【考前必刷】浙江地区2023年中考数学全真模拟卷4（含解析）

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【考前必刷】浙江地区中考数学全真模拟卷4
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．小聪上午从家里出发，骑车去一家超市购物，然后从这家超市返回家中．小聪离家的路程（）和所经过的时间（分）之间的函数关系如图所示．根据图中信息，下列说法正确的是（ ）

A．小聪去超市途中的速度是/分 B．小聪回家途中的速度是/分
C．小聪在超市逗留了分钟 D．小聪在来去途中，离家处的时间是和
2．下列四个数中，最小的数是（ ）
A． B． C． D．
3．某学校为了鼓励学生多读书，开展了“书香校园”的活动．如图是初三某班班长统计的全班50名学生一学期课外图书的阅读量（单位：本），则这50名学生图书阅读数量的中位数，众数和平均数分别是（　　）
A．18，12，12 B．12，12，12 C．15，12，14.8 D．15，10，14.5
4．计算的结果是（ ）
A． B． C．6 D．
5．点在反比例函数的图像上，当时，y的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，点A，B，C，D均在以点O为圆心的圆O上，连接，及顺次连接O，B，C，D得到四边形，若，，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
7．若关于x的一元二次方程，有两个相等的实数根，则正数b的值是（ ）
A．8 B． C．4 D．
8．一个袋子中装有3个黑球和4个白球，这些球除颜色外其他都相同，随机从袋子中摸出一个球，摸到白球的概率为（　　）
A． B． C． D．
9．函数的图象与x轴两个交点的横坐标分别为，，且，，当时，该函数的最小值m与b的关系式是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，是的直径，，则为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，则的面积为______．
12．如图，矩形纸片ABCD，，，折叠AD，使它与BC重合，得到折痕EF，把该矩形纸片展开铺平；再折叠BA，使点A落在EF上的点G处．得到折痕BH，连结CG．则的值为______；线段CG的长为______．
13．将一副三角板按如图方式放置在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为，斜边轴，反比例函数的图象恰好经过点B，D，则点C的坐标为_________．
14．如图，点A，B分别表示数，x，则x的取值范围为______．
15．如图，从点测得村在北偏东方向，小明从点沿北偏东方向步行800米达到处，测得村位于点的北偏西方向，若在上找点，使得最短，的长是______米．
16．如图1，将一个边长为10的正方形纸片剪去两个全等小长方形，得到图2，再将剪下的两个小长方形拼成一个长方形（图3），若图3的长方形周长为30，则的值为________．
三、解答题
17．如图，抛物线经过点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为y轴右侧抛物线上一点，是否存在点D，使？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)将直线BC绕点B顺时针旋转45°，与直线AC交于点F，直接写出BF的长．
18．如图，中，平分交于点，在射线上截取，过点作交直线于点．
(1)试判断四边形是何种特殊的四边形？并证明你的结论；
(2)当，时，四边形能是正方形吗？如果能，求出此时的度数；如果不能，试说明理由；
(3)题目改为“平分的外角交直线于点，在射线的反向延长线上截取”，设．其他条件不变，四边形能是正方形吗？如果能，求出此时的度数（用关于的关系式表示）；如果不能，试说明理由．
19．如图1，在正方形ABCD中，AB＝4，点E是边AD上一点，连接EB，作∠EBF＝45°，交边CD于点F，设AE＝x，CF＝y．
(1)小明在学习了图形的旋转后有了一个想法：如图2，把△BCF绕点B逆时针旋转90°得到△BAG，然后由已知条件得出G，A，E三点在同一直线上，最后用含x，y的代数式表示出了EF＝______；
(2)请写出y关于x的表达式，并说明理由；
(3)如图3，过点B作BG⊥EF于点G，过点G作MN∥AD，分别交AB，CD于点M，N，交BE于H，若AE＝1，求MH的长．
