2024年2月13日发(作者：僧玟玉)

2023年海南省三亚市中考一模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．实数3的相反数是（A．3【答案】A【分析】根据相反数的定义判断即可；【详解】解：3的相反数是3，故选：A．【点睛】本题考查了相反数：只有符号不同的两个数互为相反数；掌握其定义是解题关键．2．下列计算正确的是（A．a3a2a6【答案】C【分析】根据合并同类项、积的乘方、同底数幂的乘法、幂的乘方运算进行计算即可求解．【详解】解：A．a3与a2不能合并，故该选项不正确，不符合题意；B．(ab)2a2b2，故该选项不正确，不符合题意；C．a3a2a23a5，故该选项正确，符合题意；D．a3a23a6，故该选项不正确，不符合题意；2）C．13B．3D．13）2B．abab2C．a3a2a5D．a3a52故选：C．【点睛】本题考查了合并同类项、积的乘方、同底数幂的乘法、幂的乘方的运算，掌握相关的计算法则是解题的关键．3．党的十八大以来，坚持把教育扶贫作为脱贫攻坚的优先任务．20142018年，中央财政累计投入“全面改善贫困地区义务教育薄弱学校基本办学条件”专项补助资金1692亿元，将0用科学记数法表示应为（A．0.16921012【答案】C【分析】根据科学记数法可直接进行求解．【详解】解：由题意得：将0用科学记数法表示应为1.6921011；试卷第1页，共22页B．1.6921012）D．16.921010C．1.6921011

故选C．【点睛】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法的表示方法是解题的关键．4．如图是5个相同的正方体搭成的立体图形，则它的主视图为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据主视图的意义，从正面看该组合体所得到的图形进行判断即可．【详解】解：从正面看该组合体，所看到的图形与选项A中的图形相同，故选：A．【点睛】本题考查简单组合体的主视图，理解视图的意义，掌握三视图的画法是正确判断的前提．5．某校九年级8个班的同学积极参与“一木一环保”捐书活动，以班为单位自愿捐赠废旧书本，经统计，每个班捐赠的书本质量（单位：kg）如下：26，30，28，28，30，32，34，30，则这组数据的中位数和众数分别为（A．30，30【答案】A【分析】由中位数、众数的定义进行计算，即可得到答案．【详解】解：根据题意，这组数据按从小到大排列为：26，28，28，30，30，30，32，34；∴这组数据的中位数是第5个数和第6个数的平均数为30；出现最多的数是30，则众数是30；故选：A【点睛】本题考查了确定一组数据的中位数和众数的能力．要明确定义，一些学生往往对这个概念掌握不清楚，计算方法不明确而误选其它选项，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数．6．在一个不透明的袋中装有6个只有颜色不同的球，其中红球3个、黄球2个和白球试卷第2页，共22页B．29，28）D．30，28C．28，30

1个，从袋中任意摸出一个球，是黄球的概率为（A．16）D．23B．21C．13【答案】C【分析】从袋中任意摸出一个球，共有6种等可能结果，其中是黄球的有2种结果，再根据概率公式求解即可．【详解】解：∵从袋中任意摸出一个球，共有6种等可能结果，其中是黄球的有2种结果，∴从袋中任意摸出一个球，是黄球的概率为故选：C．【点睛】本题考查了等可能事件的概率问题，解决本题的关键是牢记概率公式，本题较基础，侧重学生对概率的理解与对概率公式的运用．7．如图，如果小明的位置用1,0表示，小华的位置用1,2表示，那么小刚的位置可以表示成()21，63A．3,0【答案】BB．2,1C．(-1,2)D．3,2【分析】先利用小军和小华的位置表示的坐标建立直角坐标系，然后写出小刚所在点的坐标即可．【详解】解：∵小明的位置用1,0表示，小华的位置用1,2表示，∴建立平面直角坐标系如下图，试卷第3页，共22页

1．∴小刚的位置可以表示为2，故选：B．【点睛】本题考查了坐标确定位置：平面内的点与有序实数对一一对应；记住平面直角坐标系中特殊位置点的坐标特征．8．用配方法解一元二次方程x26x40，配方正确的是（A．x352）D．x352B．x3132C．x352【答案】D【分析】先移项得到x2-6x=-4，再把方程两边加上9，然后把方程左边用完全平方形式表示即可．【详解】解：∵x2-6x+4=0，∴x2-6x=-4，∴x2-6x+9=-4+9，即（x-3）2=5．故选：D．【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法．配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．9．如图，已知AB∥CD，BFC126，观察图中尺规作图的痕迹，可知∠BCD的度数为（）A．26°【答案】CB．36°C．27°D．22°【分析】根据尺规作图的痕迹可知：BC平分DCF，结合AB//CD，可得BCDBFCB，进而即可求解．【详解】解：由图中尺规作图的痕迹可知：BC平分DCF∴BCDFCB∵AB//CD∴BCDB试卷第4页，共22页

∴FCBB∵BFC126∴BCDB(180126)227故选：C．【点睛】本题考查了尺规作角平分线以及平行线的性质，根据尺规作图的痕迹，得到BC平分DCF是解题的关键．10．如图，在直径为AB的⊙O中，点C，D在圆上，AC=CD，若∠CAD=28°，则∠DAB的度数为（）A．28°【答案】BB．34°C．56°D．62°【分析】利用等腰三角形的性质可得∠CAD＝∠CDA＝28°，从而利用三角形内角和定理可得∠ACD＝124°，然后根据圆内接四边形对角互补求出∠ABD＝56°，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而求出∠DAB的度数．【详解】解：∵AC＝CD，∠CAD＝28°，∴∠CAD＝∠CDA＝28°，∴∠ACD＝180°﹣∠CAD﹣∠CDA＝124°，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ACD+∠ABD＝180°，∴∠ABD＝180°﹣∠ACD＝56°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB＝90°﹣∠ABD＝34°，故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．11．小明和哥哥一起同速去离家1600米的菜鸟驿站，小明取完包裹后随即原路原速度返回，哥哥花了8分钟寄出一个包裹后原路原速度返回，下面的图象表示小明和哥哥之试卷第5页，共22页

