2023年云南昆明長城中學中考數(shù)學模擬預測試卷含答案解析

2023年云南昆明長城中學中考數(shù)學模擬預測試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）1．二次函數(shù)y=﹣（x+2）2﹣1的圖象的對稱軸是（）A．直線x=1 B．直線x=﹣1 C．直線x=2 D．直線x=﹣22．我國古代數(shù)學家劉徽用“牟合方蓋”找到了球體體積的計算方法．“牟合方蓋”是由兩個圓柱分別從縱橫兩個方向嵌入一個正方體時兩圓柱公共部分形成的幾何體．如圖所示的幾何體是可以形成“牟合方蓋”的一種模型，它的俯視圖是（）A． B． C． D．3．下列運算，結果正確的是（）A．m2+m2=m4 B．2m2n÷mn=4mC．（3mn2）2=6m2n4 D．（m+2）2=m2+44．已知一次函數(shù)y＝（k﹣2）x+k不經(jīng)過第三象限，則k的取值范圍是（）A．k≠2 B．k＞2 C．0＜k＜2 D．0≤k＜25．cos30°=（）A． B． C． D．6．如圖,E為平行四邊形ABCD的邊AB延長線上的一點,且BE:AB=2：3,△BEF的面積為4,則平行四邊形ABCD的面積為()

A．30 B．27 C．14 D．327．如圖，下列圖形都是由面積為1的正方形按一定的規(guī)律組成，其中，第（1）個圖形中面積為1的正方形有2個，第（2）個圖形中面積為1的正方形有5個，第（3）個圖形中面積為1的正方形有9個，…，按此規(guī)律．則第（6）個圖形中面積為1的正方形的個數(shù)為（）A．20 B．27 C．35 D．408．cos45°的值是（

）A．

B．

C．

D．19．如圖，下列四個圖形是由已知的四個立體圖形展開得到的，則對應的標號是A． B． C． D．10．如果兩圓只有兩條公切線,那么這兩圓的位置關系是()A．內(nèi)切 B．外切 C．相交 D．外離二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11．已知A（0,3），B（2,3）是拋物線上兩點，該拋物線的頂點坐標是_________.12．若一個多邊形的內(nèi)角和是900o，則這個多邊形是邊形．13．點C在射線AB上，若AB=3，BC=2，則AC為_____．14．如圖，在邊長為1的正方形格點圖中，B、D、E為格點，則∠BAC的正切值為_____．15．函數(shù)的自變量x的取值范圍是_____．16．如圖，是由一些小立方塊所搭幾何體的三種視圖，若在所搭幾何體的基礎上（不改變原幾何體中小立方塊的位置），繼續(xù)添加相同的小立方塊，以搭成一個大正方體，至少還需要________個小立方塊．17．一個多邊形的每個內(nèi)角都等于150°，則這個多邊形是_____邊形．三、解答題（共7小題，滿分69分）18．（10分）如圖，AB∥CD，△EFG的頂點F，G分別落在直線AB，CD上，GE交AB于點H，GE平分∠FGD．若∠EFG=90°，∠E=35°，求∠EFB的度數(shù)．19．（5分）如圖，已知拋物線y=ax2+2x+8與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，且B（4，0）．(1)求拋物線的解析式及其頂點D的坐標；(2)如果點P（p，0）是x軸上的一個動點，則當|PC﹣PD|取得最大值時，求p的值；(3)能否在拋物線第一象限的圖象上找到一點Q，使△QBC的面積最大，若能，請求出點Q的坐標；若不能，請說明理由．20．（8分）為了提高服務質(zhì)量，某賓館決定對甲、乙兩種套房進行星級提升，已知甲種套房提升費用比乙種套房提升費用少3萬元，如果提升相同數(shù)量的套房，甲種套房費用為625萬元，乙種套房費用為700萬元．（1）甲、乙兩種套房每套提升費用各多少萬元？（2）如果需要甲、乙兩種套房共80套，市政府籌資金不少于2090萬元，但不超過2096萬元，且所籌資金全部用于甲、乙種套房星級提升，市政府對兩種套房的提升有幾種方案？哪一種方案的提升費用最少？（3）在（2）的條件下，根據(jù)市場調(diào)查，每套乙種套房的提升費用不會改變，每套甲種套房提升費用將會提高a萬元（a＞0），市政府如何確定方案才能使費用最少？21．（10分）已知圓O的半徑長為2，點A、B、C為圓O上三點，弦BC=AO，點D為BC的中點，(1)如圖，連接AC、OD，設∠OAC=α，請用α表示∠AOD；(2)如圖，當點B為的中點時，求點A、D之間的距離：(3)如果AD的延長線與圓O交于點E，以O為圓心，AD為半徑的圓與以BC為直徑的圓相切，求弦AE的長．22．（10分）如圖，已知AB是⊙O的直徑，CD與⊙O相切于C，BE∥CO．（1）求證：BC是∠ABE的平分線；（2）若DC=8，⊙O的半徑OA=6，求CE的長．23．（12分）如圖，AB是半圓O的直徑，點P是半圓上不與點A，B重合的動點，PC∥AB，點M是OP中點．（1）求證：四邊形OBCP是平行四邊形；（2）填空：①當∠BOP＝時，四邊形AOCP是菱形；②連接BP，當∠ABP＝時，PC是⊙O的切線．24．（14分）（1）問題：如圖1，在四邊形ABCD中，點P為AB上一點，∠DPC=∠A=∠B=90°．求證：AD·BC=AP·BP．（2）探究：如圖2，在四邊形ABCD中，點P為AB上一點，當∠DPC=∠A=∠B=θ時，上述結論是否依然成立．說明理由．（3）應用：請利用（1）（2）獲得的經(jīng)驗解決問題：如圖3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=1．點P以每秒1個單位長度的速度，由點A出發(fā)，沿邊AB向點B運動，且滿足∠DPC=∠A．設點P的運動時間為t（秒），當DC的長與△ABD底邊上的高相等時，求t的值．

