山西省2023年中考数学模拟试题及答案

1.全卷共8页，考试时间为100分钟，满分120分.

2.答卷前，考生务必在答题卡第1面、第3面上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的考生号、姓名；填写座位号，再用2B铅笔把对应号码的标号涂黑.

3.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号：不能答在试卷上.

4.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，涉及作图的题目，用2B铅笔画图，再用用黑色字迹的钢笔或签字笔描黑.答案必须写在答题卡各题指定区域内的相应位置上如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：改动的答案也不能超出指定的区域.不准使用铅笔、圆珠笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效5，考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

山西省 2023 年中考数学模拟试题

学校:

姓名： 班级： 考号：

1 

(6) 的结果是（ ） 1．计算

3 



A． 18

B． 2

C．18

D． 2

2．自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识．下面 是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是 （

）

A． B． C． D．

3．下列运算正确的是（

）

C． 2a

A． 3a 2a 5a2

B． 8a2 4a 2a

2 3

 8a6 D．

4a3 3a2 12a6

4．下列几何体都是由 4 个大小相同的小正方体组成的，其中主视图与左视图相同的几

何体是（

）

A． B． C．

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D．

5．泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒 斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度。金字塔的影长，推算出金字塔的高 度。这种测量原理，就是我们所学的（

）

试卷第 2 页，总 10 页

A．图形的平移

B．图形的旋转

C．图形的轴对称

D．图形的相似

2x 6 0

6．不等式组 的解集是（ ） 

4 x 1

A． x 5

B． 3 x 5 C． x 5 D． x 5

Ax1, y1 B x2 , y2 ， C x3 , y3 y  7．已知点 ， 都在反比例函数

k k 0的图像

x

x1 x2 0 x3 ，则 y1 ， y2 ， y3 的大小关系是（ 上，且

）

A． y2 y1 y3

B． y3 y2 y1 C． y1 y2 y3 D． y3 y1 y2

8．中国美食讲究色香味美，优雅的摆盘造型也会让美食锦上添花．图①中的摆盘，其 形状是扇形的一部分，图②是其几何示意图（阴影部分为摆盘），通过测量得到

AC BD 12cm ， 4cm ，圆心角为 C ， D 两点之间的距离为 60，则图中摆盘的面

积是（ ）

A． 80cm2

B． 40cm2 C． 24cm2 D． 2cm2

h m与运动时间 t s9．竖直上抛物体离地面的高度 之间的关系可以近似地用公式

mv m / s是物体 h h 5t 2 v t h 表示，其中 是物体抛出时离地面的高度，

0 0 0 0

抛出时的速度．某人将一个小球从距地面1.5m 的高处以 20m / s 的速度竖直向上抛

出，小球达到的离地面的最大高度为（ ）

C． 21.5m

D． 20.5m

A． 23.5m

22.5m B．

10．如图是一张矩形纸板，顺次连接各边中点得到菱形，再顺次连接菱形各边中点得

试卷第 3 页，总 10 页

到一个小矩形．将一个飞镖随机投掷到大矩形纸板上，则飞镖落在阴影区域的概率是

（

）

A．

1 3 B．

1 4

C． 1 6 D．

1 8

11．计算： ( 2  3 )2  24 

．

12．如图是一组有规律的图案，它们是由边长相等的正三角形组合而成，第1个图案有

7 个三角形，第 3 个图案有10 个三角形按此规律摆下 4 个三角形，第 2 个图案有

n 个图案有 去，第

n 的代数式表示）． 个三角形（用含

13．某校为了选拔一名百米赛跑运动员参加市中学生运动会，组织了 6 次预选赛，其 中甲，乙两名运动员较为突出，他们在 6 次预选赛中的成绩（单位：秒）如下表所 示：

甲 12.0 12.0 12.2 11.8 12.0 12.1 11.7 11.9 12.1 乙

12.3 12.1 11.8 由于甲，乙两名运动员的成绩的平均数相同，学校决定依据他们成绩的稳定性进行选 拔，那么被选中的运动员是

．

14．如图是一张长12cm，宽10cm 的矩形铁皮，将其剪去两个全等的正方形和两个全

等的矩形，剩余部分（阴影部分）可制成底面积 24cm2 是的有盖的长方体铁盒．则剪 去的正方形的边长为

cm ．

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15．如图，在 RtABC 中， ACB 90， AC 3 ， BC 4 ， CD AB ，垂足为

