千米的B地，已知甲骑行的平均速度是乙骑行平均速度的1.2倍，若乙先骑行20分钟，然后甲从A地出发，则甲、乙恰好同时到达B地，求甲骑行的平均速度是每分钟多少千米？19．如图，B港口在A港口的南偏西25方向上，距离A港口100海里处．一艘货轮航行到C处，发现A港口在货轮的北偏西25方向，B港口在货轮的北偏西70方向，求此时货轮与A港口的距离（结果取整数）．（参考数据：sin500.766,cos500.643,tan501.192,21.414）20．如图，直线yk1xb与反比例函数yk2的图象相交于点A，B，直线AB与x轴x2)，OA5，tanAOC交于点C，与y轴交于点D(0，1．2试卷第4页，共6页

(1)求直线AB与反比例函数的表达式；(2)若点P是第四象限内反比例函数图象上一点，S△OCP4，求点P的坐标．321．某学校为了解学生参加课外活动的情况，随机抽取了部分学生在某一天参加课外活动的时间，并绘制了以下不完整的频数分布表和扇形统计图．课外活动时间t（单位：时）频数120.5t11t1.51.5t22t2.5281642.5t3(1)求抽取的学生共有多少名？(2)求B对应扇形圆心角的度数；(3)课外活动时间在2.5t3范围内的4名学生中，有2名男生和2名女生，学校准备从中任意抽取2名学生在全校交流发言，求恰好抽取一名男生和一名女生的概率．22．如图，ABC中，ODEF的顶点O，D在边AB上，顶点E，F分别在边BC，AC上，以点O为圆心，OA长为半径的O与AB相交于点D，与BC相切于点E．试卷第5页，共6页

(1)求证：ABC是直角三角形；(2)若sinBAC3，CE6，求AB的长．523．如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接BE，DE，F是DE延长线上一点，FBBE，EF交AB于点G．(1)求证：BEDE；(2)判断△FBG是什么特殊三角形？并说明理由；(3)若正方形ABCD的边长为4cm，G为AB的中点，求AF的长．24．如图，抛物线yax2bx3与x轴相交于点A(1,0)，B，对称轴是x1，与y轴相交于点C．(1)求抛物线的函数表达式；(2)点P为抛物线对称轴上一动点，当PCB是以BC为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；(3)在（2）的条件下，在第一象限内，抛物线上是否存在点M，使得S△BCMS△BCP？若存在，求出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．试卷第6页，共6页

参考答案：

1．A【分析】首先根据题意列出式子，关键是理解“大”的意思，再利用有理数的加法法则进行计算．【详解】（-3）+2=-1故选A．【点睛】此题主要考查有理数的加法运算，熟练掌握有理数加法法则是解题关键．2．C【分析】根据单项式除以单项式，幂的乘方，平方差公式，完全平方公式，逐项分析判断即可求解．【详解】A. a3aa2原选项正确，不符合题意； B. a3a6原选项正确，不符合题意； 2C. (a1)(1a)1a2原选项不正确，符合题意； 11D. aa2a原选项正确，不符合题意； 242故选C.【点睛】本题考查了单项式除以单项式，幂的乘方，平方差公式，完全平方公式，熟练掌握以上运算法则是解题的关键．3．C【分析】由主视图和左视图得出该几何体是柱体，再结合俯视图可得答案．【详解】解：由三视图知，该几何体是三棱柱，故选：C．【点睛】本题主要考查由三视图判断几何体，由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．4．A【分析】结合一元二次方程根的定义，以及根与系数的关系求解即可．【详解】解：∵a，b是一元二次方程x2x80的两个实数根，∴a2a80，ab1，答案第1页，共18页