20．如图，在矩形ABCD中，AD＞AB，∠A的平分线AF交BC边于点E，交DC的廷长线于点F．取EF的中点G，连结DG
(1)求证：BC＝DF．
(2)当△ADE≌△FDG时，求tan∠DEC的值．
(3)连结BD，BG，若S△ADE＝2S△DEG．
①求S△DBG：S△DGF的值．
②记BD与AE的交点为M，P是线段AM上一个动点．将△ABP沿BP翻折得到△A′BP，A′B与AG交于点Q，当与△BDG的一边平行时，求的值．
21．九年级某班举行辩论比赛，除参赛选手外，其他同学作为观众评委，成绩分为A，B，C，D四个等级，5分，4分，3分，2分．小雯将正方和反方两队的成绩整理并绘制成如下统计图．请你根据所提供的信息解答下列问题．
(1)分别求出正方和反方两队的平均成绩．
(2)请结合平均数、中位数、众数等统计量进行分析，你认为哪个参赛队的成绩更好？请简述理由．
22．已知：如图，E，F，为AC上两点，，，，求证：≌．
化简：．
参考答案：
1．D
【分析】观察横坐标可得去超市的时间和从超市返回的时间，然后观察纵坐标可得去超市的路程，最后根据路程与时间的关系即可判断A，B选项；根据函数图像观察横坐标变化即可判断C选项；根据路程、速度、时间关系即可判断D选项，即可求解．
【详解】（1）解：由横坐标可知：去超市用了分钟，从超市返回用了分钟；由纵坐标可知，家到超市的距离是千米，
故去超市的速度是(千米/分)，从回家途中的速度是(千米/分)
故A，B选项不正确
由横坐标可知，在超市逗留的时间是 (分钟)．故C选项不正确；
去超市的过程中， (分钟)，返回的过程中， (分钟)， (分钟)．
故小聪在和时离家千米，故D选项正确，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了函数图像的应用，正确从函数图像上获取信息是解答本题的关键．
2．B
【分析】根据有理数比较大小的方法即可求解．
【详解】解：多重符号化简，选项得，；根据绝对值的性质，选项，；
根据有理数比较大小的方法得，，
∴最小的数是，即，
故选：．
【点睛】本题主要考查有理数比较大小的方法，掌握多重符号化简，绝对值的性质，有理数比较大小的方法是解题的关键．
3．C
【分析】利用折线统计图得到50个数据，其中第25个数为12，第26个数是18，从而得到数据的中位数，再求出众数和平均数．
【详解】解：由折线统计图得这组数据的中位数为，
众数为12，
平均数为，
故选：C．
【点睛】本题考查了数据的集中趋势，理解相关统计量的意义及从折线统计图准确读取数据是解题的关键．
4．A
【分析】根据同底数幂相乘，底数不变，指数相加进行计算即可得解．
【详解】解：，
故选：A．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，是基础题，熟记同底数幂相乘，底数不变，指数相加，是解题的关键．
5．A
【分析】先求出反比例函数解析式，再求出的取值范围．
【详解】∵点在反比例函数的图像上，
∴，
，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】此题考查了反比例函数的性质，解题的关键是求出反比例函数的解析式．
6．C
【分析】连接，证明是等边三角形，再利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可得出答案．
【详解】解：连接，

∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了等比三角形的判定与性质，同弧所对的圆周角和圆心角的关系，解题的关键是证明是等边三角形．
7．A
【分析】根据一元二次方程有两个相等的实数根，运用根的判别式进行解答即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程，有两个相等的实数根，
∴，
∴，
∴，
∵是正数，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟知关于的一元二次方程，若，则原方程有两个不相等的实数根；若，则原方程有两个相等的实数根；若，则原方程没有实数根．
8．D
【分析】先求出球的总数，再根据概率公式求解即可．
【详解】解：∵一个不透明的袋子中有3个黑球和4个白球，，
∴球的总数，
∴从袋子中随机摸出一个球，则它是白球的概率为．
故选：D．
【点睛】本题考查了概率的求法，熟练掌握概率计算公式是解答本题的关键．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．
9．C
