2023學年遼寧省盤錦興隆臺區(qū)七校聯(lián)考中考猜題數(shù)學試卷含解析及點睛

2023中考數(shù)學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）1．如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到E，使DE=AD，連接EB，EC，DB．添加一個條件，不能使四邊形DBCE成為矩形的是（）A．AB=BE B．BE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE2．如圖，在平面直角坐標系中，線段AB的端點坐標為A（-2,4），B（4,2），直線y=kx-2與線段AB有交點，則K的值不可能是（）A．-5 B．-2 C．3 D．53．如圖，直線AB、CD相交于點O，EO⊥CD，下列說法錯誤的是（）A．∠AOD＝∠BOC B．∠AOE＋∠BOD＝90°C．∠AOC＝∠AOE D．∠AOD＋∠BOD＝180°4．甲、乙兩車從A地出發(fā)，勻速駛向B地．甲車以80km/h的速度行駛1h后，乙車才沿相同路線行駛．乙車先到達B地并停留1h后，再以原速按原路返回，直至與甲車相遇．在此過程中，兩車之間的距離y（km）與乙車行駛時間x（h）之間的函數(shù)關系如圖所示．下列說法：①乙車的速度是120km/h；②m＝160；③點H的坐標是（7，80）；④n＝7.1．其中說法正確的有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個5．下列方程中，沒有實數(shù)根的是（）A．x2﹣2x=0 B．x2﹣2x﹣1=0 C．x2﹣2x+1=0 D．x2﹣2x+2=06．如圖，OP平分∠AOB，PC⊥OA于C，點D是OB上的動點，若PC＝6cm，則PD的長可以是（）A．7cm B．4cm C．5cm D．3cm7．方程2x2﹣x﹣3=0的兩個根為（）A．x1=，x2=﹣1 B．x1=﹣，x2=1 C．x1=，x2=﹣3 D．x1=﹣，x2=38．如圖，水平的講臺上放置的圓柱體筆筒和正方體粉筆盒，其左視圖是（）A． B．C． D．9．下列幾何體中，主視圖和俯視圖都為矩形的是（

）A． B． C． D．10．當ab＞0時，y＝ax2與y＝ax+b的圖象大致是（）A． B． C． D．二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11．分解因式：2a4﹣4a2+2＝_____．12．關于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1=0有兩個不相等的實根，則實數(shù)k的取值范圍是_____．13．定義一種新運算：x*y=，如2*1==3，則（4*2）*（﹣1）=_____．14．如圖，△ABC與△DEF位似，點O為位似中心，若AC＝3DF，則OE：EB＝_____．15．已知圓錐的底面半徑為3cm，側(cè)面積為15πcm2，則這個圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角°．16．如圖，已知AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，過點C的切線與AB的延長線交于點P，連接AC，若∠A=30°，PC=3，則BP的長為．17．如圖，在直角坐標系中，⊙A的圓心A的坐標為（1，0），半徑為1，點P為直線y=x+3上的動點，過點P作⊙A的切線，切點為Q，則切線長PQ的最小值是______________．三、解答題（共7小題，滿分69分）18．（10分）頂點為D的拋物線y＝﹣x2+bx+c交x軸于A、B(3，0)，交y軸于點C，直線y＝﹣x+m經(jīng)過點C，交x軸于E(4，0)．求出拋物線的解析式；如圖1，點M為線段BD上不與B、D重合的一個動點，過點M作x軸的垂線，垂足為N，設點M的橫坐標為x，四邊形OCMN的面積為S，求S與x之間的函數(shù)關系式，并求S的最大值；點P為x軸的正半軸上一個動點，過P作x軸的垂線，交直線y＝﹣x+m于G，交拋物線于H，連接CH，將△CGH沿CH翻折，若點G的對應點F恰好落在y軸上時，請直接寫出點P的坐標．19．（5分）2019年1月，溫州軌道交通線正式運營，線有以下4種購票方式：A．二維碼過閘B．現(xiàn)金購票C．市名卡過閘D．銀聯(lián)閃付某興趣小組為了解最受歡迎的購票方式，隨機調(diào)查了某區(qū)的若干居民，得到如圖所示的統(tǒng)計圖，已知選擇方式D的有200人，求選擇方式A的人數(shù).小博和小雅對A，B，C三種購票方式的喜愛程度相同，隨機選取一種方式購票，求他們選擇同一種購票方式的概率.（要求列表或畫樹狀圖）.20．（8分）如圖1，點O是正方形ABCD兩對角線的交點，分別延長OD到點G，OC到點E，使OG=1OD，OE=1OC，然后以OG、OE為鄰邊作正方形OEFG，連接AG，DE．（1）求證：DE⊥AG；（1）正方形ABCD固定，將正方形OEFG繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如圖1．①在旋轉(zhuǎn)過程中，當∠OAG′是直角時，求α的度數(shù)；②若正方形ABCD的邊長為1，在旋轉(zhuǎn)過程中，求AF′長的最大值和此時α的度數(shù)，直接寫出結(jié)果不必說明理由．21．（10分）如圖，將矩形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到矩形AB′C′D′，點C的對應點C′恰好落在CB的延長線上，邊AB交邊C′D′于點E．（1）求證：BC＝BC′；（2）若AB＝2，BC＝1，求AE的長．22．（10分）如圖，點D為⊙O上一點，點C在直徑BA的延長線上，且∠CDA=∠CBD．判斷直線CD和⊙O的位置關系，并說明理由．過點B作⊙O的切線BE交直線CD于點E，若AC=2，⊙O的半徑是3，求BE的長．23．（12分）計算.24．（14分）如圖，在Rt△ABC中，，CD⊥AB于點D，BE⊥AB于點B，BE=CD，連接CE，DE．（1）求證：四邊形CDBE為矩形；（2）若AC=2，，求DE的長．