∴a2a8，22∴a2abaaab817，故选：A．【点睛】本题考查一元二次方程根的定义，以及根与系数的关系，一元二次方程bcax2bxc0a0有两个实数根x1，x2，则x1x2，x1x2，掌握以上公式是解aa题关键．5．C【分析】根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，即可求出答案．【详解】解：设C=x°.根据旋转的性质，得∠C=∠C'= x°，AC'=AC, AB'=AB.∴∠AB'B=∠B.∵ABCB，∴∠C=∠CAB'=x°.∴∠AB'B=∠C+∠CAB'=2x°.∴∠B=2x°.∵∠C+∠B+∠CAB=180°，BAC108，∴x+2x+108=180.解得x=24.∴C的度数为24°.故选：C.【点睛】本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质的应用及等腰三角形得性质.6．D【分析】分为a0和a<0两种情况，利用一次函数图像的性质进行判断即可．【详解】解：当x1时，两个函数的函数值：yaa2，即两个图像都过点1,aa，故2选项A、C不符合题意；当a0时，a20，一次函数yaxa2经过一、二、三象限，一次函数ya2xa经过一、二、三象限，都与y轴正半轴有交点，故选项B不符合题意；当a<0时，a20，一次函数yaxa2经过一、二、四象限，与y轴正半轴有交点，一次答案第2页，共18页

函数ya2xa经过一、三、四象限，与y轴负半轴有交点，故选项D符合题意．故选：D．【点睛】本题主要考查了一次函数的图像性质．理解和掌握它的性质是解题的关键．一次函数ykxb的图像有四种情况：①当k0，b0时，函数ykxb的图像经过第一、二、三象限；②当k0，b0时，函数ykxb的图像经过第一、三、四象限；③当k0，b0时，函数ykxb的图像经过第一、二、四象限；④当k0，b0时，函数ykxb的图像经过第二、三、四象限．7．B【分析】根据折叠，△ACB≌△AOB，进一步得到四边形OACB是菱形；进一步由OCOBBC3得到△OBC是等边三角形；最后阴影部分面积=扇形AOB面积-菱形的面积，即可【详解】依题意：△ACB≌△AOB，AOBO3∴ACBCAOBO3∴四边形OACB是菱形∴ABCO连接OC∵OCOB3∴OCOBBC3∴△OBC是等边三角形同理：OAC是等边三角形故AOB120由三线合一，在Rt△OBD中：1OBDOBC302答案第3页，共18页

13ODOB22BD3OD33211339S菱形OACB2BD2OD232322222S扇形AOB120323360S阴影S菱形OACBS扇形AOB3故选：B932【点睛】本题考查菱形的判定，菱形面积公式，扇形面积公式；解题关键是发现△OBC是等边三角形8．D【分析】通过已知条件结合全等三角形的证明和性质推出AOF≌ADB，即可证明OFBD；通过连接BF，得到△ABF为等腰直角三角形，再判断出DFBF，即可证明DF2AF；根据已证得的结论，推出AGAE，再证明△AOG≌△ADE，进一步得到GAE90，即可证得△AEG是等腰直角三角形；从而得出结论．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OADDAB90，BEDE，∵BOD45，∴AODADO45，∴AOAD，∵BEDE，OBOD，OEOE，∴OED≌OEBSSS∴OEDOEB90，∴OEDOAD90，∵OFADFE，∴AOFADB，在AOF与ADB中，AOFADBAOADOAFDAB答案第4页，共18页

∴AOF≌ADBASA，∴OFBD，①正确；∵AOF≌ADB，∴AFAB，如图所示，连接BF，则△ABF为等腰直角三角形，∴BF2AF，∵BEDE，OEDOEB90，∴OE为BD的垂直平分线，∴DFBF，∴DF2AF，②正确；∵AOF≌ADB，点G是线段OF的中点，点E是线段BD的中点，11∴OGAGGFOF，DEAEBEDB，22∵OFBD，∴OGDE，AGAE，即△AEG是等腰三角形，又∵AOAD，AOFADB，∴AOG≌ADESAS∴OAGDAE，∵OAGGAF90，∴DAEGAF90，即GAE90，∴△AEG是等腰直角三角形，③正确；综上，正确结论共有3个，故选：D．【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等，掌握图形的基本性质，熟练运用全等三角形的判定与性质是解题关键．答案第5页，共18页