间的距离与时间之间的关系，其中较合理的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据题意分段判断小明和哥哥之间的距离与时间的关系即可．【详解】解：当两人同时去菜鸟驿站时，小明和哥哥之间的距离为0；试卷第6页，共22页

当哥哥寄包裹，小明取完包裹原路返回时，小明和哥哥之间的距离逐渐增加；当哥哥寄出包裹后原路返回时且小明到家之前，小明和哥哥之间的距离保持不变；当哥哥原路返回时且小明到家之后，小明和哥哥之间的距离逐渐变小，直到为零，所以符合这一过程的函数图象为：故选：D．【点睛】本题考查了函数图象的识别，读懂题意，分析得出每个时间段函数的大致图象是解题的关键．12．如图，在菱形ABCD中，AB4，BAD120，△AEF为等边三角形点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，且E，F不与B，C，D重合，则四边形AECF的面积是（）A．4【答案】BB．43C．8D．83【分析】证△ABE≌△ACF（ASA），得S△ABE＝S△ACF，再由S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可求解．【详解】连接AC，如图所示，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝∠DAC＝60°，BC＝AB＝4，试卷第7页，共22页

∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，∴∠1＝∠3，∵∠BAD＝120°，BC∥AD，∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，∴△ABC、△ACD为等边三角形，∴∠4＝60°，AC＝AB，在△ABE和△ACF中，13ABAC，ABC4∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴S△ABE＝S△ACF，故S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值，过A作AH⊥BC于H，则BH＝2BC＝2，∴AH＝AB2BH2422223，S四边形AECF＝S△ABC＝2BC•AH＝2×4×23＝43，故选：B．【点睛】本题主要考查了菱形的性质和全等三角形的综合应用，结合勾股定理计算是解题的关键．111二、填空题13．分式方程x20的解是_________．x3【答案】x2【分析】根据解分式方程的方法求解即可．【详解】解：方程两边同时乘x3，得x20．移项，得x2．经检验，x2是原分式方程的解．故答案为：x2．【点睛】本题考查了分式方程的计算，解题关键是要注意分式方程应进行验根．614．已知点(2,y1),3,y2在反比例函数y的图像上，则y1_________y2（填“”或“”）x试卷第8页，共22页

【答案】＜【分析】根据反比例函数的增减性即可解答．6【详解】解：∵y，k60，x6∴反比例函数y的图像在二、四象限，x∴在每一个象限内y随x的增大而增大．∵320，∴y1y2．故答案为：．【点睛】本题主要考查反比例函数图像上点的坐标特征，掌握反比例函数的增减性只指在同一象限内是解答本题的关键．，15．如图，把等腰直角三角板放平面直角坐标系内，已知直角顶点A的坐标为（4，0）另一个顶点C的坐标为（0，2），则点B的坐标为____．【答案】(2,4)【分析】作如解析所示图象，可根据余角的性质得到CAFABE，先证得AFCBEA(AAS)，得到AFBE，CFAE，再根据A(4,0)，C(0,2)，即可得到点B的坐标．【详解】解：过点A作直线l，使得lx轴，过点C作CFl于点F，过点B作BEl于点E，试卷第9页，共22页

CFAAEB90，CAB90，BAECAF90，CAFABE，在AFC和BEA中，CFAAEB90，CAFABEACBAAFCBEA(AAS)，AFBE，CFAE，C的坐标为(0,2)，A的坐标为(4,0)，OC2，OA4，AF2，AE4，yB4，BE2，xB2，点B的坐标为(2,4)，故答案是：(2,4)．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形和全等三角形的的性质和判定，解题的关键是利用全等三角形的判定与性质得出AFBE，CFAE．如图，在矩形ABCD中，AD10,AB8，将AB沿AE翻折，使点B落在B处，AE16．为折痕，再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB上的点C处，EF为折痕，连接AC，若CF3，则AEF_________度，AC_________．试卷第10页，共22页

【答案】90217''【分析】根据翻折的性质即可求出AEF90，再证ABE∼ECFAA，可求出CE的长，利用勾股定理即可求出AC'的长．【详解】解：由翻折性质可得：AEB=AEB'，CEF=C'EF，∵AEB+AEB'+CEF+C'EF=180，∴AEB'+C'EF=90，即AEF90；∵C'FE+C'EF=90，∴AEB'=C'FE，∴ABE∼ECFAA，AB'B'E∴'='，CECF''∴设CEx，∵AD10,AB8，四边形ABCD是矩形，∴BC10，∴BE10x，由翻折性质得：B'E=BE=10x，C'E=CE=x，AB'=AB8，CF3，∴=8x10x3解得：x6或4，∵B'C'=B'EC'E=102x，∴B'C'2或2（舍），∴在RtAB'C'中，由勾股定理得：AB'+B'C'=AC'，∴AC'=217，故答案为：90，217．【点睛】本题主要考查了翻折性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，灵活运用所学知识是解题关键．试卷第11页，共22页

