2023-2024學年安徽省滁州市定遠育才校中考數學模試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．計算的結果是（）A．a2 B．-a2 C．a4 D．-a42．－5的倒數是A． B．5 C．－ D．－53．如圖，點P是∠AOB內任意一點，OP=5cm，點M和點N分別是射線OA和射線OB上的動點，△PMN周長的最小值是5cm，則∠AOB的度數是（）．A． B． C． D．4．在Rt△ABC中，∠C＝90°，如果AC＝4，BC＝3，那么∠A的正切值為()A． B． C． D．5．下列命題中，真命題是（）A．如果第一個圓上的點都在第二個圓的外部，那么這兩個圓外離B．如果一個點即在第一個圓上，又在第二個圓上，那么這兩個圓外切C．如果一條直線上的點到圓心的距離等于半徑長，那么這條直線與這個圓相切D．如果一條直線上的點都在一個圓的外部，那么這條直線與這個圓相離6．天氣越來越熱，為防止流行病傳播，學校決定用420元購買某種牌子的消毒液，經過還價，每瓶便宜0.5元，結果比用原價購買多買了20瓶，求原價每瓶多少元？設原價每瓶x元，則可列出方程為()A．-=20 B．-=20C．-=20 D．7．分式方程的解為（）A．x=-2 B．x=-3 C．x=2 D．x=38．如圖是拋物線y1=ax2+bx+c（a≠0）圖象的一部分，其頂點坐標為A（﹣1，﹣3），與x軸的一個交點為B（﹣3，0），直線y2=mx+n（m≠0）與拋物線交于A，B兩點，下列結論：①abc＞0；②不等式ax2+（b﹣m）x+c﹣n＜0的解集為﹣3＜x＜﹣1；③拋物線與x軸的另一個交點是（3，0）；④方程ax2+bx+c+3=0有兩個相等的實數根；其中正確的是（）A．①③ B．②③ C．③④ D．②④9．如圖，AB∥CD，點E在CA的延長線上.若∠BAE=40°，則∠ACD的大小為（）A．150° B．140° C．130° D．120°10．已知x﹣2y=3，那么代數式3﹣2x+4y的值是（）A．﹣3 B．0 C．6 D．9二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11．如圖，在4×4正方形網格中，黑色部分的圖形構成一個軸對稱圖形，現在任選取一個白色的小正方形并涂黑，使圖中黑色部分的圖形仍然構成一個軸對稱圖形的概率是_____．12．不等式組的解集為________.13．如圖，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，直線l1、l2、l1分別通過A、B、C三點，且l1∥l2∥l1．若l1與l2的距離為5，l2與l1的距離為7，則Rt△ABC的面積為___________14．用半徑為6cm，圓心角為120°的扇形圍成一個圓錐，則圓錐的底面圓半徑為_______cm．15．如圖，平行線AB、CD被直線EF所截，若∠2=130°，則∠1=_____．16．已知函數y=-1，給出一下結論：①y的值隨x的增大而減?、诖撕瘮档膱D形與x軸的交點為（1，0）③當x>0時，y的值隨x的增大而越來越接近-1④當x≤時，y的取值范圍是y≥1以上結論正確的是_________（填序號）17．（﹣12）﹣2﹣（3.14﹣π）0三、解答題（共7小題，滿分69分）18．（10分）已知反比例函數y=kx的圖象過點（1）試求該反比例函數的表達式；（2）M（m，n）是反比例函數圖象上的一動點，其中0＜m＜3，過點M作直線MB∥x軸，交y軸于點B；過點A作直線AC∥y軸，交x軸于點C，交直線MB于點D．當四邊形OADM的面積為6時，請判斷線段BM與DM的大小關系，并說明理由．19．（5分）如圖，在平行四邊形ABCD中，E、F分別在AD、BC邊上，且AE＝CF．求證：四邊形BFDE是平行四邊形．20．（8分）如圖，在平行四邊形中，的平分線與邊相交于點．（1）求證；（2）若點與點重合，請直接寫出四邊形是哪種特殊的平行四邊形．21．（10分）甲、乙兩人相約周末登花果山，甲、乙兩人距地面的高度y（米）與登山時間x（分）之間的函數圖象如圖所示，根據圖象所提供的信息解答下列問題：甲登山上升的速度是每分鐘米，乙在A地時距地面的高度b為米．若乙提速后，乙的登山上升速度是甲登山上升速度的3倍，請求出乙登山全程中，距地面的高度y（米）與登山時間x（分）之間的函數關系式．登山多長時間時，甲、乙兩人距地面的高度差為50米？22．（10分）綜合與實踐﹣﹣旋轉中的數學問題背景：在一次綜合實踐活動課上，同學們以兩個矩形為對象，研究相似矩形旋轉中的問題：已知矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，它們各自對角線的交點重合于點O，連接AA′，CC′．請你幫他們解決下列問題：觀察發現：（1）如圖1，若A′B′∥AB，則AA′與CC′的數量關系是______；操作探究：（2）將圖1中的矩形ABCD保持不動，矩形A′B′C′D′繞點O逆時針旋轉角度α（0°＜α≤90°），如圖2，在矩形A′B′C′D′旋轉的過程中，（1）中的結論還成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；操作計算：（3）如圖3，在（2）的條件下，當矩形A′B′C′D′繞點O旋轉至AA′⊥A′D′時，若AB=6，BC=8，A′B′=3，求AA′的長．23．（12分）如圖，在△ABC中，D為AC上一點，且CD=CB,以BC為直徑作☉O,交BD于點E，連接CE,過D作DFAB于點F,∠BCD=2∠ABD．（1）求證：AB是☉O的切線；（2）若∠A=60°，DF=,求☉O的直徑BC的長．24．（14分）如圖，在平行四邊形ABCD中，E、F為AD上兩點，AE=EF=FD，連接BE、CF并延長，交于點G，GB=GC．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（1）若△GEF的面積為1．①求四邊形BCFE的面積；②四邊形ABCD的面積為．