BC 的中点， CD 交于点 D ， E 为 AE 与 F ，则 DF 的长为

．

16．（1）计算： (4)2 

 1 3 (4 1)

 2  



（2）下面是小彬同学进行分式化简的过程，请认真阅读并完成相应任务．

2x 1 x2 6x 9 2x 6

x2 9

(x 3)(x 3) 2x 1 

(x 3)2 2(x 3)

第一步

x 3 2x 1 

x 3 2(x 3)

第二步

2(x 3) 2x 1 

2(x 3) 2(x 3)

第三步



2x 6 (2x 1) 2(x 3)

第四步

2x 6 2x 1 

2(x 3)

第五步

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 2x 6

5

第六步

任务一：填空：①以上化简步骤中，第

步是进行分式的通分，通分的依据是

；

或填为 步开始出现错误，这一步错误的原因是

；

②第

任务二：请直接写出该分式化简后的正确结果；

任务三：除纠正上述错误外，请你根据平时的学习经验，就分式化简时还需要注意的 事项给其他同学提一条建议．

17． 2020 年 5 月份，省城太原开展了“活力太原·乐购晋阳”消费暖心活动，本次活 动中的家电消费券单笔交易满 600 元立减128 元（每次只能使用一张）某品牌电饭煲 按进价提高 50% 后标价，若按标价的八折销售，某顾客购买该电饭煲时，使用一张家 电消费券后，又付现金 568 元．求该电饭煲的进价．

18．如图，四边形 O 与 OABC 是平行四边形，以点 O 为圆心， OC 为半径的 AB 相

O 于点 切于点 B ，与 AO 相交于点 AO 的延长线交 OC 于点 D ， E ，连接 EB 交 F

C 和 ，求 E 的度数．

19． 2020 年国家提出并部署了“新基建”项目，主要包含“特高压，城际高速铁路 和城市轨道交通， 5G 基站建设，工业互联网，大数据中心，人工智能，新能源汽车

试卷第 6 页，总 10 页

充电桩”等．《 2020 新基建中高端人才市场就业吸引力报告》重点刻画了“新基建” 中五大细分领域（ 5G 基站建设，工业互联网，大数据中心，人工智能，新能源汽车

充电桩）总体的人才与就业机会．下图是其中的一个统计图． 请根据图中信息，解答下列问题：

（1）填空：图中 2020 年“新基建”七大领域预计投资规模的中位数是

亿元；

（2）甲，乙两位待业人员，仅根据上面统计图中的数据，从五大细分领域中分别选择 了“ 5G 基站建设”和“人工智能”作为自己的就业方向，请简要说明他们选择就业 方向的理由各是什么；

（3）小勇对“新基建”很感兴趣，他收集到了五大细分领域的图标，依次制成编号为

W ， G ， ，将这五张卡 D ， R ， X 的五张卡片（除编号和内容外，其余完全相同）

片背面朝上，洗匀放好，从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张．请用列 表或画树状图的方法求抽到的两张卡片恰好是编号为W （ 5G 基站建设）和 R （人工 智能）的概率．

W

G D R X

20．阅读与思考 下面是小宇同学的数学日记，请仔细阅读并完成相应的任务．

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×年×月×日 星期日

没有直角尺也能作出直角

今天，我在书店一本书上看到下面材料：木工师傅有一块如图①所示的四边形木 板，他已经在木板上画出一条裁割线 C AB ，现根据木板的情况，要过 AB 上的一点 ，作出 AB 的垂线，用锯子进行裁割，然而手头没有直角尺，怎么办呢？

办法一：如图①，可利用一把有刻度的直尺在 CD 30cm ，然后分别 AB 上量出 以 C 为圆心，以 50cm 与 40cm 为半径画圆弧，两弧相交于点 CE ， D ， E ，作直线 则 DCE 必为 90．