三、解答题3117．（1）计算：42293；x14（2）解不等式组2x13x4，并把它的解集表示在数轴上．63【答案】（1）5；（2）2x3，数轴见解析．【分析】（1）根据算术平方根、数的立方、负整数指数幂进行混合运算即可；（2）根据不等式的性质分别求解两个不等式，求出解集，将解集表示在数轴上即可．【详解】（1）解：原式282924313=5（2）解：由不等式x14得：x41，x3；由不等式2x13x4得：3622x13x44x23x44x3x42x2不等式组的解集为2x3．【点睛】本题考查了实数的混合运算以及求解不等式组、将解集表示在数轴上，熟记混合运算法则以及不等式的性质是解答本题的关键．18．疫情过后，某中学为学生复课做准备，计划购买消毒水和洗手液两种物品．若购买8瓶消毒水和5瓶洗手液需用220元；若购买4瓶消毒水和6瓶洗手液需用152元．求每瓶消毒水和每瓶洗手液各多少元？【答案】消毒水20元/瓶，洗手液12元/瓶【分析】设消毒水x元/瓶，洗手液y元/瓶，然后根据购买8瓶消毒水和5瓶洗手液需试卷第12页，共22页

用220元；若购买4瓶消毒水和6瓶洗手液需用152元，列出方程组求解即可．【详解】解：设消毒水x元/瓶，洗手液y元/瓶，8x5y220由题意得，4x6y152x20解得y12答：消毒水20元/瓶，洗手液12元/瓶．【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，正确理解题意找到等量关系列出方程组是解题的关键．19．随着通讯技术迅猛发展，人与人之间的沟通方式更多样，更便捷．为此，李老师设计了“你最喜欢的沟通方式”调查问卷（每人必选且只选一种）．某校九年级（1）班同学利用周末对全校师生进行了随机访问，并将统计结果绘制成两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题：；(1)这次访问活动采取的方式是_________（填写“全面调查”或“抽样调查”）(2)本次参与调查的共有_________人，条形统计图中，a_________；(3)从该样本中随机挑选一人，抽取的恰好使用“QQ”的概率是_________；(4)若该校有6000人使用手机，请估计该校最喜欢用“微信”进行沟通的有_________人．【答案】(1)抽样调查(2)200；10(3)1150(4)2400【分析】（1）根据全面调查和抽样调查的特征判断即可；（2）结合条形统计图电话联系的人数和扇形统计图电话联系人数的比例求得调查总人数，再由短信联系人数的比例计算短信联系的人数即可；试卷第13页，共22页

（3）根据几何概率：事件的概率可以用部分线段的长度（部分区域的面积）和整条线段的长度（整个区域的面积）的比来表示；求得扇形统计图中QQ所占的比例即可；（4）利用样本中微信联系人数的比例估计全校微信联系的人数即可；【详解】（1）解：∵某校九年级（1）班同学利用周末对全校师生进行了随机访问，即从全校学生中随机抽取人数进行调查，∴这次访问活动采取的方式是抽样调查；（2）解：根据电话联系的人数和比例可得调查人数=400.2200人；因此短信联系的人数a2005%10人；（3）解：由QQ联系的人数和调查总人数可得扇形统计图中QQ所占的比例=∴从该样本中随机挑选一人，抽取的恰好使用“QQ”的概率是11；504411，20050（4）解：由条形统计图可得微信联系的人数=2004010442680人，∴扇形统计图中微信联系人数的比例=8040%，200∴全校最喜欢用“微信”进行沟通人数=600040%2400人；【点睛】本题考查了抽样调查的特征，条形统计图和扇形统计图的联合求值，几何概率的定义，利用样本估计总体的计算；掌握相关概念的计算方法是解题关键．20．如图是某景区登山路线示意图，其中AD是车游览路线，折线ABCD是登山步道，步道AB与水平面AE的夹角为30，步道CD与水平面的夹角为45,BC是半山观景平台，BC∥AE．现测得AB300m,CD450中A，B，C，D，E在同一平面内，DEAE．2m，缆车路线AD1000m．其(1)填空：ABC_________度，CDE_________度；(2)求点B到水平面AE的距离；（结果保留根号）(3)求半山观景平台BC的长度．【答案】(1)150，45(2)150m试卷第14页，共22页

(3)3501503m【分析】（1）过点C作CHDE于点H，则CHD90,由平行线的性质和三角形内角和定理即可求得答案；（2）过B作BFAE于F，根据三角函数值，求出BFABsin30150m即可；（3）过C作CGAE于点G，CHDE于点H，先根据已知条件证明四边形BCFG为矩形，得出BCFG，CGBF150m，再证明四边形CGEH为矩形，得出GECH，EHCG150m，根据三角函数求出DHCHCDsin45450m，得到DEDHHE600m，GE450m，根据勾股定理算出AE800m，最后即可得出答案．【详解】（1）过点C作CHDE于点H，则CHD90,∵45，∴CDE180CHD45∵BC∥AE，∴ABC180150，故答案为：150，45（2）解：过B作BFAE于F，在RtABF中，BFA90，30，AB300m，∴AFABcos301503m，BFABsin30150m，答：点B到水平面AE的距离为150m．（3）过C作CGAE于点G，∵BFAE，CGAE，∴BF∥CG，又∵BC∥AE，BFG90，∴四边形BCFG为矩形，试卷第15页，共22页