參考答案一、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【解析】

直接利用同底數冪的乘法運算法則計算得出答案．【詳解】解：，故選D．【點睛】此題主要考查了同底數冪的乘法運算，正確掌握運算法則是解題關鍵．2、C【解析】

若兩個數的乘積是1，我們就稱這兩個數互為倒數．【詳解】解：5的倒數是．故選C．3、B【解析】試題分析：作點P關于OA對稱的點P3,作點P關于OB對稱的點P3,連接P3P3,與OA交于點M,與OB交于點N,此時△PMN的周長最小．由線段垂直平分線性質可得出△PMN的周長就是P3P3的長，∵OP=3，∴OP3=OP3=OP=3．又∵P3P3=3，,∴OP3=OP3=P3P3,∴△OP3P3是等邊三角形,∴∠P3OP3=60°，即3（∠AOP+∠BOP）=60°，∠AOP+∠BOP=30°,即∠AOB=30°，故選B．考點：3．線段垂直平分線性質；3．軸對稱作圖．4、A【解析】

根據銳角三角函數的定義求出即可.【詳解】解：在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3,∴tanA=.故選A.【點睛】本題考查了銳角三角函數的定義，熟記銳角三角函數的定義內容是解題的關鍵.5、D【解析】

根據兩圓的位置關系、直線和圓的位置關系判斷即可．【詳解】A.如果第一個圓上的點都在第二個圓的外部，那么這兩個圓外離或內含，A是假命題；B.如果一個點即在第一個圓上，又在第二個圓上，那么這兩個圓外切或內切或相交，B是假命題；C.如果一條直線上的點到圓心的距離等于半徑長，那么這條直線與這個圓相切或相交，C是假命題；D.如果一條直線上的點都在一個圓的外部，那么這條直線與這個圓相離，D是真命題；故選：D．【點睛】本題考查了兩圓的位置關系：設兩圓半徑分別為R、r，兩圓圓心距為d，則當d＞R+r時兩圓外離；當d=R+r時兩圓外切；當R-r＜d＜R+r（R≥r）時兩圓相交；當d=R-r（R＞r）時兩圓內切；當0≤d＜R-r（R＞r）時兩圓內含．6、C【解析】

關鍵描述語是：“結果比用原價多買了1瓶”；等量關系為：原價買的瓶數-實際價格買的瓶數=1．【詳解】原價買可買瓶，經過還價，可買瓶．方程可表示為：﹣=1．故選C．【點睛】考查了由實際問題抽象出分式方程．列方程解應用題的關鍵步驟在于找相等關系．本題要注意討價前后商品的單價的變化．7、B【解析】解：去分母得：2x=x﹣3，解得：x=﹣3，經檢驗x=﹣3是分式方程的解．故選B．8、D【解析】

①錯誤．由題意a＞1．b＞1，c＜1，abc＜1；

②正確．因為y1=ax2+bx+c（a≠1）圖象與直線y2=mx+n（m≠1）交于A，B兩點，當ax2+bx+c＜mx+n時，-3＜x＜-1；即不等式ax2+（b-m）x+c-n＜1的解集為-3＜x＜-1；故②正確；

③錯誤．拋物線與x軸的另一個交點是（1，1）；

④正確．拋物線y1=ax2+bx+c（a≠1）圖象與直線y=-3只有一個交點，方程ax2+bx+c+3=1有兩個相等的實數根，故④正確．【詳解】解：∵拋物線開口向上，∴a＞1，