參考答案一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）1、B【解析】

先證明四邊形DBCE為平行四邊形，再根據(jù)矩形的判定進行解答．【詳解】∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，AD=BC，又∵AD=DE，∴DE∥BC，且DE=BC，∴四邊形BCED為平行四邊形，A、∵AB=BE，DE=AD，∴BD⊥AE，∴?DBCE為矩形，故本選項錯誤；B、∵對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，不一定為矩形，故本選項正確；C、∵∠ADB=90°，∴∠EDB=90°，∴?DBCE為矩形，故本選項錯誤；D、∵CE⊥DE，∴∠CED=90°，∴?DBCE為矩形，故本選項錯誤,故選B．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的判定等，熟練掌握相關的判定定理與性質(zhì)定理是解題的關鍵.2、B【解析】

當直線y=kx-2與線段AB的交點為A點時，把A（-2，4）代入y=kx-2，求出k=-3，根據(jù)一次函數(shù)的有關性質(zhì)得到當k≤-3時直線y=kx-2與線段AB有交點；當直線y=kx-2與線段AB的交點為B點時，把B（4，2）代入y=kx-2，求出k=1，根據(jù)一次函數(shù)的有關性質(zhì)得到當k≥1時直線y=kx-2與線段AB有交點，從而能得到正確選項．【詳解】把A（-2，4）代入y=kx-2得，4=-2k-2，解得k=-3，∴當直線y=kx-2與線段AB有交點，且過第二、四象限時，k滿足的條件為k≤-3；把B（4，2）代入y=kx-2得，4k-2=2，解得k=1，∴當直線y=kx-2與線段AB有交點，且過第一、三象限時，k滿足的條件為k≥1．即k≤-3或k≥1．所以直線y=kx-2與線段AB有交點，則k的值不可能是-2．故選B．【點睛】本題考查了一次函數(shù)y=kx+b（k≠0）的性質(zhì)：當k＞0時，圖象必過第一、三象限，k越大直線越靠近y軸；當k＜0時，圖象必過第二、四象限，k越小直線越靠近y軸．3、C【解析】

根據(jù)對頂角性質(zhì)、鄰補角定義及垂線的定義逐一判斷可得．【詳解】A、∠AOD與∠BOC是對頂角，所以∠AOD=∠BOC，此選項正確；B、由EO⊥CD知∠DOE=90°，所以∠AOE+∠BOD=90°，此選項正確；C、∠AOC與∠BOD是對頂角，所以∠AOC=∠BOD，此選項錯誤；D、∠AOD與∠BOD是鄰補角，所以∠AOD+∠BOD=180°，此選項正確；故選C．【點睛】本題主要考查垂線、對頂角與鄰補角，解題的關鍵是掌握對頂角性質(zhì)、鄰補角定義及垂線的定義．4、B【解析】