【分析】根据抛物线与一元二次方程的关系求出抛物线与x轴两个交点，然后求出抛物线中参数b的值，进而利用端点来求函数的最小值即可．
【详解】解：∵函数的图象与x轴两个交点的横坐标分别为，，
∴，又，
∴，解得或（舍去），
∴，
∴，则，
∴该函数的对称轴为直线，又该函数的图象开口向上，，
∴当时，该函数有最小值，最小值，
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的综合题，主要考查二次函数图象与系数之间的关系，二次函数的图象与性质，利用韦达定理处理根和系数之间的关系，掌握抛物线的对称轴和增减性是解题的关键．
10．B
【分析】根据圆周角定理求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查圆周角定理，熟知同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半是解答的关键．
11．2
【分析】根据题意求出A、B点的坐标，然后求出面积即可．
【详解】解：直线交x轴于点A．
令，则，解得：
点A的坐标为
直线交y轴于点B．
令，则，解得：
点B的坐标为
故答案为：．
【点睛】本题考查了一次函数中求与坐标轴围成的三角形面积，熟练掌握坐标轴上点的特征并利用函数表达式求出关键点的坐标是解本题的关键．
12． /0.5
【分析】连接AG，过点G作GH⊥BC，先证明△ABG是等边三角形，可得到∠ABG=60°，就可求出的值，再证明四边形EBHG是矩形，可得到GH与CH的长，再通过勾股定理求出CG的长．
【详解】解：连接AG，过点G作GH⊥BC，垂足为点H，
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AG=BG，AE=BE，∠GEA=90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点G处，
∴BH垂直平分AG，∠BAH=∠BGH=90°，
∴AB=BG，
∴AB=AG=BG，
∴△ABG是等边三角形，
∴∠ABG=60°，
∴∠EGB=30°，
∴，EG=BE，
∵∠BEG=∠EBH=∠BHG=90°，
∴四边形EBHG是矩形，
∴GH=BE=AB=，BH=EG=BE=3，
∴CH=BC-BH=5-3=2，
∴．
故答案为：；．
【点睛】考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，关键是得到△ABG是等边三角形．
13．
【分析】作DE⊥x轴，CF⊥AB，如图，由题意可得，，，，由直角三角形的性质可得，，，由勾股定理可得：，即，代入，求得，即，
从而求得，即可求解．
【详解】解：作DE⊥x轴，CF⊥AB，如图：
由题意可得，，
∴，，
由含30°的直角三角形的性质可得：，
由等腰直角三角形的性质可得：，
由勾股定理可得：，
∴，即，
代入可得，
解得：
∴，即
∴
故答案为
【点睛】此题考查了反比例函数与几何的综合应用，解题的关键是掌握直角三角形以及反比例函数的性质．
14．
【分析】根据数轴上右边的数总比左边的数大，再列不等式，解不等式即可得到答案．
【详解】解： 在数轴上，点A、B分别表示数，x，
解得：
观察数轴可知，
解得：x＜2
∴x的取值范围为
故答案为：．
【点睛】本题考查的是利用数轴比较有理数的大小，一元一次不等式的解法，掌握“数轴上右边的数总比左边的数大”是解本题的关键．
15．
【分析】过点M作MN⊥AC于N，求出∠MAC，∠MCF，∠NCF，∠MCA，因为MN⊥AC，得∠MNA=∠MNC得到∠NMC=45°可知MN=CN，设CN=MN=x则在Rt△ANM中，有tan∠MAN=tan30°= 得AN= 因为AC=AN+CN根据题意列方程求出CN，再根据AN=AC-CN即可求解；
【详解】如图，过点M作MN⊥AC于N，
可得：∠MAC=60°-30°=30°
∠MCF=90°-75°=15°，
∠NCF=30°，
∴∠MCA=15°+30°=45°，
∵MN⊥AC
∴∠MNA=∠MNC=90°，
∴∠NMC=90°-45°=45°，
∴MN=CN
设CN=MN=x
则在Rt△ANM中，
有tan∠MAN=tan30°=
得AN=
因为AC=AN+CN
∴ ，
解得x= ，
∴CN=，
∴AN=AC-CN=800-(400-400)= ．
故答案为：
【点睛】此题考查了方向角问题，此题难度适中，注意能构造直角三角形，并能借助于解直角三角形的知识求解是关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．
16．
【分析】根据题中的数据用b和正方形的边长表示出图3中长方形的周长，列出方程，解方程即可．