∵拋物線交y軸于負半軸，∴c＜1，

∵對稱軸在y軸左邊，∴-＜1，

∴b＞1，

∴abc＜1，故①錯誤．

∵y1=ax2+bx+c（a≠1）圖象與直線y2=mx+n（m≠1）交于A，B兩點，

當ax2+bx+c＜mx+n時，-3＜x＜-1；

即不等式ax2+（b-m）x+c-n＜1的解集為-3＜x＜-1；故②正確，

拋物線與x軸的另一個交點是（1，1），故③錯誤，

∵拋物線y1=ax2+bx+c（a≠1）圖象與直線y=-3只有一個交點，

∴方程ax2+bx+c+3=1有兩個相等的實數根，故④正確．

故選：D．【點睛】本題考查二次函數的性質、二次函數與不等式，二次函數與一元二次方程等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用數形結合的思想解決問題．9、B【解析】試題分析：如圖，延長DC到F，則∵AB∥CD，∠BAE=40°，∴∠ECF=∠BAE=40°.∴∠ACD=180°-∠ECF=140°.故選B．考點：1.平行線的性質；2.平角性質.10、A【解析】

解：∵x﹣2y=3，∴3﹣2x+4y=3﹣2（x﹣2y）=3﹣2×3=﹣3；故選A．二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11、【解析】如圖，有5種不同取法；故概率為.12、x>1【解析】

分別求出兩個不等式的解集，再求其公共解集．【詳解】，解不等式①，得：x>1，解不等式②，得：x＞-3，所以不等式組的解集為：x>1，故答案為：x>1．【點睛】本題考查一元一次不等式組的解法，屬于基礎題．求不等式組的解集，要遵循以下原則：同大取較大，同小取較小，小大大小中間找，大大小小解不了．13、17【解析】過點B作EF⊥l2，交l1于E，交l1于F，如圖，∵EF⊥l2，l1∥l2∥l1，∴EF⊥l1⊥l1，∴∠ABE+∠EAB=90°,∠AEB=∠BFC=90°，又∵∠ABC=90°，∴∠ABE+∠FBC=90°，∴∠EAB=∠FBC，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF=5，AE=BF=7，在Rt△ABE中，AB2=BE2+AE2，∴AB2=74，∴S△ABC=AB?BC=AB2=17.故答案是17.點睛：本題考查了全等三角形的判定和性質、勾股定理、平行線間的距離，三角形的面積公式，解題的關鍵是做輔助線，構造全等三角形，通過證明三角形全等對應邊相等，再利用三角形的面積公式即可得解.14、1．【解析】

解：設圓錐的底面圓半徑為r，根據題意得1πr=，解得r=1，即圓錐的底面圓半徑為1cm．故答案為：1．【點睛】本題考查圓錐的計算，掌握公式正確計算是解題關鍵．15、50°【解析】

利用平行線的性質推出∠EFC=∠2=130°，再根據鄰補角的性質即可解決問題.【詳解】∵AB∥CD，∴∠EFC=∠2=130°，∴∠1=180°-∠EFC=50°，故答案為50°【點睛】本題考查平行線的性質、鄰補角的性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考基礎題．16、②③【解析】（1）因為函數的圖象有兩個分支，在每個分支上y隨x的增大而減小，所以結論①錯誤；（2）由解得：，∴的圖象與x軸的交點為（1，0），故②中結論正確；（3）由可知當x>0時，y的值隨x的增大而越來越接近-1，故③中結論正確；（4）因為在中，當時，，故④中結論錯誤；綜上所述，正確的結論是②③.故答案為：②③.17、3.【解析】試題分析：分別根據零指數冪，負指數冪的運算法則計算，然后根據實數的運算法則求得計算結果．原式=4-1=3.考點：負整數指數冪；零指數冪．三、解答題（共7小題，滿分69分）18、（1）y=6x；（2）MB=【解析】

(1)將A(3，2)分別代入y=kx

，y=ax中，得a、k(2)有S△OMB=S△OAC=12×k=3

，可得矩形OBDC的面積為12；即OC×OB=12

；進而可得m、n的值，故可得BM與DM【詳解】（1）將A（3，2）代入y=kx中，得2=k∴反比例函數的表達式為y=6（2）BM=DM，理由：∵S△OMB=S△OAC=12×k∴S矩形OBDC=S四邊形OADM+S△OMB+S△OAC=3+3+6=12，即OC·OB=12，∵OC=3，∴OB=4，即n=4，∴m=6∴MB=32，MD=3-32=3【點睛】本題考查了待定系數法求反比例函數和正比例函數解析式，反比例函數比例系數的幾何意義，矩形的性質等知識.熟練掌握待定系數法是解（1）的關鍵，掌握反比例函數系數的幾何意義是解（2）的關鍵.19、證明見解析【解析】

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD//BC，AD=BC，∵AE=CF∴AD-AE=BC-CF即DE=BF∴四邊形BFDE是平行四邊形.20、（1）見解析；(2)菱形.【解析】

