2023年新中考模拟练习
九年级数学（6.07）参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，满分36分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A C C A D B D A B C D C
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分）
13．4； 14．25； 15．；
16．； 17．2； 18．45°
三、解答题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）
19.解：原式＝﹣2﹣（﹣1）+1
＝﹣2﹣+1+1
＝0．
20.解：原式＝ ＝ ＝﹣2x﹣6，
∵不等式x≤3的正整数解是1，2，3，其中x＝2或3时原式没有意义，
∴x＝1，
则原式＝﹣2﹣6＝﹣8．
四、解答题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
21.解：（1）20÷0.4＝50（名），15÷50＝0.3，
（2）n＝50×0.2＝10，补全频数分布直方图如图所示：
（3）1500×（0.2+0.1）＝450（人）
答：全校1500名学生中，获得“优秀”等次的学生约有450人．
22.解：如图，过A作AM⊥DE，交ED的延长线于点M，
过点C作CF⊥AM，垂足为F，过点C作CN⊥DE，垂足为N，
∴四边形CFMN是矩形，CN＝FM，
由题意可知，AC＝AB﹣CB＝130﹣40＝90，
∵CD＝80mm，∠DCB＝80°，∠CDE＝60°
在Rt△CDN中，，
∵∠DCN＝90°﹣60°＝30°，
又∵∠DCB＝80°，
∴∠BCN＝80°﹣30°＝50°，
∵AM⊥DE，CN⊥DE，
∴AM∥CN，
∴∠A＝∠BCN＝50°．
∴∠ACF＝90°﹣50°＝40°．
在Rt△ACF中，AF＝AC sin40°＝90×0.643≈57.87（mm），
∴，
答：点A到直线DE的距离约为127.2mm．
五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
23.解：（1）设1辆小货车一次可以满载运输x件物资，1辆大货车一次可以满载运输y件物资
由题意可得：，解得：，
答：1辆小货车一次可以满载运输300件物资，1辆大货车一次可以满载运输400件物资．
（2）解：设租用小货车a辆，大货车b辆，
依题意得：300a+400b＝3100，
∴．
又∵a，b均为正整数，
∴或或，
∴共有3种租车方案，
方案1：租用9辆小货车，1辆大货车；
方案2：租用5辆小货车，4辆大货车；
方案3：租用1辆小货车，7辆大货车．
24.（1）证明：如图1，
∵∠P＝∠PCB
∴PB=BC，
∵BP＝OB，
∴BP＝OB=BC，
即BC＝OP，
∵B是OP的中点
∴∠PCO=90°
∴OC⊥PC，
∵OC是半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：
∵BD⊥BC，
∴tan∠PCB＝，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴tan∠BAC＝，
∵∠PCB＝α，∠POC＝β，∠POC，
∴tanα＝，tan＝tan∠BAC＝，
∴tanα tan＝×＝，
∵∠ACB＝∠CBD＝90°，
∴BD∥AC，
∴，
∵OA＝OB＝BP，
∴AP＝3BP，
∴tanα tan＝＝＝．
六、综合题（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
25．（1）证明：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADF＝∠BFD，
∵DF平分∠ADB，
∴∠ADF＝∠BDF，
∴∠BFD＝∠BDF，
∴BD＝BF；
②由①知，AD∥BC，
∴∠ADB+∠FBD＝180°，
∵DF平分∠ADB，BG平分∠FBD，
∴∠ADB＝2∠BDF，∠FBD＝2∠DBG，
∴2∠BDF+2∠DBG＝180°，
∴∠BDF+∠DBG＝90°，
∴∠BHD＝180°﹣（∠BDF+∠DBG）＝90°，
∴BG⊥DF，
由①知，BD＝BF，
∴DH＝FH，
∵DF平分∠ADB，
∴∠ADH＝∠BDH，
∵DH＝DH，∠BHD＝∠GHD，
∴△BDH≌△GDH（ASA），
∴BH＝GH，
∵DH＝FH，
∴四边形BDGF是平行四边形，
∵BG⊥DF，
∴四边形BDGF是菱形；
（2）∵点O是矩形对角线AC与BD的交点，
∴OD＝OB，
∵DP＝HP，
∴PO是△BDH的中位线，
∴AC∥BG，
∵AD∥BC，
∴四边形AGBC是平行四边形，
∴AG＝BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，BC＝AD，
∴AD＝AG＝DG，
由（1）②知，四边形BDGF是菱形，
∴DG＝BD，
∴BD＝2AD，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB＝＝＝AD，
∴＝＝．
26.解：（1）∵y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），
∴，
解得，
∴y＝x2﹣2x﹣3，
当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3）．
（2）设PG⊥x轴于点H，P（m，m2﹣2m﹣3），
∵A（3，0），C（0，﹣3），
∴OA＝OC，
∵∠AOC＝90°，
∴∠OCA＝∠OAC＝45°，
∵PH∥OC，
∴∠PGQ＝∠OCA＝45°，
∵PQ⊥AC，
∴∠PQG＝90°，
∴sin∠PGQ＝＝sin45°＝，
∴，
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣3，
∴G（m，m﹣3），
∴，
∴＝，
∴当时，PG最大，
∴点P的坐标为．
（3）设M（m，m2﹣2m﹣3），则N（m2﹣2m，m2﹣2m﹣3），
如图2，点M在第三象限，MF⊥x轴于点F，NE⊥x轴于点E，则MF∥NE，
∵MN∥EF，∠MFE＝90°，
∴四边形MNEF是矩形，
当MF＝MN时，四边形MNEF是正方形，
∴﹣（m2﹣2m﹣3）＝m2﹣2m﹣m，
解得m1＝，m2＝3（不符合题意，舍去），
∴M；
如图3，点M在第三象限，MF⊥AC于点F，FE⊥x轴于点E交MN于点K，
∵MN∥x轴，
∴∠FNM＝∠OAC＝45°，∠FKN＝∠FEA＝90°，
∴FK⊥MN，
∵∠MFN＝90°，
∴∠FMN＝∠FNM＝45°，
∴FM＝FN，
∴MK＝NK，
∴FK＝MN＝MK＝NK，
当EK＝FK＝MN时，四边形MFNE是正方形，
∴﹣（m2﹣2m﹣3）＝（m2﹣2m﹣m），
解得m1＝，m2＝3（不符合题意，舍去），
∴M；
如图4，点E与点A重合，EM⊥AC交抛物线于点M，MN∥x轴交直线AC于点N，
∵∠MEN＝90°，∠ENM＝∠OAC＝45°，
∴∠ENM＝∠EMN＝45°，
∴EM＝EN，
作EL⊥MN于点L，延长EL到点F，使FL＝EL，连接FM、FN，
∴ML＝NL，
∴EL＝MN＝ML＝NL，
∴FL＝EL＝ML＝NL，
∵MN与EF互相垂直平分，且EF＝MN，
∴四边形MENF是正方形，
∴m2﹣2m﹣3＝（m2﹣2m﹣m），
解得m1＝﹣2，m2＝3（不符合题意，舍去），
∴M（﹣2，5），
综上所述，点M的坐标为或或（﹣2，5）．
