【中考二模】2023年年中考数学第二次模拟考试卷11

中考三次模拟测试的重要性

三次模拟考试都有一个共同的作用，就是“以考促教”、“以考促学”，但是三次考试还有比较明显的不同之处。三次模拟的目的是始终坚持教学研究，特别是习题教学的研究，做好统计分析工作，做好针对性的讲评，给学生学法指导。那么三次模拟考试又有何区别么？

一模考试：一模考试大致的时间为3月中旬到4月之间。一模考试是考生第一次接触中考题型。这次考试主要是为了让考生了解中考题型，同时发现自己的薄弱环节，然后根据自己的实际情况对症下药，这样复习效果才会显著。

二模考试：二模考试大致在五月份，难度相对较大。这次考试主要检测学校以及学生在第一轮复习的成果，让老师和孩子找到问题的关键，是否存在基础不扎实，计算能力是否需要加强等等。然后找到解决方法，做到复习方法的改进，以及重难点的分布，复习的目标。

三模考试：三模考试大概在中考前两周左右，三模是中考前的最后一次考前检验，可以说这个时候，考生的成绩基本上已经定型了。主要也是对初中三年的知识做一个系统的检测，让学生知道中考的一个大致体系和结构。

让学生增强考试信心，考试过后老师的复习也会做一个相应调整，做到查缺补漏，题型的讲解也会着重于综合性较强的题型，提升学生的综合运用能力和解题思想。

2023年年中考数学第二次模拟考试卷11

数学·参考答案

一、选择题

二、填空题

11.             12. 5.1×10-10            13. 15π           14. 或9.6

15.       16.  280或560            17.                  18.  0.5       

三、解答题

19．【解析】

【分析】

（1）先化简各式，然后再进行计算即可；

（2）按照解分式方程的步骤进行计算即可解答．

(1)

解：，

，

，

；

(2)

解：，

，

解得：，

检验：当时，，

是原方程的根．

【点睛】

本题考查了解分式方程，实数的运算，零指数幂，解题的关键是一定要注意解分式方程必须检验．

20．【解析】

【分析】

对于（1），方程利用因式分解法求出解即可；

对于（2），分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．

【详解】

解：（1）方程，

分解因式得：，

所以或，

解得：，；

（2）

由①得：，

由②得：，

不等式组的解集为．

【点睛】

本题主要考查了解一元二次方程和解一元一次不等式组，掌握计算步骤是解题的关键.

21．【解析】

【分析】

（1）由AAS可证△ABC≌△DEF；

（2）由全等三角形的性质可得BC=EF，可得结论．

(1)

证明：∵AC∥DF，

∴∠ACB=∠F，

在△ABC与△DEF中，

，

∴△ABC≌△DEF（AAS）；

(2)

证明：∵△ABC≌△DEF，

∴BC=EF，

∴BC-EC=EF-EC，

∴BE=CF．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．

22．【解析】

【分析】

（1）用大量重复试验中事件发生的频率稳定到某个常数来表示该事情发生的概率即可；

（2）根据概率公式列出方程求解即可；

（3）列表分析出所有等可能的结果，然后利用概率公式求解即可.

(1)

解：，

∵ 大量重复试验中事件发生的频率稳定到0.25附近，

∴估计从袋中摸出一个球是黑球的概率是0.25；

故填：0.25．

(2)

解：设袋中白球为x个，

则 ，

∴x=3，

答：估计袋中有3个白球；

(3)

解：用B代表一个黑球， 、、代表白球，将摸球情况列表如下：

总共有16种等可能的结果，其中两个球都是白球的结果有9种，

所以摸到两个球都是白球的概率为 .

【点睛】

此题考查列表法和树状图法求概率：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率 ，不重不漏列出所有等可能的结果是解题的关键.