∴BCFG，CGBF150m，∵CGAE，CHDE，∴CGEECHE90，∴四边形CGEH为矩形，∴GECH，EHCG150m，在RtCHD中，45，CD4502m，∴DHCHCDsin45450m，∴DEDHHE600m，GE450m，在Rt△ADE中，AD1000m，∴AEAD2DE2800m，∴FGAEAFGE3501503m，∴BCFG=3501503m，答：半山观景平台BC的长度为3501503m．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，勾股定理，特殊角的三角函数值，作出辅助线，熟练掌握三角函数的定义和特殊角的三角函数值是解题的关键．21．如图，在矩形ABCD中，AB3,BC4，点E是BC边上一点，连接AE，过点E作EFAE交DC边于点F，连接DE交AF于点M．(1)当ECAB时，求证：△ABE≌△ECF；(2)在（1）的条件下，计算DM的值；EM(3)当AFDE时，求BE的值．【答案】(1)见解析；(2)4；5(3)7．试卷第16页，共22页

【分析】（1）一线三等角证明三角形全等；（2）添加辅助线，构造相似三角形，求相似比即可；（3）利用四点共圆和垂径定理求出相等线段，用勾股定理求出BE的值．【详解】（1）证明：EFAE，AEBCEF90，四边形ABCD是矩形，C90，CFECEF90CFEAEB在ABE和△ECF中，AEBCFEBC90ABEC△ABE≌△ECF（AAS）（2）解：由（1）知△ABE≌△ECF，BEFCBCCEBCAB1如图所示，延长BC、AF，交于G，ADCBADFGCF，DAFCGF，△AFD∽△GFC同理，△AMD∽△GMECGCF11ADDF3121AD22CGEG5DMAD4，MEEG54；5故答案为：试卷第17页，共22页

（3）解：如图所示：AEFADF90A、E、F、D四点共圆，且AF是直径又AFDEAEADAEAD4BEAE2AB242327，故答案为：7．【点睛】本题考查平面几何图形的综合应用，解题关键是一线三等角证明三角形全等、利用三角形相似计算相似比求对应线段的比值、利用四点共圆及垂径定理求出相等线段，难点是添加辅助线证明三角形相似以及四点共圆的应用．22．如图1，抛物线yax2bx4与x轴交于A1,0,B3,0，与y轴交于点C．(1)求抛物线的解析式；(2)抛物线的顶点为P，求四边形PBOC的面积；(3)如图2，点M从点C出发，沿CB的方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，同时点N从B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BOC的方向向终点C运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒．①当BMN是直角三角形时，求t的值；试卷第18页，共22页

②在M、N运动的过程中，抛物线上存在点Q，使四边形CMNQ为平行四边形，请直接写出点Q的坐标．428【答案】(1)yxx433(2)10(3)①t2815529，t；②Q，89816【分析】（1）待定系数法求解即可；（2）如图1，连接OP，求P点坐标，根据S四边形PBOCSCOPSBOP，计算求解即可；（3）①当0t3时，N在OB上运动，当3t5时，N在OC上运动，当0t3时，BMN是直角三角形分BNM90和BMN90两种情况求解：当BNM90时，如图2，根据cosBBNBM，列方程求解即可；当BMN90时，如图3，根据cosB，BMBN列方程求出满足要求的解即可；当3t5时，N在OC上运动，BMN90，如图4，根据CMcosC，列方程求解即可；②解：如图5，连接对角线CN、QM交于点D，CN4483t34t，N3t，m2m4，则D，2，0，设Qm，求Mt，5332534284mtmm8t3mt5335D，，由平行四边形的性质可得3t5①，2222484m2m8t3352②，求解满足要求的解即可．24a0ab432A1,0,B3,0，【详解】（1）解：将代入yaxbx4得，解得，809a3b4b3428∴yxx4，33428∴抛物线的解析式为yxx4；33（2）解：如图1，连接OP，试卷第19页，共22页

428∵yxx4，33164，P1，，∴C0，3∴S四边形PBOCSCOPSBOP412316310，2∴四边形PBOC的面积为10；（3）①解：在RtBOC中，由勾股定理得BCOC2OB25，∴cosBOB3OB3OC4，，sinC，cosCBC5BC5BC55345秒，N从B运动到O再到C需要7秒，11∴M从C运动到B需要∴M、N运动5秒后停止，∴当0t3时，N在OB上运动，当3t5时，N在OC上运动，当0t3时，BMN是直角三角形分BNM90和BMN90两种情况求解：当BNM90时，如图2，则CMt，BM5t，BNt，∴cosB∴t1515BN3t，即，解得t，经检验，t是分式方程的解，88BM55t15时，BMN是直角三角形；8试卷第20页，共22页

当BMN90时，如图3，∴cosB25BM35t，即，解得t，（不合题意舍去）BN5t815时，BMN是直角三角形；8∴当0t3时，t当3t5时，N在OC上运动，当BMN90，BMN是直角三角形，如图4，CN7t，∴CMt42828cosC，即，解得t，经检验，t是分式方程的解；CN7t599∴当3t5时，t综上所述，t28时，BMN是直角三角形；92815或t时，BMN是直角三角形；89②解：如图5，连接对角线CN、QM交于点D，试卷第21页，共22页

由题意知CMt，43∴M的横坐标为tsinCt，纵坐标为4tcosC4t，55434t，∴Mt，55∵ON3t，0，∴N3t，48m2m4，设Qm，3334284mtmm8t3t5335，，2，D∴D，222∵四边形CMNQ是平行四边形，4843m2m8tmt∴3t5①，3352②，222解①得，t53m8，代入②整理得，8m219m150，则8m5m30，解得m或m3（不合题意，舍去），58428295将m代入mm4得，81633529∴Q，．816【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数的性质，正弦、余弦，二次函数与平行四边形综合等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．试卷第22页，共22页