办法二：如图②，可以取一根笔直的木棒，用铅笔在木棒上点出 M ， N 两点， 然后把木棒斜放在木板上，使点 C 重合，用铅笔在木板上将点 N 对应的位置 M 与点

Q ，保持点 标记为点 N 不动，将木棒绕点 N 旋转，使点 M 落在 AB 上，在木板上将 RQ 延长，在延长线上截取线段 QS MN ，得 点 M 对应的位置标记为点 R ．然后将

到点 RCS 90． S ，作直线 SC ，则

我有如下思考：以上两种办法依据的是什么数学原理呢？我还有什么办法不用直 角尺也能作出垂线呢？

……

试卷第 8 页，总 10 页

任务：

（1）填空；“办法一”依据的一个数学定理是

；

（2）根据“办法二”的操作过程，证明 RCS 90；

（3）①尺规作图：请在图③的木板上，过点 C 作出 AB 的垂线（在木板上保留作图痕

迹，不写作法）；

②说明你的作法依据的数学定理或基本事实（写出一个即可）

21．图①是某车站的一组智能通道闸机，当行人通过时智能闸机会自动识别行人身 份，识别成功后，两侧的圆弧翼闸会收回到两侧闸机箱内，这时行人即可通过．图② 是两圆弧翼展开时的截面图，扇形 ABC 和 DEF 是闸机的“圆弧翼”，两圆弧翼成轴 对称， BC 和 ABC DEF 28，半径 EF 均垂直于地面，扇形的圆心角

BA ED 60cm ，点 A 与点 D 在同一水平线上，且它们之间的距离为10cm ．

（1）求闸机通道的宽度，即 BC 与 sin 280.47 ， EF 之间的距离（参考数据：

cos 280.88 ， tan 280.53 ）；

（2）经实践调查，一个智能闸机的平均检票速度是一个人工检票口平均检票速度的 2 倍，180 人的团队通过一个智能闸机口比通过一个人工检票口可节约 3 分钟，求一个

智能闸机平均每分钟检票通过的人数．

22．综合与实践 问题情境：

如图①，点 RtABE 绕点 B 按顺时针方 E 为正方形 ABCD 内一点，∠AEB 90，将 向旋转 90，得到 CBE（点 C ），延长 CE于点 A 的对应点为点 AE 交 F ，连接

试卷第 9 页，总 10 页

DE ．

猜想证明：

（1）试判断四边形 BEFE 的形状，并说明理由；

（2）如图②，若 CF 与 DA DE ，请猜想线段 FE的数量关系并加以证明；

解决问题：

（3）如图①，若 AB 15 ， CF 3 ，请直接写出 DE 的长．

23．综合与探究

y 轴 x 轴交于 y  x x  3 与 如图，抛物线 B 两点（点 B 的左侧），与 A ， A 在点

2

1

4

y 轴交于点 交于点 C ．直线 l 与抛物线交于 A ， D 两点，与 E ，点 D 的坐标为

4, 3．

（1）请直接写出 B 两点的坐标及直线 l 的函数表达式； A ，

m m 0（2）若点 P 是抛物线上的点，点 P 的横坐标为 ，过点 P 作 PM x 轴，

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垂足为 M ． l 交于点 N ，当点 N 是线段 P 的坐 PM 与直线 PM 的三等分点时，求点

标；

Q 是 y 轴上的点，且 ADQ 45，求点 Q 的坐标． （3）若点

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参

1．C

【解析】

【分析】 根据有理数的除法法则计算即可，除以应该数，等于乘以这个数的倒数．

【详解】

解：（-6）÷（- ）=（-6）×（-3）=18．

1

3

故选：C．

【点睛】 本题考查了有理数的除法，熟练掌握运算法则是解题的关键． 2．D 【解析】

【分析】 根据轴对称图形的概念判断即可．

【详解】

解：A、不是轴对称图形； B、不是轴对称图形； C、不是轴对称图形； D、是轴对称图形； 故选：D．

【点睛】

本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重 合，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这