9．2(2x1)(2x1)【分析】先提取2，再利用平方差公式进行分解即可．2【详解】解：8x2224x122x12x1，故答案为：2(2x1)(2x1)【点睛】本题考查分解因式，熟练掌握因式分解的步骤和乘法公式是解题的关键．10．42/42度【分析】根据平行四边形的性质，求出EBA，A的度数，再结合折叠的性质求出ABD，从而利用三角形的内角和求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD∥BA，ABCA180，∴1EBA56，A180ABC110，由折叠的性质，ABDEBD1EBA28，2∴2180AABD1801102842，故答案为：42．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，三角形的内角和定理等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．11．1【分析】②①得2a2b2，据此计算即可求解．【详解】解：∵a4b6①，3a2b4②，②①得2a2b2，∴ab1，故答案为：1．【点睛】本题考查了代数式的化简求值，利用整体代入求值是解题的关键．12．23【分析】根据图1和图2判定三角形ABD为等边三角形，它的面积为33解答即可．【详解】解：在菱形ABCD中，A60，答案第6页，共18页

ABD为等边三角形，设ABa，由图2可知，ABD的面积为33，∴ABD的面积32a334解得：a23(负值已舍)故答案为：23．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．13．(23,2)【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2023次旋转后点的坐标即可．【详解】解：∵正六边形ABCDEF边长为4，中心与原点O重合，AB∥x轴，∴AP2，AO4，OPA90，∴OPAO2AP223，∴第1次旋转结束时，点A的坐标为23,2，23，第2次旋转结束时，点A的坐标为2，第3次旋转结束时，点A的坐标为23,2，23，第4次旋转结束时，点A的坐标为2，∴4次一个循环，∵202345053，∴第2023次旋转结束时，点A的坐标为(23,2)．答案第7页，共18页

故答案为：(23,2)．【点睛】本题考查正多边形的性质，规律型问题，坐标与图形变化——旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．14．9或63/63或9【分析】根据题意，由△APQ为直角三角形，可进行分类讨论：①当APQ90；②当AQP90两种情况进行分析，然后进行计算，即可得到答案．【详解】解：根据题意，∵在Rt△ABC中，ACB90,B60,BC6，∴BAC30，∴AB2BC2612，∴AC1226263，∵当△APQ为直角三角形时，可分情况进行讨论，①当APQ90时，如图：则APCP，∴SABC11ACBCABCP，22∴63612CP，∴CP33；在直角△ACP中，由勾股定理，则AP6333229；②当AQP90时，如图答案第8页，共18页

∵PDAC,PEBC，ACB90，∴四边形CDPE是矩形，∴CQPQ，∵AQCP，∴△ACP是等腰三角形，即APAC63，综合上述，AP的长是9或63；故答案为：9或63．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，30度直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，运用分类讨论的思想进行解题．15．2a2【分析】先算括号内，结合除以一个数等于乘上这个数的倒数的知识进行化简即可．2a4a1a22(a2)(a1)(a1)2a12a2．【详解】解：原式a1a1a1a12a【点睛】本题主要考查的是分式化简，熟练掌握分式混合运算法则是解题的关键．16．x73【分析】有分母去分母，有括号去括号，移项，合并同类项，系数化1即可．3x1x7①【详解】解：x31x2②4解不等式①，3x3x7，3xx73，得x2解不等式②，x344x8，x4x834得x73不等式组的解集为x73【点睛】本题主要考查的是解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的方法是解答案第9页，共18页

