2023年中考第二次模拟考试卷：数学（青岛卷）（解析版）

1、2023年中考数学第二次模拟考试卷 数学全解全析第卷12345678ACDBACBB一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1(本题3分)下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）ABCD【答案】A【解析】【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，根据定义判断即可【详解】解：A既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；B是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；D不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意故选：A【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键2(本题3分)如图，数轴上的点A，B，C分别表示有理数a，b，c，则下列结论错误的是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】根据数轴上点的位置得出三个数的大小关系、正负情况、绝对值大小情况，再

2、依据有理数的乘法法则、加法法则、去绝对值法则、除法法则判断即可求解【详解】解：根据数轴上点的位置得：，选项错误，不符合题意故选：C【点睛】此题考查了数轴，以及有理数运算法则，弄清数轴上点表示数的特征是解本题的关键3(本题3分)为完善城市轨道交通建设，提升城市公共交通服务水平，济南市城市轨道交通20202025年第二期建设规划地铁总里程约为米把数字“”用科学记数法表示为（）ABCD【答案】D【解析】【分析】用科学记数法表示绝对值较大的数时，一般形式为，其中，为整数，且比原来的整数位数少1，据此判断即可【详解】解：，把数字“”用科学记数法表示为故选：D【点睛】本题考查了用科学记数法表示绝对值较大的数，一般形式为，其中，确定与的值是解本题的关键4(本题3分)如图的一个几何体，其俯视图是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】根据简单几何体的三视图的意义，画出俯视图即可作出判断【详解】解：从上面看该几何体，所得到的图形如下：故选：B【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，掌握“能看见的轮廓线用实线表示，看不见的轮廓线用虚线表示”是正确判断的关键5(本题3分)如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度

3、的正方形绕原点O逆时针旋转，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点的坐标为（）A BCD【答案】A【解析】【分析】过作轴于，连接，根据边长为2个单位长度的正方形绕原点O逆时针旋转，得，即知，可得，又再沿轴方向向上平移1个单位长度，故点的坐标为【详解】解：过作轴于，连接，如图，边长为2个单位长度的正方形绕原点逆时针旋转 再沿轴方向向上平移1个单位长度， 故选：A【点睛】此题考查了坐标与图形变化-旋转与平移，解题关键是掌握旋转性质和坐标平移变化规律6(本题3分)如图，分别与相切于A、B，C为上一点，则的度数为（）A110B120C125D130【答案】C【解析】【分析】在右侧取点，连接，根据切线的性质得出，然后根据四边形内角和为即可得出，再由圆周角定理求出，根据圆内接四边形的性质得出的度数即可【详解】解：在右侧取点，连接，分别与相切于， 四边形是的内接四边形，故选：C【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，同弧或等弧所对圆心角和圆周角的关系，切线的性质等知识点，读懂题意，熟练掌握以上基础知识点是解本题的关键7(本题3分)如图，在矩形纸片中，点在上，将沿折叠，点恰落在边上的点处；点在上，将沿折

4、叠，点恰落在线段上的点处，；则下列结论正确的有（）ABCD【答案】B【解析】【分析】根据矩形的性质得出，根据折叠得出，根据勾股定理求出，再逐个判断即可【详解】解：根据矩形的性质得出由折叠的性质得，故正确；由折叠的性质得，在中，设，则，在中，解得，同理在中，由得，与不相似，故不正确；，即，故正确；，故正确正确的有故选：B【点睛】本题考查了勾股定理，折叠的性质，矩形的性质、相似三角形的判定等知识点，能灵活运用定理进行推理和计算是解此题的关键8(本题3分)二次函数的图象如图所示，则一次函数和反比例函数在同一平面直角坐标系中的图象可能是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】根据二次函数的图象开口向上，得出，与y轴交点在y轴的负半轴，得出，利用对称轴，得出，进而对照四个选项中的图象即可得出结论【详解】解：因为二次函数的图象开口向上，得出，与y轴交点在y轴的正半轴，得出，利用对称轴，得出，所以一次函数经过一、二、三象限，反比例函数经过一、三象限，故选：B【点睛】本题考查了反比例函数的图象、一次函数的图象以及二次函数的图象，根据二次函数图象，得出是解题的关键第卷二、填空题（本大题共6小题，每小题3分

