2023-2024学年山东省东营地区中考数学仿真试卷含解析

2023-2024学年山东省东营地区中考数学仿真试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1．如图，已知正五边形内接于，连结，则的度数是（）A． B． C． D．2．我国的钓鱼岛面积约为4400000m2，用科学记数法表示为（）A．4.4×106B．44×105C．4×106D．0.44×1073．在a2□4a□4的空格□中，任意填上“+”或“﹣”，在所有得到的代数式中，能构成完全平方式的概率是（）A．1B．12C．134．如图是某个几何体的三视图，该几何体是（）A．三棱柱 B．三棱锥 C．圆柱 D．圆锥5．如图，直立于地面上的电线杆AB，在阳光下落在水平地面和坡面上的影子分别是BC、CD，测得BC=6米，CD=4米，∠BCD=150°，在D处测得电线杆顶端A的仰角为30°，则电线杆AB的高度为（）A． B． C． D．6．如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=3，过点A，C作相距为2的平行线段AE，CF，分别交CD，AB于点E，F，则DE的长是（）A． B． C．1 D．7．如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝26°，则∠OBC的度数为()A．54° B．64° C．74° D．26°8．如图，已知AB、CD、EF都与BD垂直，垂足分别是B、D、F，且AB＝1，CD＝3，那么EF的长是()A． B． C． D．9．下列方程中，没有实数根的是()A． B．C． D．10．若分式的值为0，则x的值为（）A．-2 B．0 C．2 D．±2二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，如果AB=26，CD=24，那么sin∠OCE=▲．12．如图,正△ABC的边长为2，点A、B在半径为2的圆上,点C在圆内,将正ΔABC绕点A逆时针针旋转，当点C第一次落在圆上时，旋转角的正切值为_______________13．如图，ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O．点E是CD的中点，BD=12，则△DOE的周长为．14．为增强学生身体素质，提高学生足球运动竞技水平，我市开展“市长杯”足球比赛，赛制为单循环形式（每两队之间赛一场）．现计划安排21场比赛，应邀请多少个球队参赛？设邀请x个球队参赛，根据题意，可列方程为_____．15．在矩形ABCD中，AB=6CM，E为直线CD上一点，连接AC，BE，若AC与BE交与点F，DE=2，则EF：BE=________。16．已知关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则a的值是______．17．已知∠=32°，则∠的余角是_____°．三、解答题（共7小题，满分69分）18．（10分）如图，在平面直角坐标系中，以直线为对称轴的抛物线与直线交于，两点，与轴交于，直线与轴交于点.（1）求抛物线的函数表达式；（2）设直线与抛物线的对称轴的交点为，是抛物线上位于对称轴右侧的一点，若，且与的面积相等，求点的坐标；（3）若在轴上有且只有一点，使，求的值.19．（5分）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，经过C作CD⊥AB于点D，CF是⊙O的切线，过点A作AE⊥CF于E，连接AC．（1）求证：AE=AD．（2）若AE=3，CD=4，求AB的长．20．（8分）小李在学习了定理“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”之后做了如下思考，请你帮他完成如下问题：他认为该定理有逆定理：“如果一个三角形某条边上的中线等于该边长的一半，那么这个三角形是直角三角形”应该成立.即如图①，在中，是边上的中线，若，求证：.如图②，已知矩形，如果在矩形外存在一点，使得，求证：.（可以直接用第（1）问的结论）在第（2）问的条件下，如果恰好是等边三角形，请求出此时矩形的两条邻边与的数量关系.21．（10分）已知：△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A（0，3）、B（3，4）、C（2，2）（正方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度）．（1）画出△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1，点C1的坐标是；（2）以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1，点C2的坐标是；（3）△A2B2C2的面积是平方单位．22．（10分）如图，大楼AB的高为16m，远处有一塔CD，小李在楼底A处测得塔顶D处的仰角为60°，在楼顶B处测得塔顶D处的仰角为45°，其中A、C两点分别位于B、D两点正下方，且A、C两点在同一水平线上，求塔CD的高．（=1.73，结果保留一位小数．）23．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，M是BC的中点，DE⊥AM于点E．求证：△ADE∽△MAB；求DE的长．24．（14分）从甲地到乙地有两条公路，一条是全长600km的普通公路，另一条是全长480km的高速公路，某客车在高速公路上行驶的平均速度比在普通公路上快45km/h，由高速公路从甲地到乙地所需的时间是由普通公路从甲地到乙地所需时间的一半，求该客车由高速公路从甲地到乙地所需的时间．