2024年2月13日发(作者：僧玟玉)

2023年海南省三亚市中考一模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．实数3的相反数是（A．3【答案】A【分析】根据相反数的定义判断即可；【详解】解：3的相反数是3，故选：A．【点睛】本题考查了相反数：只有符号不同的两个数互为相反数；掌握其定义是解题关键．2．下列计算正确的是（A．a3a2a6【答案】C【分析】根据合并同类项、积的乘方、同底数幂的乘法、幂的乘方运算进行计算即可求解．【详解】解：A．a3与a2不能合并，故该选项不正确，不符合题意；B．(ab)2a2b2，故该选项不正确，不符合题意；C．a3a2a23a5，故该选项正确，符合题意；D．a3a23a6，故该选项不正确，不符合题意；2）C．13B．3D．13）2B．abab2C．a3a2a5D．a3a52故选：C．【点睛】本题考查了合并同类项、积的乘方、同底数幂的乘法、幂的乘方的运算，掌握相关的计算法则是解题的关键．3．党的十八大以来，坚持把教育扶贫作为脱贫攻坚的优先任务．20142018年，中央财政累计投入“全面改善贫困地区义务教育薄弱学校基本办学条件”专项补助资金1692亿元，将0用科学记数法表示应为（A．0.16921012【答案】C【分析】根据科学记数法可直接进行求解．【详解】解：由题意得：将0用科学记数法表示应为1.6921011；试卷第1页，共22页B．1.6921012）D．16.921010C．1.6921011

故选C．【点睛】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法的表示方法是解题的关键．4．如图是5个相同的正方体搭成的立体图形，则它的主视图为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据主视图的意义，从正面看该组合体所得到的图形进行判断即可．【详解】解：从正面看该组合体，所看到的图形与选项A中的图形相同，故选：A．【点睛】本题考查简单组合体的主视图，理解视图的意义，掌握三视图的画法是正确判断的前提．5．某校九年级8个班的同学积极参与“一木一环保”捐书活动，以班为单位自愿捐赠废旧书本，经统计，每个班捐赠的书本质量（单位：kg）如下：26，30，28，28，30，32，34，30，则这组数据的中位数和众数分别为（A．30，30【答案】A【分析】由中位数、众数的定义进行计算，即可得到答案．【详解】解：根据题意，这组数据按从小到大排列为：26，28，28，30，30，30，32，34；∴这组数据的中位数是第5个数和第6个数的平均数为30；出现最多的数是30，则众数是30；故选：A【点睛】本题考查了确定一组数据的中位数和众数的能力．要明确定义，一些学生往往对这个概念掌握不清楚，计算方法不明确而误选其它选项，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数．6．在一个不透明的袋中装有6个只有颜色不同的球，其中红球3个、黄球2个和白球试卷第2页，共22页B．29，28）D．30，28C．28，30

1个，从袋中任意摸出一个球，是黄球的概率为（A．16）D．23B．21C．13【答案】C【分析】从袋中任意摸出一个球，共有6种等可能结果，其中是黄球的有2种结果，再根据概率公式求解即可．【详解】解：∵从袋中任意摸出一个球，共有6种等可能结果，其中是黄球的有2种结果，∴从袋中任意摸出一个球，是黄球的概率为故选：C．【点睛】本题考查了等可能事件的概率问题，解决本题的关键是牢记概率公式，本题较基础，侧重学生对概率的理解与对概率公式的运用．7．如图，如果小明的位置用1,0表示，小华的位置用1,2表示，那么小刚的位置可以表示成()21，63A．3,0【答案】BB．2,1C．(-1,2)D．3,2【分析】先利用小军和小华的位置表示的坐标建立直角坐标系，然后写出小刚所在点的坐标即可．【详解】解：∵小明的位置用1,0表示，小华的位置用1,2表示，∴建立平面直角坐标系如下图，试卷第3页，共22页

1．∴小刚的位置可以表示为2，故选：B．【点睛】本题考查了坐标确定位置：平面内的点与有序实数对一一对应；记住平面直角坐标系中特殊位置点的坐标特征．8．用配方法解一元二次方程x26x40，配方正确的是（A．x352）D．x352B．x3132C．x352【答案】D【分析】先移项得到x2-6x=-4，再把方程两边加上9，然后把方程左边用完全平方形式表示即可．【详解】解：∵x2-6x+4=0，∴x2-6x=-4，∴x2-6x+9=-4+9，即（x-3）2=5．故选：D．【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法．配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．9．如图，已知AB∥CD，BFC126，观察图中尺规作图的痕迹，可知∠BCD的度数为（）A．26°【答案】CB．36°C．27°D．22°【分析】根据尺规作图的痕迹可知：BC平分DCF，结合AB//CD，可得BCDBFCB，进而即可求解．【详解】解：由图中尺规作图的痕迹可知：BC平分DCF∴BCDFCB∵AB//CD∴BCDB试卷第4页，共22页

∴FCBB∵BFC126∴BCDB(180126)227故选：C．【点睛】本题考查了尺规作角平分线以及平行线的性质，根据尺规作图的痕迹，得到BC平分DCF是解题的关键．10．如图，在直径为AB的⊙O中，点C，D在圆上，AC=CD，若∠CAD=28°，则∠DAB的度数为（）A．28°【答案】BB．34°C．56°D．62°【分析】利用等腰三角形的性质可得∠CAD＝∠CDA＝28°，从而利用三角形内角和定理可得∠ACD＝124°，然后根据圆内接四边形对角互补求出∠ABD＝56°，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而求出∠DAB的度数．【详解】解：∵AC＝CD，∠CAD＝28°，∴∠CAD＝∠CDA＝28°，∴∠ACD＝180°﹣∠CAD﹣∠CDA＝124°，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ACD+∠ABD＝180°，∴∠ABD＝180°﹣∠ACD＝56°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB＝90°﹣∠ABD＝34°，故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．11．小明和哥哥一起同速去离家1600米的菜鸟驿站，小明取完包裹后随即原路原速度返回，哥哥花了8分钟寄出一个包裹后原路原速度返回，下面的图象表示小明和哥哥之试卷第5页，共22页

