2023年上海市松江区中考二模数学试卷(含答案解析)

2023年上海市松江区中考二模数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．3的倒数是（A．3）B．0.3C．13D．）132．下列二次根式中，与2是同类二次根式的是（A．0.2B．0.5）C．4D．123．一次函数y2x3的图象不经过（A．第一象限B．第二象限）C．第三象限D．第四象限4．下列方程中，有实数根的是（A．x22x10B．x2x10）C．x+1=0D．1xx1x15．下列命题正确的是（A．三点确定一个圆B．圆的任意一条直径都是它的对称轴D．平分弦的直径垂直于这条弦）C．等弧所对的圆心角相等6．如图，点G是ABC的重心，四边形AEGD与ABC面积的比值是（A．21B．13C．14D．25二、填空题7．计算：a2a3__________．8．因式分解：a2﹣3a=_______．三、解答题2x69．不等式组{的解集是.x20试卷第1页，共4页四、填空题10．一个多边形的每一个外角都是72°，则这个多边形是正_____边形．11．在一副扑克牌中拿出2张红桃、3张黑桃共5张牌，从中任取1张是红桃的概率是________．12．已知点Ax1,y1和点Bx2,y2在反比例函数y的图像上，如果0x1x2，那么1xy1__________y2．（填“>”、“=”、“<”）13．抛物线yx2向左平移1个单位，所得的新抛物线的解析式为______．14．如图，已知在矩形ABCD中，点E在边AD上，且AE2ED，设ABa,BCb，那么BE＝________（用a、b的式子表示）．15．已知相交两圆的半径长分别为R和r，如果两圆的圆心距为6，且R2r，试写出一个符合条件的r的值：________．一辆客车从甲地驶往乙地，同时一辆私家车从乙地驶往甲地．两车之间的距离s（千16．米）与行驶的时间x（小时）之间的函数关系如图所示．已知私家车的速度是90千米/时，客车的速度是60千米/时，那么点A的坐标是________．已知ABCD中，AB=4，∠ABC与∠DCB的角平分线交AD边于点E，F，且EF=3，17．则边AD的长为_______．18．我们定义：二次项系数之和为1，图像都经过原点且对称轴相同的两个二次函数称作互为友好函数，那么y2x24x的友好函数是________．五、解答题19．计算：18230121321x2y1020．解方程组：22x2xyy4试卷第2页，共4页21．如图，四边形ABCD中，AD∥BC,ADCD,AD1,CD2．(1)如果BC3，求cotB的值；(2)如果ABBC，求四边形ABCD的面积．22．某校对六年级学生进行了一次安全知识测试，按成绩x分（x为整数）评定为A、B、C、D四个等级，其中A等级：90x100，B等级：80x90，C等级：60x80，D等级：0x60．从中随机抽取了一部分学生的成绩进行分析，绘制成如下的统计图表（部分信息缺失）．等级AB频数（人数）频率1530a40%CDb请根据所给信息，回答下列问题：(1)扇形图中，B等级所在扇形的圆心角为；（填A，B、C、D）(2)此次测试成绩的中位数处在等级中；已知a是b的5倍，那么该校六年级300名(3)该校决定对D等级的学生进行安全再教育，学生中，需接受安全再教育的约有多少人？23．如图，已知正方形ABCD，E、F分别为边CD、AD的中点，AE与BF交于点M，DNAE，垂足为点N．试卷第3页，共4页(1)求证：AMMN；(2)连接BE，求MBE正弦值．，已知直线yx2与y轴交于点A，抛物线24．在平面直角坐标系xOy中（如图）yxt1(t0)的顶点为B．2(1)若抛物线经过点A，求抛物线解析式；点O落在点C处，如果点C在抛物线上，求点C的(2)将线段OB绕点B顺时针旋转90，坐标；(3)设抛物线的对称轴与直线yx2交于点D，且点D位于x轴上方，如果BOD45，求t的值．25．如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上一点，点O与点O关于直线AC对称，射线AO交半圆O于点D，弦AC交OO于点E、交OD于点F．；(1)如图，如果点O恰好落在半圆O上，求证：OABC(2)如果DAB30o，求EF的值；OD(3)如果OA3,OD1，求OF的长．试卷第4页，共4页参考答案：1．D【分析】直接利用倒数的定义：乘积是1的两数互为倒数即可得出答案．