【详解】解：图3中长方形的周长为10 b＋10 b＋2（10 3b）=40-8b，
∴，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，根据图3中长方形的周长列出方程，是解本题的关键．
17．(1)
(2)存在，点D的坐标为：（1，3）或（2，3）或（5，-3）
(3)
【分析】（1）用待定系数法解答；
（2）设D（x，y），根据题意及利用三角形面积列出方程，求出y的值后代入抛物线的解析式即可解答
（3）由勾股定理解得AC的长，再根据勾股定理逆定理证明为直角三角形，设直线AC与直线BE交于点F，过点F作x轴于点M，由平行线分线段成比例解得FM的长，求得点F的坐标，最后根据两点间的距离公式解答．
【详解】（1）解：把点代入抛物线得
（2）由题意可知
设D（x，y），
当y=3时，由
解得：或
此时点D的坐标为（1，3）或（2，3）；
当y=-3时，由
解得：或（舍去）
此时点D的坐标为（5，-3）；
综上所述，点D的坐标为：（1，3）或（2，3）或（5，-3）；
（3）
为直角三角形，即
如图，设直线AC与直线BE交于点F，过点F作x轴于点M，
由题意得，
．
【点睛】本题考查二次函数的图象上点的特征、待定系数法求二次函数解析式、勾股定理、平行线分线段成比例、两点间的距离公式等，关键是利用面积关系求出点D的坐标．
18．(1)菱形，理由见解析；
(2)能，；
(3)能，或
【分析】（1）利用菱形的判定定理：四条边相等的四边形是菱形，证明即可；
（2）求出，利用三角形外角性质得到，进一步求出，再利用平分，得；
（3）分两种情况讨论：当时，当时，表示出，利用三角形内角和定理求解即可．
（1）
解：四边形是菱形，
理由如下：
∵平分，
∴，
在和，
∴
∴，
同理可得：，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）
解：能，理由如下：
∵是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵DF是正方形对角线，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴．
（3）
解：能，理由如下：
当时，如图：
∵四边形是正方形，
∴，
∵平分的外角，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
中，
；
当时，如图：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵平分的外角，
∴，
在和中，
∴，
∴，即，
∴，
中，
．
综上所述：或．
【点睛】本题考查菱形的判定定理，正方形的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握以上定理及性质，（3）注意需要分情况讨论，画出图形，结合图形分析．
19．(1)x+y
(2)y，理由见解析
(3)MH
【分析】（1）△GBE≌△FBE（SAS）证明即可求解；
（2）结合（1）的结果，在Rt△DEF中利用勾股定理即可求解；
（3）将△FCB绕顶点B逆时针旋转90°得到△GAB，根据（1）的方法可证明△PBE≌△FBE（SAS），则有∠P=∠EFB，再证明△BGF≌△BCF（AAS），则有FG=CF，根据，有△FNG∽△FDE，即可求出，再证明△BMH∽△BAE，即可求解．
【详解】（1）∵△BCF绕点B逆时针旋转90°得到△BAG，
∴∠C＝∠GAB，BF＝BG，∠CBF＝∠ABG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠C＝∠BAD＝90°，
∴∠GAB+∠BAD＝90°+90°＝180°，
∴G，A，E三点在同一直线上，
∵∠EBF＝45°，
∴∠GBE＝∠GBA+∠ABE＝∠CBF+∠ABE＝45°，
在△GBE和△FBE中，
，
∴△GBE≌△FBE（SAS），
∴EF＝GE＝AE+CF＝x+y，
故答案为：x+y；
（2）在Rt△DEF中，DE＝4-x，DF＝4-y，
由勾股定理得：，
化简得：；
（3）将△FCB绕顶点B逆时针旋转90°得到△GAB，如图，
根据（1）的方法可证明△PBE≌△FBE（SAS），
则有∠P=∠EFB，
∵BG⊥EF，
∴∠BGF=90°=∠C，
根据旋转的性质有∠P=∠BFC，
∴∠EFB=∠CFB，
又∵BF=BF，
∴△BGF≌△BCF（AAS），
则有FG=CF，
当AE＝1时，即x＝1，
∴根据（2）的结果，有，
∴DE＝3，DF，EF，
∵，
∴△FNG∽△FDE，
∴，