5、，共18分）9(本题3分)已知a1，b1，则的值为_【答案】【解析】【分析】先求解再把分解因式，再整体代入求值即可【详解】解：a1，b1， 故答案为：【点睛】本题考查的是利用因式分解求代数式的值，二次根式的加减运算，乘法运算，掌握“利用因式分解进行简便运算”是解本题的关键10(本题3分)小明参加校园歌手比赛，唱功得85分，音乐常识得95分，综合知识得90分，学校如果按如图所示的权重计算总评成绩，那么小明的总评成绩是_分【答案】88.5【解析】【分析】利用加权平均数按照比例即可求得小明的总评成绩【详解】解：小明的总评成绩是：（分），故答案为：88.5【点睛】本题考查了加权平均数的计算方法，在进行计算的时候注意权的分配，另外还应细心，否则很容易出错11(本题3分)已知反比例函数的图象与直线交于，两点，若，则_【答案】【解析】【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的对称性以及勾股定理进行计算即可【详解】解：如图，过点作轴，垂足为，设点，由题意得，解得或（不合题意，舍去），且点、关于原点对称，在中，由勾股定理得，故答案为：【点睛】本题考查反比例函数与一次函数综合，反比例函数图象上

6、点的坐标特征，勾股定理等知识掌握反比例函数的性质以及勾股定理是解决问题的关键12(本题3分)在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标互为相反数，则称该点为“黎点”例如，都是“黎点”若抛物线（为常数）上有且只有一个“黎点”，当时，的取值范围是_【答案】或【解析】【分析】抛物线（为常数）上有且只有一个“黎点”，推出方程有且只有一个解，即，即可得出结论【详解】解：抛物线上有且只有一个“黎点”，方程有且只有一个解，方程整理可得，即有，解得，故答案为：【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题13(本题3分)如图，在正方形ABCD的边长为6，以D为圆心，4为半径作圆弧以C为圆心，6为半径作圆弧若图中阴影部分的面积分别为S1、S2，时，则S1S2_（结果保留）【答案】1336或36+13【解析】【详解】解：由图可知，即，故答案为：【点睛】本题考查扇形面积的计算、正方形的性质，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答14(本题3分)如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上（AEEC），连接DE并延长交AB于点F，

7、过点E作EGDE交BC于点G，连接DG，FG，DG交AC于H，现有以下结论：DEEG；为定值；以上结论正确的有_（填入正确的序号即可）【答案】【解析】【分析】通过证明点D，点E，点G，点C四点共圆，可得EGD=EDG=45，可得DE=EG，故正确；由旋转的性质可得AN=CH，DN=DH，DCH=DAN=45，CDH=ADE，由“SAS”可证DENDEH，可得EN=EH，由勾股定理可得CH2+AE2=HE2，故正确；利用特殊位置可得EH的长是变化的，且点D到EH的距离不变，则SDEH不是定值，故错误；由“SAS”可证DNEGCE，可得NE=CE，DEN=CEG，由等腰直角三角形的性质可得CD+CG=CE，故正确；通过证明DEHDGF，可得FG=EH，故正确；即可求解【详解】解：四边形ABCD是正方形，ACD=ACB=45，EGDE，DEG=DCG=90，点D，点E，点G，点C四点共圆，DCE=DGE=45，GDE=GCE=45，EGD=EDG，DE=EG，故正确；如图，将CDH绕点D顺时针旋转90，得到ADN，连接NE，AN=CH，DN=DH，DCH=DAN=45，CDH=ADE，NAE=90，AN2+AE2=NE2，FDG=45，ADE+CDH=45，ADE+ADN=45，NDE=45=FDG，又DE=DE，DN=DH，DENDEH（SAS），EN=EH，AN2+AE2=HE2，CH2+AE2=HE2，故正确；当点E与点A重合时，EH=，当AE=HC时，CH2+AE2=HE2，AE=CH=EH，EH=（-1）AC，EH的长是变化的，又点D到EH的距离不变，SDEH不是定值，故错误；如图，延长CD到N，使DN=CG，连接NE，点D，点E，点G，点C四点共圆，CDE+CGE=180，又CDE+NDE=180，NDE=CGE，又DN=CG，DE=GE，DNEGCE（SAS），NE=CE，DEN=CEG，NED+DEC=CEG+DEC=90，NEC=90，NC=CE，CD+CG=CE，故正确；如图，连接HF，FDG=CAB=45，点A，点D，点H，点F四点共圆，DAC=DFH=45，DGE=DFH=45，点E，点F，点G，点H四点共圆，EFG+EHG=180，又EHG+DHE=180，DHE=DFG，又EDH=FDG，DEHDGF，=，FG=EH，故正确；故答案为：

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