间的距离与时间之间的关系，其中较合理的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据题意分段判断小明和哥哥之间的距离与时间的关系即可．【详解】解：当两人同时去菜鸟驿站时，小明和哥哥之间的距离为0；试卷第6页，共22页

当哥哥寄包裹，小明取完包裹原路返回时，小明和哥哥之间的距离逐渐增加；当哥哥寄出包裹后原路返回时且小明到家之前，小明和哥哥之间的距离保持不变；当哥哥原路返回时且小明到家之后，小明和哥哥之间的距离逐渐变小，直到为零，所以符合这一过程的函数图象为：故选：D．【点睛】本题考查了函数图象的识别，读懂题意，分析得出每个时间段函数的大致图象是解题的关键．12．如图，在菱形ABCD中，AB4，BAD120，△AEF为等边三角形点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，且E，F不与B，C，D重合，则四边形AECF的面积是（）A．4【答案】BB．43C．8D．83【分析】证△ABE≌△ACF（ASA），得S△ABE＝S△ACF，再由S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可求解．【详解】连接AC，如图所示，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝∠DAC＝60°，BC＝AB＝4，试卷第7页，共22页

∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，∴∠1＝∠3，∵∠BAD＝120°，BC∥AD，∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，∴△ABC、△ACD为等边三角形，∴∠4＝60°，AC＝AB，在△ABE和△ACF中，13ABAC，ABC4∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴S△ABE＝S△ACF，故S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值，过A作AH⊥BC于H，则BH＝2BC＝2，∴AH＝AB2BH2422223，S四边形AECF＝S△ABC＝2BC•AH＝2×4×23＝43，故选：B．【点睛】本题主要考查了菱形的性质和全等三角形的综合应用，结合勾股定理计算是解题的关键．111二、填空题13．分式方程x20的解是_________．x3【答案】x2【分析】根据解分式方程的方法求解即可．【详解】解：方程两边同时乘x3，得x20．移项，得x2．经检验，x2是原分式方程的解．故答案为：x2．【点睛】本题考查了分式方程的计算，解题关键是要注意分式方程应进行验根．614．已知点(2,y1),3,y2在反比例函数y的图像上，则y1_________y2（填“”或“”）x试卷第8页，共22页

【答案】＜【分析】根据反比例函数的增减性即可解答．6【详解】解：∵y，k60，x6∴反比例函数y的图像在二、四象限，x∴在每一个象限内y随x的增大而增大．∵320，∴y1y2．故答案为：．【点睛】本题主要考查反比例函数图像上点的坐标特征，掌握反比例函数的增减性只指在同一象限内是解答本题的关键．，15．如图，把等腰直角三角板放平面直角坐标系内，已知直角顶点A的坐标为（4，0）另一个顶点C的坐标为（0，2），则点B的坐标为____．【答案】(2,4)【分析】作如解析所示图象，可根据余角的性质得到CAFABE，先证得AFCBEA(AAS)，得到AFBE，CFAE，再根据A(4,0)，C(0,2)，即可得到点B的坐标．【详解】解：过点A作直线l，使得lx轴，过点C作CFl于点F，过点B作BEl于点E，试卷第9页，共22页

CFAAEB90，CAB90，BAECAF90，CAFABE，在AFC和BEA中，CFAAEB90，CAFABEACBAAFCBEA(AAS)，AFBE，CFAE，C的坐标为(0,2)，A的坐标为(4,0)，OC2，OA4，AF2，AE4，yB4，BE2，xB2，点B的坐标为(2,4)，故答案是：(2,4)．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形和全等三角形的的性质和判定，解题的关键是利用全等三角形的判定与性质得出AFBE，CFAE．如图，在矩形ABCD中，AD10,AB8，将AB沿AE翻折，使点B落在B处，AE16．为折痕，再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB上的点C处，EF为折痕，连接AC，若CF3，则AEF_________度，AC_________．试卷第10页，共22页

【答案】90217''【分析】根据翻折的性质即可求出AEF90，再证ABE∼ECFAA，可求出CE的长，利用勾股定理即可求出AC'的长．【详解】解：由翻折性质可得：AEB=AEB'，CEF=C'EF，∵AEB+AEB'+CEF+C'EF=180，∴AEB'+C'EF=90，即AEF90；∵C'FE+C'EF=90，∴AEB'=C'FE，∴ABE∼ECFAA，AB'B'E∴'='，CECF''∴设CEx，∵AD10,AB8，四边形ABCD是矩形，∴BC10，∴BE10x，由翻折性质得：B'E=BE=10x，C'E=CE=x，AB'=AB8，CF3，∴=8x10x3解得：x6或4，∵B'C'=B'EC'E=102x，∴B'C'2或2（舍），∴在RtAB'C'中，由勾股定理得：AB'+B'C'=AC'，∴AC'=217，故答案为：90，217．【点睛】本题主要考查了翻折性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，灵活运用所学知识是解题关键．试卷第11页，共22页