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、D【答案解析】

根據(jù)二次函數(shù)頂點式的性質(zhì)解答即可.【題目詳解】∵y=﹣（x+2）2﹣1是頂點式，∴對稱軸是：x=-2，故選D.【答案點睛】本題考查二次函數(shù)頂點式y(tǒng)=a(x-h)2+k的性質(zhì)，對稱軸為x=h，頂點坐標為（h，k）熟練掌握頂點式的性質(zhì)是解題關鍵.2、A【答案解析】

根據(jù)俯視圖即從物體的上面觀察得得到的視圖，進而得出答案．【題目詳解】該幾何體的俯視圖是：．故選A．【答案點睛】此題主要考查了幾何體的三視圖；掌握俯視圖是從幾何體上面看得到的平面圖形是解決本題的關鍵．3、B【答案解析】

直接利用積的乘方運算法則、合并同類項法則和單項式除以單項式運算法則計算得出答案．【題目詳解】A.m2+m2=2m2，故此選項錯誤；B.2m2n÷mn=4m，正確；C.(3mn2)2=9m2n4，故此選項錯誤；D.(m+2)2=m2+4m+4，故此選項錯誤.故答案選：B.【答案點睛】本題考查了乘方運算法則、合并同類項法則和單項式除以單項式運算法則，解題的關鍵是熟練的掌握乘方運算法則、合并同類項法則和單項式除以單項式運算法則.4、D【答案解析】

直線不經(jīng)過第三象限，則經(jīng)過第二、四象限或第一、二、四象限，當經(jīng)過第二、四象限時，函數(shù)為正比例函數(shù)，k=0當經(jīng)過第一、二、四象限時，,解得0<k<2，綜上所述，0≤k<2。故選D5、C【答案解析】

直接根據(jù)特殊角的銳角三角函數(shù)值求解即可.【題目詳解】故選C.【答案點睛】考點：特殊角的銳角三角函數(shù)點評：本題屬于基礎應用題，只需學生熟練掌握特殊角的銳角三角函數(shù)值，即可完成.6、A【答案解析】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB//CD，AB=CD，AD//BC，∴△BEF∽△CDF，△BEF∽△AED，∴，∵BE：AB=2：3，AE=AB+BE，∴BE：CD=2：3，BE：AE=2：5，∴，∵S△BEF=4，∴S△CDF=9，S△AED=25，∴S四邊形ABFD=S△AED-S△BEF=25-4=21，∴S平行四邊形ABCD=S△CDF+S四邊形ABFD=9+21=30，故選A.【答案點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等，熟記相似三角形的面積等于相似比的平方是解題的關鍵.7、B【答案解析】測試卷解析：第（1）個圖形中面積為1的正方形有2個，第（2）個圖形中面積為1的圖象有2+3=5個，第（3）個圖形中面積為1的正方形有2+3+4=9個，…，按此規(guī)律，第n個圖形中面積為1的正方形有2+3+4+…+（n+1）=個，則第（6）個圖形中面積為1的正方形的個數(shù)為2+3+4+5+6+7=27個．故選B．考點：規(guī)律型：圖形變化類.8、C【答案解析】