23．【解析】

【分析】

（1）根据方差越小，越稳定进行判断即可；

（2）由C中存在3个学生的成绩，可知C占总人数的，根据，可得的值，观察七年级的成绩可得众数的值，由计算可知八年级A组有2人，B组有1人，C组有3人，D组有4人，查取八年级成绩中第5、第6的成绩，求算术平均数即可得中位数的值；

（3）由成绩优秀（x≥90）的人数占比为，根据计算求解即可．

(1)

解：∵

∴八年级的成绩更稳定

故答案为：八．

(2)

解：∵C中存在3个学生的成绩

∴C占总人数的

∵

∴

观察七年级的成绩可得众数为96

∴

∵八年级A组有人，B组有 人，C组有3人，D组有人

∴查取八年级成绩的第5第6的成绩为92、94

∴八年级成绩的中位数为

∴

故答案为：40,96,93．

(3)

解：由题意知成绩优秀（x≥90）的人数占比为

∵

∴参加此次调查活动成绩优秀（x≥90）的八年级学生人数为700人．

【点睛】

本题考查了扇形统计图，中位数，众数，方差，样本估计总体等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．

24．【解析】

【分析】

（1）作出∠ABC的角平分线，角平分线与AC的交点O是圆心，以O为圆心，以OC为半径作圆即可；

（2）由勾股定理得AC=6，设与AB的切点为D，连接OD，由切线长定理得BD=6，可得AD=2，在中由银河股定理可得，求解方程即可得结论．

(1)

如图所示，即为所求作的图形

(2)

在中，由勾股定理，得：

．

设与AB的切点为D，连接OD

则

设的半径为r，

在中，依勾股定理，得：

解得：

即的半径为．

【点睛】

本题考查了圆的切线的性质以及角的平分线的性质以及银河股定理的应用，正确确定圆心O的位置是关键．

25．【解析】

【分析】

（1）根据圆周角定理得到∠ADB＝90，求得∠DAB+∠ABD＝90，等量代换得到∠DAB＝∠PBD，求得∠ABP＝90，于是得到结论；

（2）连接AE，由圆周角定理得到∠AEB＝90，根据角平分线的定义得到∠ABE＝∠DBE，根据三角函数的定义即可得到结论；

（3）连接OE，根据等腰三角形的性质得到∠ABE＝∠OEB，等量代换得到∠DBE＝∠OEB，可得，利用第9个基本事实可得，根据相似三角形的性质列方程即可得到结论．

(1)

证明：∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB＝90，

∴∠DAB+∠ABD＝90，

∵∠BED＝∠DAB，∠PBD＝∠BED，

∴∠DAB＝∠PBD，

∴∠PBD+∠ABD＝90，

∴∠ABP＝90，

∴AB⊥PB，

∴BP是⊙O的切线；

(2)

解：连接AE，

∵AB是直径

∴∠AEB＝90，

∵BE平分∠ABD，

∴∠ABE＝∠DBE，

∴，

∴AE＝DE＝，

∴∠ABE＝∠DBE＝∠DAE，

∴，

∴＝，

∴EF＝；

(3)

解：连接OE，

∵OE=OB，

∴∠ABE=∠OEB，

∵∠ABE=∠DBE，

∴∠DBE=∠OEB，

∴

∴，

∵CA=AO，

设CA=AO=BO=R，

∴，

即，

∴CE=2，

∴DC= CE +DE=3，

∵∠ADC=∠ABE，∠C=∠C，

∴，

∴，

∴，

∴R=，

∴⊙O的半径为．

【点睛】

本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，利用三角函数解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．

26．【解析】

【分析】

（1）先设出两队的每天绿化的面积，以两队工作时间为等量构造分式方程=5 解方程即可；

（2）在两队效率的基础上表示甲乙两队分别工作x天、y天的工作总量，工作总量和为1920，再用甲乙两队施工的总天数不超过24天确定自变量x取值范围，用x表示总施工费用，根据一次函数增减性求得最低费用．

(1)

解：设乙队每天能完成绿化面积为am2，则甲队每天能完成绿化面积为2am2，

根据题意得：

=5 ，

解得a=60，

经检验，a=60为原方程的解，不符合题意，

则甲队每天能完成绿化面积为2a=120m2，

即甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别为120m2、60m2；

(2)

设甲工程队施工x天，乙工程队施工y天，刚好完成绿化任务，总费用为W万元.