1【详解】解：3的倒数是；3故选：D【点睛】本题考查倒数的概念；熟练掌握倒数的求法是解题的关键．2．B【分析】几个二次根式化成最简二次根式后，如果被开方数相同，这几个二次根式叫做同类二次根式.【详解】解：A、0.2B、0.515，与2不是同类二次根式；5512，与2是同类二次根式；22C、42，与2不是同类二次根式；D、.1223，与2不是同类二次根式；故选：B.【点睛】本题考查了同类二次根式的定义，熟练掌握同类二次根式的概念是解题的关键.3．C【分析】根据一次函数的图象特点即可得．【详解】解：∵一次函数y=−2x+3中的k=−2<0，b=3>0，∴它的图象经过第一、二、四象限，不经过第三象限，故选：C．【点睛】本题考查了一次函数的图象，熟练掌握一次函数的图象特点是解题关键．4．A【分析】根据一元二次方程根的判别式、二次根式的非负性，以及分式方程的解进行判断即可．【详解】A：x22x10，Δ440，方程有两个相等的实根，符合题意；B：x2x10，Δ1430，方程无实根，不符合题意；C：x10，x10,∴方程无解，不符合题意；D：1x，解得x1，分式方程的解使分母为0，是原方程的增根，此方程无解，不x1x1答案第1页，共18页符合题意．故答案选：A【点睛】本题一元二次方程根的判别式、二次根式有意义的条件以及分式方程的定义，掌握相关的定义与计算是解题关键．5．C【分析】根据确定圆的条件对A进行判断；根据圆的轴对称性对B进行判断；根据圆心角定理对C进行判断；根据垂径定理的推论对D进行判断．【详解】A．不共线的三点确定一个圆，故A是假命题；B．对称是直线，而圆的直径是线段，故B是假命题；C．弧相等，则弧所对的圆心角相等，故C是真命题；D．平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故D是假命题．故选：C．【点睛】本题考查了命题、真命题和假命题的概念，任何一个命题非真即假，要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．6．B【分析】连接DE，根据三角形中位线定理以及中线的性质可得DE∥BC,DESABD1BC，211SABC，SBDESABD，从而得到△ADE∽△ACB，进而得到222211DGEG1SAEDDE11SSSSABC，可得,，继而得到，DEGBDEADE34BDCE3SABCBC24SDEG111SABCSABC，再由S四边形AEGDSADESDEG，即可．6212【详解】解：如图，连接DE，∵点G是ABC的重心，∴点D，E分别为AC,AB的中点，答案第2页，共18页∴DE∥BC,DE111BC，SABDSABC，SBDESABD，222∴△ADE∽△ACB，∴DGEGDE1，BGCGBC222DGEG1SAEDDE11,∴，BDCE3SABCBC2411∴SDEGSBDE，SADESABC，34111∴SDEGSABDSABD，326111∴SDEGSABCSABC，6212∴S四边形AEGDSADESDEG111SABCSABCSABC，41231即四边形AEGD与ABC面积的比值是．3故选：B【点睛】本题主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握三角形的重心，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解题的关键．7．a5【分析】分析：根据同底数的幂的乘法，底数不变，指数相加，计算即可．【详解】解：a2×a3=a2+3=a5．故答案为：a5【点睛】熟练掌握同底数的幂的乘法的运算法则是解题的关键．8．a（a﹣3）【分析】直接把公因式a提出来即可．【详解】解：a2﹣3a=a（a﹣3）．故答案为a（a﹣3）．9．3x2.【详解】试题分析：解一元一次不等式组，先求出不等式组中每一个不等式的解集，再利用口诀求出这些解集的公共部分：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小解不了（无解），因此，2x6x3{{3x2x20x2答案第3页，共18页考点：解一元一次不等式组.10．五【分析】根据多边形的外角和等于360°进行解答即可得．【详解】解：360725，故答案为：五．【点睛】本题考查了多边形的外角和，解题的关键是熟记多边形的外角和等于360°．11．