参考答案一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1、C【解析】

根据多边形内角和定理、正五边形的性质求出∠ABC、CD=CB，根据等腰三角形的性质求出∠CBD，计算即可．【详解】∵五边形为正五边形∴∵∴∴故选：C．【点睛】本题考查的是正多边形和圆、多边形的内角和定理，掌握正多边形和圆的关系、多边形内角和等于（n-2）×180°是解题的关键．2、A【解析】4400000=4.4×1．故选A．点睛：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．3、B【解析】试题解析：能够凑成完全平方公式，则4a前可是“-”，也可以是“+”，但4前面的符号一定是：“+”，此题总共有（-，-）、（+，+）、（+，-）、（-，+）四种情况，能构成完全平方公式的有2种，所以概率是12故选B．考点：1．概率公式；2．完全平方式．4、A【解析】试题分析：观察可得，主视图是三角形，俯视图是两个矩形，左视图是矩形，所以这个几何体是三棱柱，故选A．考点：由三视图判定几何体.5、B【解析】

延长AD交BC的延长线于E，作DF⊥BE于F，∵∠BCD=150°，∴∠DCF=30°，又CD=4，∴DF=2，CF==2，由题意得∠E=30°，∴EF=，∴BE=BC+CF+EF=6+4，∴AB=BE×tanE=（6+4）×=（2+4）米，即电线杆的高度为（2+4）米．点睛：本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键.6、D【解析】

过F作FH⊥AE于H,根据矩形的性质得到AB=CD,AB//CD,推出四边形AECF是平行四边形,根据平行四边形的性质得到AF=CE,根据相似三角形的性质得到,于是得到AE=AF,列方程即可得到结论.【详解】解：如图：解:过F作FH⊥AE于H,四边形ABCD是矩形,AB=CD,AB∥CD,AE//CF,四边形AECF是平行四边形,AF=CE,DE=BF,AF=3-DE,AE=,∠FHA=∠D=∠DAF=,∠AFH+∠HAF=∠DAE+∠FAH=90,∠DAE=∠AFH,△ADE~△AFH,AE=AF,,DE=,故选D.【点睛】本题主要考查平行四边形的性质及三角形相似，做合适的辅助线是解本题的关键.7、B【解析】

根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．【详解】∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，AB＝BC，∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，在△AMO和△CNO中，，∴△AMO≌△CNO(ASA)，∴AO＝CO，∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC＝90°，∵∠DAC＝26°，∴∠BCA＝∠DAC＝26°，∴∠OBC＝90°﹣26°＝64°．故选B．【点睛】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．8、C【解析】

易证△DEF∽△DAB，△BEF∽△BCD，根据相似三角形的性质可得=,=，从而可得+=+=1．然后把AB=1，CD=3代入即可求出EF的值．【详解】∵AB、CD、EF都与BD垂直，∴AB∥CD∥EF，∴△DEF∽△DAB,△BEF∽△BCD，∴=,=，∴+=+==1.∵AB=1，CD=3，∴+=1，∴EF=.故选C.【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质定理，熟练掌握性质定理是解题的关键.9、B【解析】

分别计算四个方程的判别式的值，然后根据判别式的意义确定正确选项．【详解】解：A、△=（-2）2-4×（-3）=16＞0，方程有两个不相等的两个实数根，所以A选项错误；

B、△=（-2）2-4×3=-8＜0，方程没有实数根，所以B选项正确；

C、△=（-2）2-4×1=0，方程有两个相等的两个实数根，所以C选项错误；

D、△=（-2）2-4×（-1）=8＞0，方程有两个不相等的两个实数根，所以D选项错误．

故选：B．【点睛】本题考查根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0根时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．10、C【解析】由题意可知：，解得：x=2，故选C.二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11、【解析】垂径定理，勾股定理，锐角三角函数的定义。【分析】如图，设AB与CD相交于点E，则根据直径AB=26，得出半径OC=13；由CD=24，CD⊥AB，根据垂径定理得出CE=12；在Rt△OCE中，利用勾股定理求出OE=5；再根据正弦函数的定义，求出sin∠OCE的度数：。12、3【解析】

作辅助线，首先求出∠DAC的大小，进而求出旋转的角度，即可得出答案．【详解】如图，分别连接OA、OB、OD；∵OA=OB=2，AB=2，∴△OAB是等腰直角三角形，∴∠OAB=45°；同理可证：∠OAD=45°，∴∠DAB=90°；∵∠CAB=60°，∴∠DAC=90°−60°=30°，∴旋转角的正切值是33故答案为：33【点睛】此题考查等边三角形的性质，旋转的性质，点与圆的位置关系，解直角三角形，解题关键在于作辅助线.13、1．【解析】∵ABCD的周长为33，∴2（BC+CD）=33，则BC+CD=2．∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，∴OD=OB=BD=3．又∵点E是CD的中点，∴OE是△BCD的中位线，DE=CD．∴OE=BC．∴△DOE的周长="OD+OE+DE="OD+（BC+CD）=3+9=1，即△DOE的周长为1．14、x（x﹣1）=1【解析】【分析】赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），x个球队比赛总场数为x（x﹣1），即可列方程．【详解】有x个队，每个队都要赛（x﹣1）场，但两队之间只有一场比赛，由题意得：x（x﹣1）=1，故答案为x（x﹣1）=1．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，弄清题意，找准等量关系列出方程是解题的关键.15、4:7或2:5【解析】