本題主要是特殊角的三角函數(shù)值的問題，求解本題的關鍵是熟悉特殊角的三角函數(shù)值.【題目詳解】cos45°=.故選：C.【答案點睛】本題考查特殊角的三角函數(shù)值.9、B【答案解析】

根據(jù)常見幾何體的展開圖即可得．【題目詳解】由展開圖可知第一個圖形是②正方體的展開圖，第2個圖形是①圓柱體的展開圖，第3個圖形是③三棱柱的展開圖，第4個圖形是④四棱錐的展開圖，故選B【答案點睛】本題考查的是幾何體，熟練掌握幾何體的展開面是解題的關鍵.10、C【答案解析】

兩圓內(nèi)含時，無公切線；兩圓內(nèi)切時，只有一條公切線；兩圓外離時，有4條公切線；兩圓外切時，有3條公切線；兩圓相交時，有2條公切線．【題目詳解】根據(jù)兩圓相交時才有2條公切線．故選C．【答案點睛】本題考查了圓與圓的位置關系．熟悉兩圓的不同位置關系中的外公切線和內(nèi)公切線的條數(shù)．二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11、（1,4）.【答案解析】測試卷分析：把A（0,3），B（2,3）代入拋物線可得b=2，c=3，所以=，即可得該拋物線的頂點坐標是（1,4）.考點：拋物線的頂點.12、七【答案解析】

根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式，列式求解即可.【題目詳解】設這個多邊形是邊形，根據(jù)題意得，，解得.故答案為.【答案點睛】本題主要考查了多邊形的內(nèi)角和公式，熟記公式是解題的關鍵.13、2或2．【答案解析】解：本題有兩種情形：（2）當點C在線段AB上時，如圖，∵AB=3，BC=2，∴AC=AB﹣BC=3-2=2；（2）當點C在線段AB的延長線上時，如圖，∵AB=3，BC=2，∴AC=AB+BC=3+2=2．故答案為2或2．點睛：在未畫圖類問題中，正確畫圖很重要，本題滲透了分類討論的思想，體現(xiàn)了思維的嚴密性，在今后解決類似的問題時，要防止漏解．14、【答案解析】

根據(jù)圓周角定理可得∠BAC=∠BDC，然后求出tan∠BDC的值即可．【題目詳解】由圖可得，∠BAC=∠BDC，∵⊙O在邊長為1的網(wǎng)格格點上，∴BE=3，DB=4，則tan∠BDC==∴tan∠BAC=故答案為【答案點睛】本題考查的知識點是圓周角定理及其推論及解直角三角形，解題的關鍵是熟練的掌握圓周角定理及其推論及解直角三角形.15、x≠1【答案解析】

根據(jù)分母不等于2列式計算即可得解．【題目詳解】由題意得，x-1≠2，解得x≠1．故答案為x≠1．【答案點睛】本題考查的知識點為：分式有意義，分母不為2．16、54【答案解析】測試卷解析：由主視圖可知，搭成的幾何體有三層，且有4列；由左視圖可知，搭成的幾何體共有3行；第一層有7個正方體，第二層有2個正方體，第三層有1個正方體，共有10個正方體，∵搭在這個幾何體的基礎上添加相同大小的小正方體，以搭成一個大正方體，∴搭成的大正方體的共有4×4×4=64個小正方體，∴至少還需要64-10=54個小正方體．【答案點睛】先由主視圖、左視圖、俯視圖求出原來的幾何體共有10個正方體，再根據(jù)搭成的大正方體的共有4×4×4=64個小正方體，即可得出答案．本題考查了學生對三視圖掌握程度和靈活運用能力，同時也體現(xiàn)了對空間想象能力方面的考查，關鍵是求出搭成的大正方體共有多少個小正方體．17、1【答案解析】