25【分析】让红桃张数除以总张数5即可求得从这5张牌中任取1张牌恰好是红桃的概率．【详解】解：因为2张红桃、3张黑桃共5张牌，，所以从中任取1张是红桃的概率是故答案为：2．52．5【点睛】本题考查了用概率公式求概率，解决本题的关键是理解：概率=所求情况数与总情况数之比．12．>【分析】先画好y的图象，根据题意描出A，B两点，根据图象可得答案．【详解】解：y的图象如图示，1x1x当0x1x2，根据图象可得：y1>y2，故答案为：>．【点睛】本题考查的是反比例函数的图象与性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．答案第4页，共18页13．y(x1)2【分析】先确定抛物线yx2的顶点坐标为0,0，再利用点平移的规律得到点0,0平移后对应点的坐标为1,0，然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．【详解】解：抛物线yx2的顶点坐标为0,0，把点0,0向左平移1个单位所得对应点的坐标为1,0，所以新抛物线的解析式为y(x1)2．故答案为y(x1)2．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，解题关键是熟记求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．214．ab3【分析】根据矩形的性质得出ADBC，根据已知条件得出AE可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴ADBC∵AE2ED，2AD3∵ABa,BCb，2AD，根据三角形法则即3∴AE2∴BEBAAEab32故答案为：ab．3【点睛】本题考查了矩形的性质，平面向量的线性计算，熟练掌握三角形法则是解题的关键．15．4（答案不唯一）【分析】根据相交两圆的半径长分别为R和r，则RrdRr，R2r，列出不等式即可求解．【详解】解：依题意，r63r∴2r6∴r可以是4，答案第5页，共18页故答案为：4（答案不唯一）．【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系：设两圆的圆心距为d,两圆半径分别为R、r,当两圆外离dRr；两圆外切dRr；两圆相交RrdRrRr；两圆内切dRr(Rr)；两圆内含dRr(Rr)．16．4,0【分析】观察图象得：点A的实际意义是两车此时相遇，甲乙两地之间的距离为600千米，再根据两车行驶的路程之和等于600千米，即可求解．【详解】解：观察图象得：点A的实际意义是两车此时相遇，甲乙两地之间的距离为600千米，因为私家车的速度是90千米/时，客车的速度是60千米/时，∴90x60x600，解得x4，∴点A的坐标是4,0．故答案为：4,0【点睛】本题主要考查了函数图象，明确题意准确从函数图象获取信息是解题的关键．17．5或11【分析】由平行四边形的性质和角平分线的定义证出∠ABE=∠AEB，得出AE=AB=4，同理：DF=CD=4，再分两种情况计算即可．【详解】∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥CB，CD=AB=4，∴∠AEB=∠CBE∴∠ABE=∠AEB，∴AE=AB=4，同理：DF=CD=4，分两种情况：①如图1所示：答案第6页，共18页∵EF=3，∴AD=AE+EF+DF=4+3+4=11；②如图2所示：∵EF=4，AE=DF=4，∴AF=1，∴AD=AF+DF=1+4=5；综上所述：AD的长为11或5；故答案为5或11．【点睛】此题主要考查了角平分线的定义、平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形是等腰三角形是解决问题的关键．18．yx2x【分析】函数y2x24x的对称轴为x1,设y2x24x的友好函数是yax2bx,根据二次项系数之和为1，图像都经过原点且对称轴相同可列出方程组，解出即可求出．【详解】解：函数y2x24x的对称轴为x1,设y2x24x的友好函数是yax2bx,2a1b,12a2a1,b2y2x24x的友好函数是yx22x.故答案为：yx22x.【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是读懂“友好对称二次函数”的定义．答案第7页，共18页19．