（1）根據角平分線的性質可得∠ADE=∠CDE，再由平行線的性質可得AB∥CD,易得AD=AE，從而可證得結論；（2）若點與點重合，可證得AD=AB，根據鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可作出判斷.【詳解】（1）∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠CDE.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD,AB=CD,AD=BC,AB=CD.∵∠AED=∠CDE.∴∠ADE=∠AED.∴AD=AE.∴BC=AE.∵AB=AE+EB.∴BE+BC=CD.(2)菱形，理由如下：由（1）可知，AD=AE,∵點E與B重合，∴AD=AB.∵四邊形ABCD是平行四邊形∴平行四邊形ABCD為菱形.【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，平行線的性質，等腰三角形的性質，菱形的性質，熟練掌握各知識是解題的關鍵.21、（1）10,30；（2）y=；（3）登山4分鐘、9分鐘或15分鐘時，甲、乙兩人距地面的高度差為50米．【解析】

（1）根據速度=高度÷時間即可算出甲登山上升的速度；根據高度=速度×時間即可算出乙在A地時距地面的高度b的值；（2）分0≤x≤2和x≥2兩種情況，根據高度=初始高度+速度×時間即可得出y關于x的函數關系；（3）當乙未到終點時，找出甲登山全程中y關于x的函數關系式，令二者做差等于50即可得出關于x的一元一次方程，解之即可求出x值；當乙到達終點時，用終點的高度﹣甲登山全程中y關于x的函數關系式=50，即可得出關于x的一元一次方程，解之可求出x值．綜上即可得出結論．【詳解】（1）（300﹣100）÷20=10（米/分鐘），b=15÷1×2=30，故答案為10，30；（2）當0≤x≤2時，y=15x；當x≥2時，y=30+10×3（x﹣2）=30x﹣30，當y=30x﹣30=300時，x=11，∴乙登山全程中，距地面的高度y（米）與登山時間x（分）之間的函數關系式為y=；（3）甲登山全程中，距地面的高度y（米）與登山時間x（分）之間的函數關系式為y=10x+100（0≤x≤20）．當10x+100﹣（30x﹣30）=50時，解得：x=4，當30x﹣30﹣（10x+100）=50時，解得：x=9，當300﹣（10x+100）=50時，解得：x=15，答：登山4分鐘、9分鐘或15分鐘時，甲、乙兩人距地面的高度差為50米．【點睛】本題考查了一次函數的應用以及解一元一次方程，解題的關鍵是：（1）根據數量關系列式計算；（2）根據高度=初始高度+速度×時間找出y關于x的函數關系式；（3）將兩函數關系式做差找出關于x的一元一次方程．22、（1）AA′=CC′；（2）成立，證明見解析；（3）AA′=【解析】

（1）連接AC、A′C′，根據題意得到點A、A′、C′、C在同一條直線上，根據矩形的性質得到OA=OC，OA′=OC′，得到答案；（2）連接AC、A′C′，證明△A′OA≌△C′OC，根據全等三角形的性質證明；（3）連接AC，過C作CE⊥AB′，交AB′的延長線于E，根據相似多邊形的性質求出B′C′，根據勾股定理計算即可．【詳解】（1）AA′=CC′，理由如下：連接AC、A′C′，∵矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，∠CAB=∠C′A′B′，∵A′B′∥AB，∴點A、A′、C′、C在同一條直線上，由矩形的性質可知，OA=OC，OA′=OC′，∴AA′=CC′，故答案為AA′=CC′；（2）（1）中的結論還成立，AA′=CC′，理由如下：連接AC、A′C′，則AC、A′C′都經過點O，由旋轉的性質可知，∠A′OA=∠C′OC，∵四邊形ABCD和四邊形A′B′C′D′都是矩形，∴OA=OC，OA′=OC′，在△A′OA和△C′OC中，，∴△A′OA≌△C′OC，∴AA′=CC′；（3）連接AC，過C作CE⊥AB′，交AB′的延長線于E，∵矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，∴，即，解得，B′C′=4，∵∠EB′C=∠B′C′C=∠E=90°，∴四邊形B′ECC′為矩形，∴EC=B′C′=4，在Rt△ABC中，AC==10，在Rt△AEC中，AE==2，∴AA′+B′E=2﹣3，又AA′=CC′=B′E，∴AA′=．【點睛】本題考查的是矩形的性質、旋轉變換的性質、全等三角形的判定和性質，掌握旋轉變換的性質、矩形的性質是解題的關鍵．23、（1）證明過程見解析；（2）【解析】

（1）根據CB=CD得出∠CBD=∠CDB，然后結合∠BCD=2∠ABD得出∠ABD=∠BCE，從而得出∠CBD+∠ABD=∠CBD+∠BCE=90°，然后得出切線；（2）根據Rt△AFD和Rt△BFD的性質得出AF和DF的長度