根据题意得：120x+60y=1920，

整理得：y=-2x+32，

∵规定甲乙两队单独施工的总天数不超过24天完成，

∴y+x≤24，

∴-2x+32+x≤24，

解得x≥8，

总费用W=x+0.45y=x+0.45（-2x+32）=0.1x+14.4，

∵k=0.1＞0，

∴W随x的增大而增大，

∴当x=8时，W最低=0.8+14.4=15.2（万元），

此时甲工程队施工8天，乙工程队施,16天，8+16=24，最低费用15.2万元．

【点睛】

本题为代数综合题，考查分式方程、一元一次不等式、列一次函数关系式及其增减性，找到等量关键是解题的关键．

27．【解析】

【分析】

(1)证明△APB′是等边三角形即可解决问题；

(2)如图2中，设直线l交BC于点Q，连接B B′交PQ于D，证明△PQB是等边三角形，求出DB即可解决问题；

(3)①如图3中，结论：m不变，证明B B′//AC,再证四边形B′BFF′为矩形即可；

②如图4中，当PB′⊥AC时，m最大，设直线交于F′，求出B′F′即可解决问题.

(1)

解是等边三角形，

，，

，

，

，

是等边三角形，

．

当直线经过时，点与重合，此时，

综上所述，的长为4或0；

(2)

解如图2中，设直线交于点Q．连接交于D．

，

，，

是等边三角形，

，

，关于对称，   

，

，

，

故答案为：；

(3)

解①结论：的值不变，理由如下：

如图3，连接，过作于，过B′作B′F′⊥AC于F′，

是等边三角形，，

，

，

，关于直线对称，

直线，   

直线，

，

∴∠B′BF+∠BFF′=180°

∵∠BFF′=90°

∴∠B′BF=90°，

∴∠B′BF=∠B′F′F=∠BFF′=90°

∴四边形B′BFF′为矩形

∴B′F′=BF=，

∴；

②如图4中，当时，的值最大，

设直线交于F′，

在中，，，

，

，

即的最大值为．

【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，轴对称变换，矩形判定与性质，勾股定理，解直角三角形，平行线的判定与性质等知识，理解题意，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.

28．【解析】

【分析】

对于（1），将点A和点B的坐标代入关系式得到二元一次方程组，求出a，c即可；

对于（2），先根据待定系数法求出直线AB的关系式，再用含有m的代数式表示点P和点C，

进而求出PC，再结合PC=2，列出方程，求出m的值；

对于（3），①先由（2）知点C的坐标，延长PC交x轴于点F，可知OF，CF，再根据勾股定理求出OC，由点B的坐标和PC=2得出PC=OB，再根据PC∥OB，即可判定四边形PBOC的形状；

②当为等腰三角形时，分三种情况讨论当时，此时点D与点A重合，可直接求出点D的坐标；

当时，连接PO交BC于点H，可知OA，进而求出∠OBA的度数，由四边形PBOC为菱形，得PH⊥BC，PH=OH，即可求出PO及，再说明△OBC为等边三角形，可知的度数，然后设交x轴于点E，再求出DE和，接下来结合线段之间的关系，，OD=OE+DE，求出OD，可得答案．

当时，此时点落在x轴上，先求出，进而求出，再根据，求出OD，可得点D的坐标．

(1)

∵二次函数的图像经过点A和点（0，2），

∴

解得，

∴二次函数得表达式为；

(2)

设直线AB的关系式为y=kx+b，则

解得

∴直线AB得关系式为；

设点P，则点C，

∴．

∵PC=2，

∴，

解得；

(3)

①四边形PBOC为菱形，理由如下：

由（2）知，点C．

延长PC交x轴于点F，如图所示．

则，CF=1，

∴．

∵点B（0，2），

∴OB=2，

∴OB=OC．

∵PC=2，

∴PC=OB．

∵PC∥OB，

∴四边形PBOC为平行四边形，

∴平行四边形PBOC为菱形．

②当为等腰三角形时，

（Ⅰ）当时，此时点D与点A重合，

∴；

（Ⅱ）当时，连接PO交BC于点H，如图，

∵点A，

∴．

∵，

∴∠OBA=60°．

由（2）知，四边形PBOC为菱形，

∴PH⊥BC，PH=OH．

∵，

∴．

由题意，得．

∵OB=OC，∠OBC=60°，

∴△OBC为等边三角形，

∴∠BOC=60°，

∴．

设交x轴于点E，则轴，

∴，

，

∴，

∴，

∴，

∴OD=OE+DE=6，

∴D（6，0）．

（Ⅲ）当时，此时点落在x轴上，如图，

∵，

∴．

由题意，得轴，，

∴，

∴，

∴点D．

综上所述，当△为等腰三角形时，点D的坐标是或（6，0）或．

【点睛】

这是一道关于二次函数的综合问题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数的关系式，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，特殊角的三角函数值，勾股定理，等边三角形的性质和判定等．