∴，
∴，
∴CN＝CF+FN，
∵△BMH∽△BAE，
∴，
∴MH．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转的性质等知识，证明△GBE≌△FBE（SAS）是解答本题的关键．
20．(1)证明见解析
(2)
(3)① ；②或
【分析】（1）先证明BC=AD，再证明∠DAF=∠AFD，从而可得答案；
（2）设AB=x，则AE=，AF=3AE=，BC=AD=DF=3x，所以EC=2x，从而得到结果；
（3）①可推出AE=AF，所以AD=2AB，推出△DGC≌△BGE得△BDG是等腰直角三角形，进而求得比值； ②分为分别与BD、BG、DG平行，当时，设AB=a，可得AQ=，进而求得结果，当时，点Q与M重合，当时，这种情形不成立，
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°，
∵AF平分BAD，
∴∠DAF=∠BAE=∠BAD=45°，
∴∠F=90°-∠DAF=45°，
∴∠DAF=∠AFD，
∴DF=AD，
∴DF=BC；
（2）∵△ADE≌△FDG，
∴AE=GF，
∵EG=GF，
∴AE=EG=GF，
设AB=CD=x，同理可得：
∴， ∴，
∴，
∴CE=BC-BE=3x-x =2x，
∴tan∠DEC=；
（3）①如图1，
连结CG，作GN⊥CF于N， 在Rt△CEF中，
∵G是EF中点，
∴CG⊥EF，GN=CE，
∴EG=CG，∠GCF=∠ECF＝45°，
∴∠BEG=∠DCG=135°，
又∵CD=AB=BE，
∴△DGC≌△BGE（SAS），
∴BG=DG，∠DGC=∠BGE，
∴∠DGB=∠CGE=90°，
∴△BDG是等腰直角三角形，
∴S△BDG= ，
∵S△ADE=2S△DEG，
∴AE=2EG=2GF=EF，
∴DE⊥AF，
又都为等腰直角三角形，
∴CE=BE，
∵∠EAD=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
设AB=BE=a，
∴AE= ，
∴AD=，
∴BD2=AB2+AD2 =5a2，
∴S△BDG=，
S△DGF=
∴ ，
②如图2，
当时，作QH⊥AB于H，
∴∠QBD==∠BAE=∠BEA=45°，
由①得：tan∠CBD=，
设AB=a，则
∴QG=AF-GF-AQ=，
∴，
如图3，
由上得， AD=2AB，AE=EF=，
∴GF=EF=AB ，
当时，
∵∠GBD=45°，
∴点在BD上，Q点与M重合，
∵，
∴△AQB∽△FQD，
∴，
∴QF= AF=，
∴QG=QF-FG=，
∴，
如图4， 作平分 记
当时，
∴=∠AGD=2α，
∴∠APB=
∴∠BPQ=α，
∵∠AGD＜90°，
∴∠BPQ＜45°，
∴P点在MA的延长线上，
∴这种情形不存在，
综上所述： 或 ．
【点睛】本题考查了三角形全等，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用等知识，解决问题的关键是正确分类和发现图形的特殊性．
21．(1)正方和反方两队的平均成绩分别为3.9分和3.8分
(2)从平均数看，正方的成绩要比反方好；从中位数看，正、反两方是一样的，都是4分；从众数看，正方的众数是5分，反方的众数是4分，正方要好，总体上看，正方要比反方好．
【分析】（1）根据平均数的概念计算即可；
（2）先比较正方和反方两方的平均分，再比较中位数和众数，即可得到答案．
（1）
解：由正方辩论得分统计图可得：观众评委一共有人，
（分）；
（分），
答：正方和反方两队的平均成绩分别为3.9分和3.8分．
（2）
解：正方中位数：（分），反方中位数：（分），
从平均数看，正方的成绩要比反方好；从中位数看，正、反两方是一样的，都是4分；从众数看，正方的众数是5分，反方的众数是4分，正方要好，总体上看，正方要比反方好．
【点睛】此题考查了中位数、平均数、众数，关键是掌握中位数、平均数、众数的概念和相关公式，会用来解决实际问题．
22．见解析
【分析】由AD∥BC可得∠A=∠C，由AE=CF可得AF=CE，再结合已知即可得到△ADF≌ △CBE ．
【详解】证明：∵，
∴，
∵，
∴，
即：．
在和中，
，
∴≌（ASA）．
【点睛】本题考查三角形全等的综合应用，熟练掌握平行线的性质及三角形全等的判定方法是解题关键．
23．2
【分析】根据分式的加减运算法则进行化简即可；
【详解】原式=
=
＝2．
【点睛】本题主要考查分式的加减，掌握分式加减的运算法则是解题的关键．
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