题的关键．17．9【分析】根据△ACB∽△ABE，得出【详解】解：四边形ABCD是菱形ABAC，代入数据进行计算，即可得出AE的值．AEABACBACDABECABBAE △ACB∽△ABE∴ABAC AEAB62 AE94【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形相似的判定和性质，根据题意得出ACBACDABE是解题关键．18．甲骑行的平均速度为每分钟0.3千米【分析】设乙骑行的平均速度为每分钟x千米，则甲骑行的平均速度为每分钟1.2x千米，根据题意列出分式方程求解并检验即可．【详解】解：设乙骑行的平均速度为每分钟x千米，则甲骑行的平均速度为每分钟1.2x千米，根据题意，得 解得x0.25，经检验x0.25是原方程的根，且符合题意，303020，x1.2x1.2x1.20.250.3（千米/分），甲骑行的平均速度为每分钟0.3千米．【点睛】本题考查分式方程的实际应用，理解题意，准确建立分式方程，并注意求解之后要检验是解题关键．19．货轮距离A港口约141海里【分析】过点B作BHAC于点H，分别解直角三角形求出AH、HC即可得到答案．【详解】解：过点B作BHAC于点H，根据题意得，BAC252550,BCA702545，答案第10页，共18页

在RtABH中，AHB90，∵AB100,BAC50，sinBAHBHAH,cosBAH，ABAB∴BHABsinBAC1000.76676.6（海里）AHABcosBAC1000.64364.3（海里）在RtBHC中，BHC90∵BCH45,tanBCH∴CHBHCHBH76.676.676.6（海里）．tanBCHtan451∴ACAHCH64.376.6141（海里）答：货轮距离A港口约141海里．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，正确理解题意作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．2320．(1)yx2，y2x2)(2)点P的坐标为(1，【分析】（1）如图，过点A作AEx轴于点E，则tanAOCAE1，设AEx，则OE2x，OE2在Rt△AOE中，由勾股定理得，AE2OE2OA2，即x2(2x)2(5)2，解得x1，则AE1，1)，进而可得反比例函数解析式，将A，D，代入OE2，进而可得点A的坐标为(2，yk1xb，求解k1、b的值，进而可得一次函数解析式；答案第11页，共18页

314444（2）由x20，得x，则OC，设点P的纵坐标为y，则(y)，解332332得y=2，则x21，进而可得点P坐标．2【详解】（1）解：如图，过点A作AEx轴于点E，则tanAOCAE1，OE2设AEx，则OE2x，在Rt△AOE中，由勾股定理得，AE2OE2OA2，即x2(2x)2(5)2，解得x1，x=1（舍去），AE1，OE2，1)，点A的坐标为(2，k2212，2∴反比例函数解析式为y，x2k1b1ykxb将A，D坐标分别代入得，，1b23k12，解得b23∴一次函数解析式为yx2；234（2）解：由x20，得x，32OC4，3144设点P的纵坐标为y，则(y)，233解得y=2，则x21，22)．点P的坐标为(1，答案第12页，共18页

【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数综合，反比例函数与几何综合，正切，勾股定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．21．(1)80名(2)90°(3)23【分析】（1）根据表格中“0.5t1”的频数以及扇形统计图中其占比，求解总人数即可；（2）利用总人数求出“1t1.5”范围的频数，然后除以总人数求出占比，再乘360即可得出结论；（3）首先根据题意列出树状图，再结合概率公式求解即可．【详解】（1）1215%80（名），抽取的学生共有80名；（2）B对应的人数：80122816420（名），∴B对应扇形圆心角的度数为3602090，80B对应扇形圆心角的度数为90；（3）画树状图如图所示：抽取2名学生共有12种结果，其中一名男生和一名女生的结果有8种，P（一男生和一女生）82．123【点睛】本题考查扇形统计图，概率等知识点，理解扇形统计图每一部分的意义，掌握列树状图的方法求解概率是解题关键．22．(1)见解析(2)452【分析】（1）连接OE，根据切线的性质以及平行四边形的性质，推出COEB90，即可证得结论；答案第13页，共18页