三、解答题3117．（1）计算：42293；x14（2）解不等式组2x13x4，并把它的解集表示在数轴上．63【答案】（1）5；（2）2x3，数轴见解析．【分析】（1）根据算术平方根、数的立方、负整数指数幂进行混合运算即可；（2）根据不等式的性质分别求解两个不等式，求出解集，将解集表示在数轴上即可．【详解】（1）解：原式282924313=5（2）解：由不等式x14得：x41，x3；由不等式2x13x4得：3622x13x44x23x44x3x42x2不等式组的解集为2x3．【点睛】本题考查了实数的混合运算以及求解不等式组、将解集表示在数轴上，熟记混合运算法则以及不等式的性质是解答本题的关键．18．疫情过后，某中学为学生复课做准备，计划购买消毒水和洗手液两种物品．若购买8瓶消毒水和5瓶洗手液需用220元；若购买4瓶消毒水和6瓶洗手液需用152元．求每瓶消毒水和每瓶洗手液各多少元？【答案】消毒水20元/瓶，洗手液12元/瓶【分析】设消毒水x元/瓶，洗手液y元/瓶，然后根据购买8瓶消毒水和5瓶洗手液需试卷第12页，共22页

用220元；若购买4瓶消毒水和6瓶洗手液需用152元，列出方程组求解即可．【详解】解：设消毒水x元/瓶，洗手液y元/瓶，8x5y220由题意得，4x6y152x20解得y12答：消毒水20元/瓶，洗手液12元/瓶．【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，正确理解题意找到等量关系列出方程组是解题的关键．19．随着通讯技术迅猛发展，人与人之间的沟通方式更多样，更便捷．为此，李老师设计了“你最喜欢的沟通方式”调查问卷（每人必选且只选一种）．某校九年级（1）班同学利用周末对全校师生进行了随机访问，并将统计结果绘制成两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题：；(1)这次访问活动采取的方式是_________（填写“全面调查”或“抽样调查”）(2)本次参与调查的共有_________人，条形统计图中，a_________；(3)从该样本中随机挑选一人，抽取的恰好使用“QQ”的概率是_________；(4)若该校有6000人使用手机，请估计该校最喜欢用“微信”进行沟通的有_________人．【答案】(1)抽样调查(2)200；10(3)1150(4)2400【分析】（1）根据全面调查和抽样调查的特征判断即可；（2）结合条形统计图电话联系的人数和扇形统计图电话联系人数的比例求得调查总人数，再由短信联系人数的比例计算短信联系的人数即可；试卷第13页，共22页

（3）根据几何概率：事件的概率可以用部分线段的长度（部分区域的面积）和整条线段的长度（整个区域的面积）的比来表示；求得扇形统计图中QQ所占的比例即可；（4）利用样本中微信联系人数的比例估计全校微信联系的人数即可；【详解】（1）解：∵某校九年级（1）班同学利用周末对全校师生进行了随机访问，即从全校学生中随机抽取人数进行调查，∴这次访问活动采取的方式是抽样调查；（2）解：根据电话联系的人数和比例可得调查人数=400.2200人；因此短信联系的人数a2005%10人；（3）解：由QQ联系的人数和调查总人数可得扇形统计图中QQ所占的比例=∴从该样本中随机挑选一人，抽取的恰好使用“QQ”的概率是11；504411，20050（4）解：由条形统计图可得微信联系的人数=2004010442680人，∴扇形统计图中微信联系人数的比例=8040%，200∴全校最喜欢用“微信”进行沟通人数=600040%2400人；【点睛】本题考查了抽样调查的特征，条形统计图和扇形统计图的联合求值，几何概率的定义，利用样本估计总体的计算；掌握相关概念的计算方法是解题关键．20．如图是某景区登山路线示意图，其中AD是车游览路线，折线ABCD是登山步道，步道AB与水平面AE的夹角为30，步道CD与水平面的夹角为45,BC是半山观景平台，BC∥AE．现测得AB300m,CD450中A，B，C，D，E在同一平面内，DEAE．2m，缆车路线AD1000m．其(1)填空：ABC_________度，CDE_________度；(2)求点B到水平面AE的距离；（结果保留根号）(3)求半山观景平台BC的长度．【答案】(1)150，45(2)150m试卷第14页，共22页

(3)3501503m【分析】（1）过点C作CHDE于点H，则CHD90,由平行线的性质和三角形内角和定理即可求得答案；（2）过B作BFAE于F，根据三角函数值，求出BFABsin30150m即可；（3）过C作CGAE于点G，CHDE于点H，先根据已知条件证明四边形BCFG为矩形，得出BCFG，CGBF150m，再证明四边形CGEH为矩形，得出GECH，EHCG150m，根据三角函数求出DHCHCDsin45450m，得到DEDHHE600m，GE450m，根据勾股定理算出AE800m，最后即可得出答案．【详解】（1）过点C作CHDE于点H，则CHD90,∵45，∴CDE180CHD45∵BC∥AE，∴ABC180150，故答案为：150，45（2）解：过B作BFAE于F，在RtABF中，BFA90，30，AB300m，∴AFABcos301503m，BFABsin30150m，答：点B到水平面AE的距离为150m．（3）过C作CGAE于点G，∵BFAE，CGAE，∴BF∥CG，又∵BC∥AE，BFG90，∴四边形BCFG为矩形，试卷第15页，共22页