根據(jù)題意，兩車距離為函數(shù)，由圖象可知兩車起始距離為80，從而得到乙車速度，根據(jù)圖象變化規(guī)律和兩車運動狀態(tài)，得到相關未知量．【詳解】由圖象可知，乙出發(fā)時，甲乙相距80km，2小時后，乙車追上甲．則說明乙每小時比甲快40km，則乙的速度為120km/h．①正確；由圖象第2﹣6小時，乙由相遇點到達B，用時4小時，每小時比甲快40km，則此時甲乙距離4×40=160km，則m=160，②正確；當乙在B休息1h時，甲前進80km，則H點坐標為（7，80），③正確；乙返回時，甲乙相距80km，到兩車相遇用時80÷（120+80）=0.4小時，則n=6+1+0.4=7.4，④錯誤．故選B．【點睛】本題以函數(shù)圖象為背景，考查雙動點條件下，兩點距離與運動時間的函數(shù)關系，解答時既要注意圖象變化趨勢，又要關注動點的運動狀態(tài)．5、D【解析】

分別計算各方程的根的判別式的值，然后根據(jù)判別式的意義判定方程根的情況即可．【詳解】A、△=（﹣2）2﹣4×1×0=4＞0，方程有兩個不相等的實數(shù)根，所以A選項錯誤；B、△=（﹣2）2﹣4×1×（﹣1）=8＞0，方程有兩個不相等的實數(shù)根，所以B選項錯誤；C、△=（﹣2）2﹣4×1×1=0，方程有兩個相等的實數(shù)根，所以C選項錯誤；D、△=（﹣2）2﹣4×1×2=﹣4＜0，方程沒有實數(shù)根，所以D選項正確．故選D．6、A【解析】

過點P作PD⊥OB于D，根據(jù)角平分線上的點到角的兩邊距離相等可得PC＝PD，再根據(jù)垂線段最短解答即可．【詳解】解：作PD⊥OB于D，∵OP平分∠AOB，PC⊥OA，PD⊥OA，∴PD＝PC＝6cm，則PD的最小值是6cm，故選A．【點睛】考查了角平分線上的點到角的兩邊距離相等的性質(zhì)，垂線段最短的性質(zhì)，熟記性質(zhì)是解題的關鍵．7、A【解析】

利用因式分解法解方程即可．【詳解】解：（2x-3）（x+1）=0，2x-3=0或x+1=0，所以x1=，x2=-1．故選A．【點睛】本題考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是先把方程的右邊化為0，再把左邊通過因式分解化為兩個一次因式的積的形式，那么這兩個因式的值就都有可能為0，這就能得到兩個一元一次方程的解，這樣也就把原方程進行了降次，把解一元二次方程轉(zhuǎn)化為解一元一次方程的問題了（數(shù)學轉(zhuǎn)化思想）．8、C【解析】

根據(jù)左視圖是從物體的左面看得到的視圖解答即可．【詳解】解：水平的講臺上放置的圓柱形筆筒和正方體形粉筆盒，其左視圖是一個含虛線的長方形，故選C．【點睛】本題考查的是幾何體的三視圖，左視圖是從物體的左面看得到的視圖．9、B【解析】A、主視圖為等腰三角形，俯視圖為圓以及圓心，故A選項錯誤；B、主視圖為矩形，俯視圖為矩形，故B選項正確；C、主視圖，俯視圖均為圓，故C選項錯誤；D、主視圖為矩形，俯視圖為三角形，故D選項錯誤.故選：B.10、D【解析】

∵ab＞0，∴a、b同號．當a＞0，b＞0時，拋物線開口向上，頂點在原點，一次函數(shù)過一、二、三象限，沒有圖象符合要求；當a＜0，b＜0時，拋物線開口向下，頂點在原點，一次函數(shù)過二、三、四象限，B圖象符合要求．故選B．二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11、1（a+1）1（a﹣1）1．【解析】

原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．【詳解】解：原式＝1（a4﹣1a1+1）＝1（a1﹣1）1＝1（a+1）1（a﹣1）1，故答案為：1（a+1）1（a﹣1）1【點睛】本題主要考查提取公因式與公式法的綜合運用，關鍵要掌握提取公因式之后，根據(jù)多項式的項數(shù)來選擇方法繼續(xù)因式分解，如果多項式是兩項，則考慮用平方差公式；如果是三項，則考慮用完全平方公式．12、k＞【解析】

由方程根的情況，根據(jù)根的判別式可得到關于k的不等式，則可求得k的取值范圍．【詳解】∵關于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1=0有兩個不相等的實根，∴△＞0，即（2k+1）2-4（k2+1）＞0，解得k＞，故答案為k＞．【點睛】本題主要考查根的判別式，熟練掌握一元二次方程根的個數(shù)與根的判別式的關系是解題的關鍵．13、-1【解析】

利用題中的新定義計算即可求出值．【詳解】解：根據(jù)題中的新定義得：原式=*（﹣1）=3*（﹣1）==﹣1．故答案為﹣1．【點睛】本題考查了有理數(shù)的混合運算，熟練掌握運算法則是解答本題的關鍵．14、1:2【解析】