23【分析】根据零指数幂，分数指数幂，负整数指数幂，二次根式的混合运算进行计算即可求解．【详解】解：182301213211181233211322332123．【点睛】本题考查了零指数幂，分数指数幂，负整数指数幂，二次根式的混合运算，熟练掌握以上运算法则是解题的关键．5x3x120．或1y1y3【分析】将原方程组转化为两个二元一次方程组，然后解方程组即可.x2y10①【详解】解：22x2xyy4②由②得：x+y=4，∴x+y=2③或x+y=2④，2x2y10①由①③得x+y2③①②得：3y1，解得：y把y1，315代入③得：x，335x3∴方程解为；1y3x2y10①由①④得x+y2④①④得：3y3，答案第8页，共18页解得：y1，把y1代入④得：x=1，x1∴方程解为；y15x3x1综上所述：原方程解为：或1y1y3【点睛】本题考查了二元二次方程组的解法．把原二元二次方程组降幂，转化为二元一次方程组是解题的关键．21．(1)1(2)3.5【分析】（1）过点A作AEBC于点E，可得四边形ADCE是矩形，从而得到CEAD1,AECD2，继而得到BE2，再由锐角三角函数，即可求解；（2）过点A作AEBC于点E，可得四边形ADCE是矩形，从而得到CEAD1,AECD2，设ABBCx，则BEx1，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出x的值，再根据四边形ABCD的面积SABCSACD，即可求解．【详解】（1）解：如图，过点A作AEBC于点E，∵AD∥BC,ADCD，∴AECDBCD90，∴四边形ADCE是矩形，∴CEAD1,AECD2，∵BC3，∴BEBCCE312，答案第9页，共18页∴cotBBE21；AE2（2）解：如图，过点A作AEBC于点E，∵AD∥BC,ADCD，∴AECDBCD90，∴四边形ADCE是矩形，∴CEAD1,AECD2，设ABBCx，则BEx1，在Rt△ABE中，AB2BE2AE2，∴x2x122，解得：x2.5，即BC2.5，四边形ABCD的面积SABCSACD1111AEBCADCD22.5123.5．22222【点睛】本题主要考查了解直角三角形，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．22．(1)144(2)B(3)20人【分析】（1）用40%乘以360即可求解；（2）根据中位数的定义即可求解；（3）根据题意求得b5，然后根据样本估计总体即可求解．【详解】（1）解：扇形图中，B等级所在扇形的圆心角为36040%=144故答案为：144．（2）A等级的人数为15人，B等级的人数为30人，频率为40%，答案第10页，共18页A等级的频率为20%，中位数在B等级，故答案为：B．（3）解：总人数为∵a是b的5倍，∴ab6b75153030（人）∴b5∴该校六年级300名学生中，需接受安全再教育的约有30=75人40%530020人．75【点睛】本题考查了频数分布表，中位数的定义，样本估计总体，熟练掌握频数与频率的关系是解题的关键．23．(1)见解析(2)35【分析】（1）证明ABF≌DAE，进而得出BFAE，则FM∥DN，根据平行线分线段成比例即可得证；（2）根据NDEDAN得出NE1DN，设NEa，则DN2a，ECDE5a，在2RtBCE中，BE5EC5a，进而根据正弦的定义即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴ABCDDA,BAFADE，∵E、F分别为边CD、AD的中点，∴AFDE，∴△ABF≌△DAESAS，∴DAEABF，∵DAEEABDAB90,∴ABFEAB90，∴AMF90，即AMBF，∵DNAE，答案第11页，共18页∴FM∥DN，∴AFAM1，FDMN∴AMMN；（2）解：如图所示，连接BE，∵tanDAEDE1DNAD2AN又∵AMMN，∴DN1ANMN，2∵NDEADNADE90,ADNDAN90，∴NDEDAN，∴tanNDE∴NENE1，DN21DN，2设NEa，则DN2a，在RtDEN中，DE5a，∴MEMNNE3a，∴ECDE5a，在RtBCE中，BE5EC5a，∴sinMBEME3a3．BE5a5【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，正切的定义，求角的正弦值，熟练掌握是正方形的性质以及三角函数的定义解题的关键．