（2）由平行线的性质推出CFEBAC，从而求出EF、CF，然后证得四边形AOEF是菱形，通过设BC3x，AB5x，在Rt△ACB中，运用勾股定理求解即可．【详解】（1）证：如图所示，连接OE，由题意，OEBC，OEB90，由ODEF，得OD∥EF，ODEF，∵OAOD，∴OAEF，∴四边形AOEF是平行四边形，∴AC∥OE，∴COEB90，∴△ACB是直角三角形；（2）解；EF∥AB，CFEBAC，sinCFEsinBAC3，5EFCE610，CFEF2CE2102628，sinCFE35OAOE，四边形AOEF是菱形，AFEF10，ACAFCF18，设BC3x，则AB5x，在Rt△ACB中，5x3x182，解得x9，222AB5945．22【点睛】本题考查切线的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，正弦函数等答案第14页，共18页

知识点，掌握图形的基本性质，熟练运用正弦函数值以及勾股定理是解题关键．23．(1)见解析(2)等腰三角形，见解析(3)13cm【分析】（1）由正方形ABCD，得ABAD，BAEDAE，由AEAE，得ABE≌ADE，得BEDE；（2）根据全等三角形的性质得出ABEADE，根据余角性质证明AGDFBG，求出FGBFBG，得出FBFG，即可得出答案；（3）过点F作FHAB，垂足为H，根据等腰三角形的性质得出GH11FHGH1BG21cm，证明FHG∽DAG，求出，得出22DAAG2FH412cm，根据勾股定理求出AFFH2AH2223213cm．2【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴ABAD，BAEDAE45，∵AEAE，∴ABE≌ADE，∴BEDE；（2）解：△FBG是等腰三角形，理由如下：△ABE≌△ADE，∴ABEADE，AGDADE90，FBGABE90，AGDFBG，FGBAGD，FGBFBG，FBFG，FBG是等腰三角形；（3）解：过点F作FHAB，垂足为H，如图所示：答案第15页，共18页

∵G为AB的中点，∴AGGB1AB2cm，2FBFG，GH11BG21cm，22∴AHAGGH3cm，FHGDAG90，FGHDGA，△FHG∽△DAG，FHGH1，DAAG2412cm，2FHAFFH2AH2223213cm．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判断和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握全等三角形和相似三角形的判定是关键．24．(1)yx22x3(2)点P的坐标为(1,1)(3)存在，点M的横坐标为353-5或22【分析】（1）由对称轴以及A(1,0)，建立关于a，b的方程组并求解即可；（2）首先求出B、C两点坐标，从而确定OCOB，因为要满足PCB是以BC为底边的等腰三角形，则应满足PCPB，从而确定直线OPBC并平分BOC，即为直线yx，求其与对称轴的交点即可；（3）过点M作MFx轴，交BC于点E，交x轴于点F，求出直线BC解析式之后，通过答案第16页，共18页

设点坐标，表示出ME，结合割补法表示出S△BCM，并求出SBCP，即可建立方程求解．【详解】（1）解：由对称轴为直线x∵抛物线yax2bx3过点A(1,0)，b1，得b2a，2aa1b2a，解得，ab30b2抛物线的函数表达式为yx22x3；（2）解：当x0时，y3，点C的坐标为(0,3)，由x22x30，得x11，x23，点B的坐标为(3,0)，OCOB，∵PCB是以BC为底边的等腰三角形时，有PCPB，直线OPBC，直线OP平分BOC，∴直线OP解析式为yx，将x1代入得y1，点P的坐标为(1,1)；（3）过点M作MFx轴，交BC于点E，交x轴于点F，设直线BC的函数表达式为ykxc，则k13kc0，解得，c3c3yx3，答案第17页，共18页

2设点M的坐标为m,m2m3，则点F的坐标为(m,0)，点E的坐标为(m,m3)，MEm22m3(m3)m23m，S△BCMS△MECS△MEB1113MEOFMEFBMEOBm23m，22221113S△BCPS△BOCS△COPS△BOP331313，2222由S△BCMS△BCP，得 解得m133m23m，223535，m2，22存在，点M的横坐标为35或3-5．22【点睛】本题考查二次函数综合问题，包括等腰三角形的存在性问题，三角形的面积问题等，掌握二次函数的基本性质，熟练运用割补法求解平面直角坐标系中三角形的面积问题是解题关键．答案第18页，共18页