△ABC與△DEF是位似三角形，則DF∥AC，EF∥BC，先證明△OAC∽△ODF，利用相似比求得AC＝3DF，所以可求OE：OB＝DF：AC＝1：3，據(jù)此可得答案．【詳解】解：∵△ABC與△DEF是位似三角形，∴DF∥AC，EF∥BC∴△OAC∽△ODF，OE：OB＝OF：OC∴OF：OC＝DF：AC∵AC＝3DF∴OE：OB＝DF：AC＝1：3，則OE：EB＝1：2故答案為：1：2【點睛】本題考查了位似的相關知識，位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，位似圖形的對應頂點的連線平行或共線．15、1【解析】試題分析：根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式S=πrl得出圓錐的母線長，再結(jié)合扇形面積即可求出圓心角的度數(shù)．解：∵側(cè)面積為15πcm2，∴圓錐側(cè)面積公式為：S=πrl=π×3×l=15π，解得：l=5，∴扇形面積為15π=，解得：n=1，∴側(cè)面展開圖的圓心角是1度．故答案為1．考點：圓錐的計算．16、3．【解析】試題分析：連接OC,已知OA=OC，∠A=30°，所以∠OCA=∠A=30°，由三角形外角的性質(zhì)可得∠COB=∠A+∠ACO=60°，又因PC是⊙O切線，可得∠PCO=90°，∠P=30°，再由PC=3，根據(jù)銳角三角函數(shù)可得OC=PC?tan30°=3，PC=2OC=23，即可得PB=PO﹣OB=3.考點：切線的性質(zhì);銳角三角函數(shù)．17、2【解析】分析：因為BP＝，AB的長不變，當PA最小時切線長PB最小，所以點P是過點A向直線l所作垂線的垂足，利用△APC≌△DOC求出AP的長即可求解.詳解：如圖，作AP⊥直線y＝x＋3，垂足為P，此時切線長PB最小，設直線與x軸，y軸分別交于D，C.∵A的坐標為(1，0)，∴D(0，3)，C(﹣4，0)，∴OD＝3，AC＝5，∴DC＝＝5，∴AC＝DC，在△APC與△DOC中，∠APC＝∠COD＝90°，∠ACP＝∠DCO，AC＝DC，∴△APC≌△DOC，∴AP＝OD＝3，∴PB＝＝2．故答案為2.點睛：本題考查了切線的性質(zhì)，全等三角形的判定性質(zhì)，勾股定理及垂線段最短，因為直角三角形中的三邊長滿足勾股定理，所以當其中的一邊的長不變時，即可根據(jù)另一邊的取值情況確定第三邊的最大值或最小值.三、解答題（共7小題，滿分69分）18、(1)y＝﹣x2+2x+3；(2)S＝﹣(x﹣)2+；當x＝時，S有最大值，最大值為；(3)存在，點P的坐標為(4，0)或(，0).【解析】

（1）將點E代入直線解析式中，可求出點C的坐標，將點C、B代入拋物線解析式中，可求出拋物線解析式．（2）將拋物線解析式配成頂點式，可求出點D的坐標，設直線BD的解析式，代入點B、D，可求出直線BD的解析式，則MN可表示，則S可表示．（3）設點P的坐標，則點G的坐標可表示，點H的坐標可表示，HG長度可表示，利用翻折推出CG＝HG，列等式求解即可．【詳解】（1）將點E代入直線解析式中，0＝﹣×4+m，解得m＝3，∴解析式為y＝﹣x+3，∴C(0，3)，∵B(3，0)，則有，解得，∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+2x+3；（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣1)2+4，∴D(1，4)，設直線BD的解析式為y＝kx+b，代入點B、D，，解得，∴直線BD的解析式為y＝﹣2x+6，則點M的坐標為(x，﹣2x+6)，∴S＝(3+6﹣2x)?x?＝﹣(x﹣)2+，∴當x＝時，S有最大值，最大值為．(3)存在，如圖所示，設點P的坐標為(t，0)，則點G(t，﹣t+3)，H(t，﹣t2+2t+3)，∴HG＝|﹣t2+2t+3﹣(﹣t+3)|＝|t2﹣t|CG＝＝t，∵△CGH沿GH翻折，G的對應點為點F，F(xiàn)落在y軸上，而HG∥y軸，∴HG∥CF，HG＝HF，CG＝CF，∠GHC＝∠CHF，∴∠FCH＝∠CHG，∴∠FCH＝∠FHC，∴∠GCH＝∠GHC，∴CG＝HG，∴|t2﹣t|＝t，當t2﹣t＝t時，解得t1＝0(舍)，t2＝4，此時點P(4，0)．當t2﹣t＝﹣t時，解得t1＝0(舍)，t2＝，此時點P(，0)．綜上，點P的坐標為(4，0)或(，0)．【點睛】此題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，點坐標轉(zhuǎn)換為線段長度，幾何圖形與二次函數(shù)結(jié)合的問題，最后一問推出CG＝HG為解題關鍵．19、(1)600人（2）【解析】