∴BCFG，CGBF150m，∵CGAE，CHDE，∴CGEECHE90，∴四边形CGEH为矩形，∴GECH，EHCG150m，在RtCHD中，45，CD4502m，∴DHCHCDsin45450m，∴DEDHHE600m，GE450m，在Rt△ADE中，AD1000m，∴AEAD2DE2800m，∴FGAEAFGE3501503m，∴BCFG=3501503m，答：半山观景平台BC的长度为3501503m．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，勾股定理，特殊角的三角函数值，作出辅助线，熟练掌握三角函数的定义和特殊角的三角函数值是解题的关键．21．如图，在矩形ABCD中，AB3,BC4，点E是BC边上一点，连接AE，过点E作EFAE交DC边于点F，连接DE交AF于点M．(1)当ECAB时，求证：△ABE≌△ECF；(2)在（1）的条件下，计算DM的值；EM(3)当AFDE时，求BE的值．【答案】(1)见解析；(2)4；5(3)7．试卷第16页，共22页

【分析】（1）一线三等角证明三角形全等；（2）添加辅助线，构造相似三角形，求相似比即可；（3）利用四点共圆和垂径定理求出相等线段，用勾股定理求出BE的值．【详解】（1）证明：EFAE，AEBCEF90，四边形ABCD是矩形，C90，CFECEF90CFEAEB在ABE和△ECF中，AEBCFEBC90ABEC△ABE≌△ECF（AAS）（2）解：由（1）知△ABE≌△ECF，BEFCBCCEBCAB1如图所示，延长BC、AF，交于G，ADCBADFGCF，DAFCGF，△AFD∽△GFC同理，△AMD∽△GMECGCF11ADDF3121AD22CGEG5DMAD4，MEEG54；5故答案为：试卷第17页，共22页

（3）解：如图所示：AEFADF90A、E、F、D四点共圆，且AF是直径又AFDEAEADAEAD4BEAE2AB242327，故答案为：7．【点睛】本题考查平面几何图形的综合应用，解题关键是一线三等角证明三角形全等、利用三角形相似计算相似比求对应线段的比值、利用四点共圆及垂径定理求出相等线段，难点是添加辅助线证明三角形相似以及四点共圆的应用．22．如图1，抛物线yax2bx4与x轴交于A1,0,B3,0，与y轴交于点C．(1)求抛物线的解析式；(2)抛物线的顶点为P，求四边形PBOC的面积；(3)如图2，点M从点C出发，沿CB的方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，同时点N从B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BOC的方向向终点C运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒．①当BMN是直角三角形时，求t的值；试卷第18页，共22页

②在M、N运动的过程中，抛物线上存在点Q，使四边形CMNQ为平行四边形，请直接写出点Q的坐标．428【答案】(1)yxx433(2)10(3)①t2815529，t；②Q，89816【分析】（1）待定系数法求解即可；（2）如图1，连接OP，求P点坐标，根据S四边形PBOCSCOPSBOP，计算求解即可；（3）①当0t3时，N在OB上运动，当3t5时，N在OC上运动，当0t3时，BMN是直角三角形分BNM90和BMN90两种情况求解：当BNM90时，如图2，根据cosBBNBM，列方程求解即可；当BMN90时，如图3，根据cosB，BMBN列方程求出满足要求的解即可；当3t5时，N在OC上运动，BMN90，如图4，根据CMcosC，列方程求解即可；②解：如图5，连接对角线CN、QM交于点D，CN4483t34t，N3t，m2m4，则D，2，0，设Qm，求Mt，5332534284mtmm8t3mt5335D，，由平行四边形的性质可得3t5①，2222484m2m8t3352②，求解满足要求的解即可．24a0ab432A1,0,B3,0，【详解】（1）解：将代入yaxbx4得，解得，809a3b4b3428∴yxx4，33428∴抛物线的解析式为yxx4；33（2）解：如图1，连接OP，试卷第19页，共22页

428∵yxx4，33164，P1，，∴C0，3∴S四边形PBOCSCOPSBOP412316310，2∴四边形PBOC的面积为10；（3）①解：在RtBOC中，由勾股定理得BCOC2OB25，∴cosBOB3OB3OC4，，sinC，cosCBC5BC5BC55345秒，N从B运动到O再到C需要7秒，11∴M从C运动到B需要∴M、N运动5秒后停止，∴当0t3时，N在OB上运动，当3t5时，N在OC上运动，当0t3时，BMN是直角三角形分BNM90和BMN90两种情况求解：当BNM90时，如图2，则CMt，BM5t，BNt，∴cosB∴t1515BN3t，即，解得t，经检验，t是分式方程的解，88BM55t15时，BMN是直角三角形；8试卷第20页，共22页

当BMN90时，如图3，∴cosB25BM35t，即，解得t，（不合题意舍去）BN5t815时，BMN是直角三角形；8∴当0t3时，t当3t5时，N在OC上运动，当BMN90，BMN是直角三角形，如图4，CN7t，∴CMt42828cosC，即，解得t，经检验，t是分式方程的解；CN7t599∴当3t5时，t综上所述，t28时，BMN是直角三角形；92815或t时，BMN是直角三角形；89②解：如图5，连接对角线CN、QM交于点D，试卷第21页，共22页

由题意知CMt，43∴M的横坐标为tsinCt，纵坐标为4tcosC4t，55434t，∴Mt，55∵ON3t，0，∴N3t，48m2m4，设Qm，3334284mtmm8t3t5335，，2，D∴D，222∵四边形CMNQ是平行四边形，4843m2m8tmt∴3t5①，3352②，222解①得，t53m8，代入②整理得，8m219m150，则8m5m30，解得m或m3（不合题意，舍去），58428295将m代入mm4得，81633529∴Q，．816【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数的性质，正弦、余弦，二次函数与平行四边形综合等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．试卷第22页，共22页