24．(1)yx3(2)C2,021答案第12页，共18页(3)t512【分析】（1）根据一次函数解析式，求得点A0,2，代入yxt1(t0)，即可求解；（2）过点B作DEy轴，垂足为E，过点C作CDDE于点D，证明BEO≌CDB得出2Ct1,t1，代入抛物线解析式即可求解；（3）设直线yx2与x轴交于点H，BD与x轴交于点F，过点O作OEAH，由BOD45得出EODFOB，根据tanEODtanFOB，列方程，解方程即可求解．【详解】（1）解：∵直线yx2与y轴交于点A，当x0时，y2，∴A0,2，若抛物线经过点A，则20t1解得：t3或t3（舍去）∴抛物线解析式为yx32221；（2）∵yxt1(t0)的顶点为B．∴Bt,1如图所示，过点B作DEy轴，垂足为E，过点C作CDDE于点D，∵旋转，∴OBOC,OBC90，∴BEOOBCBDC90，∴OBE90CBDBCD，∴BEO≌CDB∴OEBD1,BECDt，答案第13页，共18页∴Ct1,t1∵Ct1,t1在抛物线上，∴t1t1t1解得：t1，∴C2,0，（3）解：如图所示，设直线yx2与x轴交于点H，BD与x轴交于点F，2由yx2，令y0，得x2，则H2,0，∴OAOH2，AH22∴△OAH是等腰直角三角形∵BD∥y轴，∴DFH是等腰直角三角形，∴DFFH2t，则DH2DF22t过点O作OEAH，则△OEH是等腰直角三角形，则OEEHEDEHDH222t2t11AH2，则2∴EOHEODDOH45∵BODFOBDOH45，∴EODFOB又OEED,BFOF∴tanEODtanFOB即DEFBOEOF2t121t∴答案第14页，共18页解得：t5115或t（舍去）22【点睛】本题考查了二次函数的性质，正切的定义，解一元二次方程，全等三角形的性质与判定，熟练以上知识掌握是解题的关键．25．(1)见解析(2)2499或OF．57(3)OF【分析】（1）如图：连接OC,OC，先根据圆的性质和对称的性质说明OAO是等边三角形，，然后再说明COOBOC60即可证明结论；CBCO（2）设圆O的半径为2a，则OAOA2a，如图：作ONAD于N；先根据对称的性质和等腰三角形的性质可得ODAOAD30,AOD120，然后解直角三角形可得OD232a、EFOE62a，最后代入计算即可；2（3）分O在半圆O内和圆外两种情况，分别利用面积法解答即可．【详解】（1）解：如图：连接OC,OC，∵点O恰好落在半圆O上，∴OOOA，∵点O与点O关于直线AC对称∴AOOACOCO,OACOAC，，∴OAO是等边三角形，OCBC∴OAO60，∴COOBOC1180OAO60，2∴AOOBOC60，答案第15页，共18页．∴OABC（2）解：设圆O的半径为2a，则OAOA2a，如图：作ONAD于N∵OAOD,OAD30，∴ODAOAD30,AOD120，在Rt△AON中，ONOAsin30a,ANOAcos303a，∵ONAD，∴AD2AN23a，又∵OAOA2a，∴OD232a，∴ON2a3a，在RtOON中，OOON2ON28a243a2由轴对称可得：OEOE1OO262a，62a，DACOAC15,OEAF2AFODDAC45,OEF90，∴OEF为等腰直角三角形∴EFOE62a，2622．∴EF2OD2324（3）解：当O在半圆O内时，则ADOAODOAOD4，由对称性可得：OAFOAF，如图：过F作FNAB于N，FMAD于M，答案第16页，共18页∴FNFMSAFDSOFA1ADFMAD2，1AOAOFN2∴又∵SAFDDF，SOFAOFADDF44，即DFOF，AOOF33又∵OFDFOD3，∴OF9；7当O在半圆O外时，由对称性可得：DAFOAF，如图：作FMAO于M，FNAO于N，∴FNFM，SAFDSOFA1ADFMAD2，1AOAOFN2∴又∵SAFDDF，SOFAOFADDF，AOOF2DF2,即DFOFOF33又∵ADOAODOAOD312，∴，答案第17页，共18页又∵OFDF3，∴OF9．599或OF．57综上，OF【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、圆周角定理、解直角三角形、对称的性质等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键．答案第18页，共18页