根據(jù)多邊形的內(nèi)角和定理：180°?（n-2）求解即可．【題目詳解】由題意可得：180°?（n-2）=150°?n，

解得n=1．

故多邊形是1邊形．三、解答題（共7小題，滿分69分）18、20°【答案解析】

依據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠FGH=55°，再根據(jù)GE平分∠FGD，AB∥CD，即可得到∠FHG=∠HGD=∠FGH=55°，再根據(jù)∠FHG是△EFH的外角，即可得出∠EFB=55°-35°=20°．【題目詳解】∵∠EFG=90°，∠E=35°，∴∠FGH=55°，∵GE平分∠FGD，AB∥CD，∴∠FHG=∠HGD=∠FGH=55°，∵∠FHG是△EFH的外角，∴∠EFB=55°﹣35°=20°．【答案點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，兩直線平行時，應該想到它們的性質(zhì)，由兩直線平行的關系得到角之間的數(shù)量關系，從而達到解決問題的目的．19、(1)y=﹣（x﹣1）2+9，D（1，9）；(2)p=﹣1；（3）存在點Q（2，1）使△QBC的面積最大．【答案解析】分析：（1）把點B的坐標代入y=ax2+2x+1求得a的值，即可得到該拋物線的解析式，再把所得解析式配方化為頂點式，即可得到拋物線頂點D的坐標；（2）由題意可知點P在直線CD上時，|PC﹣PD|取得最大值，因此，求得點C的坐標，再求出直CD的解析式，即可求得符合條件的點P的坐標，從而得到p的值；（3）由（1）中所得拋物線的解析式設點Q的坐標為（m，﹣m2+2m+1）（0＜m＜4），然后用含m的代數(shù)式表達出△BCQ的面積，并將所得表達式配方化為頂點式即可求得對應點Q的坐標.詳解：（1）∵拋物線y=ax2+2x+1經(jīng)過點B（4，0），∴16a+1+1=0，∴a=﹣1，∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣1）2+9，∴D（1，9）；（2）∵當x=0時，y=1，∴C（0，1）．設直線CD的解析式為y=kx+b．將點C、D的坐標代入得：，解得：k=1，b=1，∴直線CD的解析式為y=x+1．當y=0時，x+1=0，解得：x=﹣1，∴直線CD與x軸的交點坐標為（﹣1，0）．∵當P在直線CD上時，|PC﹣PD|取得最大值，∴p=﹣1；（3）存在，理由：如圖，由（2）知，C（0，1），∵B（4，0），∴直線BC的解析式為y=﹣2x+1，過點Q作QE∥y軸交BC于E，設Q（m，﹣m2+2m+1）（0＜m＜4），則點E的坐標為：（m，﹣2m+1），∴EQ=﹣m2+2m+1﹣（﹣2m+1）=﹣m2+4m，∴S△QBC=（﹣m2+4m）×4=﹣2（m﹣2）2+1，∴m=2時，S△QBC最大，此時點Q的坐標為：（2，1）．點睛：（1）解第2小題時，知道當點P在直線CD上時，|PC﹣PD|的值最大，是找到解題思路的關鍵；（2）解第3小題的關鍵是設出點Q的坐標（m，﹣m2+2m+1）（0＜m＜4），并結合點B、C的坐標把△BCQ的面積用含m的代數(shù)式表達出來.20、（1）甲：25萬元；乙：28萬元；（2）三種方案；甲種套房提升50套，乙種套房提升30套費用最少；（3）當a=3時，三種方案的費用一樣，都是2240萬元；當a＞3時，取m=48時費用最??；當0＜a＜3時，取m=50時費用最省.【答案解析】測試卷分析：（1）設甲種套房每套提升費用為x萬元，根據(jù)題意建立方程求出其解即可；（2）設甲種套房提升m套，那么乙種套房提升（80-m）套，根據(jù)條件建立不等式組求出其解就可以求出提升方案，再表示出總費用與m之間的函數(shù)關系式，根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)就可以求出結論；（3）根據(jù)（2）表示出W與m之間的關系式，由一次函數(shù)的性質(zhì)分類討論就可以得出結論．（1）設甲種套房每套提升費用為x萬元，依題意，得625解得：x=25經(jīng)檢驗：x=25符合題意，x+3=28；答：甲，乙兩種套房每套提升費用分別為25萬元，28萬元．（2）設甲種套房提升套，那么乙種套房提升(m-48)套，依題意，得解得：48≤m≤50即m=48或49或50，所以有三種方案分別是：方案一：甲種套房提升48套，乙種套房提升32套．方案二：甲種套房提升49套，乙種套房提升1．套方案三：甲種套房提升50套，乙種套房提升30套．設提升兩種套房所需要的費用為W.所以當時，費用最少，即第三種方案費用最少.（3）在（2）的基礎上有：當a=3時，三種方案的費用一樣，都是2240萬元.當a＞3時，取m=48時費用W最省.當0＜a＜3時，取m=50時費用最省.考點:1.一次函數(shù)的應用；2.分式方程的應用；3.一元一次不等式組的應用．21、（1）；（2）；（3）【答案解析】