根据E在CD上和CD的延长线上，运用相似三角形分类讨论即可.【详解】解：当E在线段CD上如图：∵矩形ABCD∴AB∥CD∴△ABF∽△CFE∴设，即EF=2k，BF=3k∴BE=BF+EF=5k∴EF：BE=2k∶5k=2∶5当当E在线段CD的延长线上如图：∵矩形ABCD∴AB∥CD∴△ABF∽△CFE∴设，即EF=4k，BF=3k∴BE=BF+EF=7k∴EF：BE=4k∶7k=4∶7故答案为：4:7或2:5.【点睛】本题以矩形为载体，考查了相似三角形的性质，解题的关键在于根据图形分类讨论，即数形结合的灵活应用.16、.【解析】试题分析：∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，∴.考点：一元二次方程根的判别式.17、58°【解析】

根据余角：如果两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角．即其中一个角是另一个角的余角可得答案．【详解】解：∠α的余角是：90°-32°=58°．故答案为58°．【点睛】本题考查余角，解题关键是掌握互为余角的两个角的和为90度．三、解答题（共7小题，满分69分）18、（1）.；（2）点坐标为；.（3）.【解析】分析：（1）根据已知列出方程组求解即可；（2）作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足分别为M，N，求出直线l的解析式，再分两种情况分别求出G点坐标即可；（3）根据题意分析得出以AB为直径的圆与x轴只有一个交点，且P为切点，P为MN的中点，运用三角形相似建立等量关系列出方程求解即可．详解：（1）由题可得：解得，，.二次函数解析式为：.（2）作轴，轴，垂足分别为，则.，，，，解得，，.同理，.，①（在下方），，，即，.，，.②在上方时，直线与关于对称.，，.，，.综上所述，点坐标为；.（3）由题意可得：.，，，即.，，.设的中点为，点有且只有一个，以为直径的圆与轴只有一个交点，且为切点.轴，为的中点，.，，，，即，.，.点睛：此题主要考查二次函数的综合问题，会灵活根据题意求抛物线解析式，会分析题中的基本关系列方程解决问题，会分类讨论各种情况是解题的关键．19、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）连接OC，根据垂直定义和切线性质定理证出△CAE≌△CAD（AAS），得AE=AD；（2）连接CB，由（1）得AD=AE=3，根据勾股定理得：AC=5，由cos∠EAC=，cos∠CAB==，∠EAC=∠CAB，得=.【详解】（1）证明：连接OC，如图所示，∵CD⊥AB，AE⊥CF，∴∠AEC=∠ADC=90°，∵CF是圆O的切线，∴CO⊥CF，即∠ECO=90°，∴AE∥OC，∴∠EAC=∠ACO，∵OA=OC，∴∠CAO=∠ACO，∴∠EAC=∠CAO，在△CAE和△CAD中，，∴△CAE≌△CAD（AAS），∴AE=AD；（2）解：连接CB，如图所示，∵△CAE≌△CAD，AE=3，∴AD=AE=3，∴在Rt△ACD中，AD=3，CD=4，根据勾股定理得：AC=5，在Rt△AEC中，cos∠EAC==，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∴cos∠CAB==，∵∠EAC=∠CAB，∴=，即AB=．【点睛】本题考核知识点：切线性质，锐角三角函数的应用.解题关键点：由全等三角形性质得到线段相等，根据直角三角形性质得到相应等式.20、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）【解析】

（1）利用等腰三角形的性质和三角形内角和即可得出结论；

（2）先判断出OE=AC，即可得出OE=BD，即可得出结论；

（3）先判断出△ABE是底角是30°的等腰三角形，即可构造直角三角形即可得出结论．【详解】（1）∵AD=BD，

∴∠B=∠BAD，

∵AD=CD，

∴∠C=∠CAD，

在△ABC中，∠B+∠C+∠BAC=180°，

∴∠B+∠C+∠BAD+∠CAD=∠B+∠C+∠B+∠C=180°

∴∠B+∠C=90°，

∴∠BAC=90°，（2）如图②，连接与，交点为，连接四边形是矩形（3）如图3，过点做于点四边形是矩形，是等边三角形，由（2）知，在中，，【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形是性质，直角三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质，三角形的内角和公式，解（1）的关键是判断出∠B=∠BAD，解（2）的关键是判断出OE=AC，解（3）的关键是判断出△ABE是底角为30°的等腰三角形，进而构造直角三角形．21、（1）（2，﹣2）；（2）（1，0）；（3）1．【解析】试题分析：（1）根据平移的性质得出平移后的图从而得到点的坐标；（2）根据位似图形的性质得出对应点位置，从而得到点的坐标；（3）利用等腰直角三角形的性质得出△A2B2C2的面积．试题解析：（1）如图所示：C1（2，﹣2）；故答案为（2，﹣2）；（2）如图所示：C2（1，0）；故答案为（1，0）；（3）∵=20，=20，=4