（1）計算方式A的扇形圓心角占D的圓心角的分率，然后用方式D的人數(shù)乘這個分數(shù)即為方式A的人數(shù)；（2）列出表格或樹狀圖分別求出所有情況以及兩名同學恰好選中同一種購票方式的情況后，利用概率公式即可求出兩名同學恰好選中同一種購票方式的概率．【詳解】（1）（人），∴最喜歡方式A的有600人（2）列表法：ABCAA，AA，BA，CBB，AB，BB，CCC，AC，BC，C樹狀法：∴（同一種購票方式）【點睛】本題考查扇形統(tǒng)計圖的運用和列表法或畫樹狀圖求概率的運用，讀懂統(tǒng)計圖，從統(tǒng)計圖中得到必要的信息是解決問題的關鍵．扇形統(tǒng)計圖直接反映部分占總體的百分比大?。?0、（1）見解析；（1）30°或150°，的長最大值為，此時．【解析】

（1）延長ED交AG于點H，易證△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后運用等量代換證明∠AHE=90°即可；（1）①在旋轉(zhuǎn)過程中，∠OAG′成為直角有兩種情況：α由0°增大到90°過程中，當∠OAG′=90°時，α=30°，α由90°增大到180°過程中，當∠OAG′=90°時，α=150°；②當旋轉(zhuǎn)到A、O、F′在一條直線上時，AF′的長最大，AF′=AO+OF′=+1，此時α=315°．【詳解】(1)如圖1,延長ED交AG于點H,∵點O是正方形ABCD兩對角線的交點，∴OA=OD，OA⊥OD，∵OG=OE，在△AOG和△DOE中，，∴△AOG≌△DOE，∴∠AGO=∠DEO，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE⊥AG；(1)①在旋轉(zhuǎn)過程中,∠OAG′成為直角有兩種情況：(Ⅰ)α由0°增大到90°過程中,當∠OAG′=90°時，∵OA=OD=OG=OG′，∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O==，∴∠AG′O=30°，∵OA⊥OD,OA⊥AG′，∴OD∥AG′,∴∠DOG′=∠AG′O=30°°，即α=30°；(Ⅱ)α由90°增大到180°過程中,當∠OAG′=90°時，同理可求∠BOG′=30°，∴α=180°?30°=150°.綜上所述,當∠OAG′=90°時,α=30°或150°.②如圖3,當旋轉(zhuǎn)到A.

O、F′在一條直線上時,AF′的長最大，∵正方形ABCD的邊長為1，∴OA=OD=OC=OB=，∵OG=1OD，∴OG′=OG=，∴OF′=1，∴AF′=AO+OF′=+1，∵∠COE′=45°，∴此時α=315°.【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的定義，掌握正方形的四條邊相等、四個角相等，旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)是解題的關鍵，注意特殊角的三角函數(shù)值的應用．21、（1）證明見解析；（2）AE=．【解析】

（1）連結(jié)AC、AC′，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠ABC＝90°，即AB⊥CC′，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AD＝BC，∠D＝∠ABC′＝90°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到BC′＝AD′，AD＝AD′，證得BC′＝AD′，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BE＝D′E，設AE＝x，則D′E＝2﹣x，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．【詳解】解：：（1）連結(jié)AC、AC′，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠ABC＝90°，即AB⊥CC′，∵將矩形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到矩形AB′C′D′，∴AC＝AC′，∴BC＝BC′；（2）∵四邊形ABCD為矩形，∴AD＝BC，∠D＝∠ABC′＝90°，∵BC＝BC′，∴BC′＝AD′，∵將矩形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到矩形AB′C′D′，∴AD＝AD′，∴BC′＝AD′，在△AD′E與△C′BE中∴△AD′E≌△C′BE，∴BE＝D′E，設AE＝x，則D′E＝2﹣x，在Rt△AD′E中，∠D′＝90°，由勾定理，得x2﹣（2﹣x）2＝1，解得x＝，∴AE＝