（1）連接OB、OC，可證△OBC是等邊三角形，根據(jù)垂徑定理可得∠DOC等于30°，OA=OC可得∠ACO=∠CAO=α，利用三角形的內(nèi)角和定理即可表示出∠AOD的值.（2）連接OB、OC，可證△OBC是等邊三角形，根據(jù)垂徑定理可得∠DOB等于30°，因為點D為BC的中點，則∠AOB=∠BOC=60°，所以∠AOD等于90°，根據(jù)OA=OB=2,在直角三角形中用三角函數(shù)及勾股定理即可求得OD、AD的長.（3）分兩種情況討論：兩圓外切，兩圓內(nèi)切.先根據(jù)兩圓相切時圓心距與兩圓半徑的關系，求出AD的長，再過O點作AE的垂線，利用勾股定理列出方程即可求解.【題目詳解】(1)如圖1：連接OB、OC.∵BC=AO∴OB=OC=BC∴△OBC是等邊三角形∴∠BOC=60°∵點D是BC的中點∴∠BOD=∵OA=OC∴=α∴∠AOD=180°-α-α-=150°-2α(2)如圖2：連接OB、OC、OD.由（1）可得：△OBC是等邊三角形，∠BOD=∵OB=2，∴OD=OB?cos=∵B為的中點，∴∠AOB=∠BOC=60°∴∠AOD=90°根據(jù)勾股定理得：AD=（3）①如圖3.圓O與圓D相內(nèi)切時：連接OB、OC，過O點作OF⊥AE∵BC是直徑，D是BC的中點∴以BC為直徑的圓的圓心為D點由（2）可得：OD=，圓D的半徑為1∴AD=設AF=x在Rt△AFO和Rt△DOF中，即解得：∴AE=②如圖4.圓O與圓D相外切時：連接OB、OC，過O點作OF⊥AE∵BC是直徑，D是BC的中點∴以BC為直徑的圓的圓心為D點由（2）可得：OD=，圓D的半徑為1∴AD=在Rt△AFO和Rt△DOF中，即解得：∴AE=【答案點睛】本題主要考查圓的相關知識：垂徑定理，圓與圓相切的條件，關鍵是能靈活運用垂徑定理和勾股定理相結合思考問題，另外需注意圓相切要分內(nèi)切與外切兩種情況.22、（1）證明見解析；（2）4.1．【答案解析】測試卷分析：（1）由BE∥CO，推出∠OCB=∠CBE，由OC=OB，推出∠OCB=∠OBC，可得∠CBE=∠CBO；（2）在Rt△CDO中，求出OD，由OC∥BE，可得，由此即可解決問題；測試卷解析：（1）證明：∵DE是切線，∴OC⊥DE，∵BE∥CO，∴∠OCB=∠CBE，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠CBE=∠CBO，∴BC平分∠ABE．（2）在Rt△CDO中，∵DC=1，OC=0A=6，∴OD==10，∵OC∥BE，∴，∴，∴EC=4.1．考點：切線的性質(zhì)．23、(1)見解析;(2)①120°；②45°【答案解析】

（1）由AAS證明△CPM≌△AOM，得出PC=OA，得出PC=OB，即可得出結論；

（2）①證出OA=OP=PA，得出△AOP是等邊三角形，∠A=∠AOP=60°，得出∠BOP=120°即可；

②由切線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得出∠BOP=90°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠ABP=∠OPB=45°即可．【題目詳解】（1）∵PC∥AB，∴∠PCM＝∠OAM，∠CPM＝∠AOM．∵點M是OP的中點，∴OM＝PM，在△CPM和△AOM中，，∴△CPM≌△AOM（AAS），∴PC＝OA．∵AB是半圓O的直徑，∴OA＝OB，∴PC＝OB．又PC∥AB，∴四邊形OBCP是平行四邊形．（2）①∵四邊形AOCP是菱形，∴OA＝PA，∵OA＝OP，∴OA＝OP＝PA，∴△A