第 1 页，总 31 页

条直线叫做对称轴．

3．C

【解析】

【分析】 利用合并同类项、单项式除法、幂的乘方、单项式乘法的运算法则逐项判定即可．

【详解】

解：A. 3a 2a 5a ，故 A 选项错误；

B. 8a2 4a 2a ，故 B 选项错误；

C. 2a

2 3

 8a6 ，故 C 选项正确；

D. 4a3 3a2 12a5 ，故 D 选项错误．

故答案为 C．

【点睛】

本题考查了合并同类项、单项式除法、积的乘方、单项式乘法等知识点，灵活应用相关运 算法则是解答此类题的关键．

4．B

【解析】

【分析】 分别画出四个选项中简单组合体的三视图即可．

【详解】

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A 、左视图为

意；

，主视图为 ，左视图与主视图不同，故此选项不合题

B 、左视图为 意；

，主视图为 ，左视图与主视图相同，故此选项符合题

C 、左视图为

D 、左视图为

意；

，主视图为

，左视图与主视图不同，故此选项不合题

，主视图为

，左视图与主视图不同，故此选项不合题意；

故选 B．

【点睛】 此题主要考查了简单组合体的三视图，关键是掌握左视图和主视图的画法． 5．D 【解析】

【分析】 根据在同一时刻的太阳光下物体的影长和物体的实际高度成比例即可判断；

【详解】

根据题意画出如下图形：可以得到V ABE : VCDE ，则

AB CD = BE DE

CD 即为标杆的高度，通过测量影长即可求出金字塔的高度 AB 即为金字塔的高度，

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故选：D.

【点睛】 本题主要考查将实际问题数学化，根据实际情况画出图形即可求解. 6．A 【解析】

【分析】 先分别求出各不等式的解集，最后再确定不等式组的解集．

【详解】

2x 6 0① 解： 

4 x 1②

由①得 x＞3

由②得 x＞5 所以不等式组的解集为 x＞5． 故答案为 A． 【点睛】

本题考查了解不等式组，掌握不等式的解法和确定不等式组解集的方法是解答本题的关 键．

7．A

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【解析】

【分析】

y  首先画出反比例函数

k k 0，利用函数图像的性质得到当 x1 x2 0 x3 时， y1

x

y2 ， y3 的大小关系． ，

【详解】

k

y 反比例函数 k 0解：，

x

反比例函数图像在第二、四象限，

x1 x2 0 x3 时， 观察图像：当

则 y2 y1 y3 ．

故选 A．

【点睛】 本题考查的是反比例函数的图像与性质，掌握反比例函数的图像与性质是解题的关键． 8．B 【解析】

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【分析】

OC, OD ，利用摆盘的面积等于两个扇形面积的差可 先证明△COD 是等边三角形，求解

得答案．

【详解】 解：如图，连接 CD ，

OC OD, COD 60,

COD 是等边三角形，

CD 4,

OC OD 4,

AC BD 12,

OA OB 16,

所以则图中摆盘的面积 S

扇形AOB

S

扇形COD

2604 2

6016  40cm. 360 360

2

故选 B．

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【点睛】 本题考查的是扇形面积的计算，等边三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键． 9．C 【解析】

【分析】

h0 =1.5 ， v0 = 20 代入 h 5t v0t h0 ，利用二次函数的性质求出最大值，即可得出 将

2

答案．

【详解】

h0 =1.5 ， v0 = 20 ， 解：依题意得：

h0 =1.5 ， v0 = 20 代入 h 5t v0t h0 得 把 h 5t 20t 1.5

2

2



20 t 2 时， 当 h 54 20 2 1.5=21.5

2 5故小球达到的离地面的最大高度为： 21.5m



故选：C

【点睛】

本题考查了二次函数的性质的应用利用二次函数在对称轴处取得最值是解决本题的关键属 于基础题．

10．B

【解析】

【分析】 连接菱形对角线，设大矩形的长=2a，大矩形的宽=2b，可得大矩形的面积，根据题意可得

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菱形的对角线长，从而求出菱形的面积，根据“顺次连接菱形各边中点得到一个小矩形”， 可得小矩形的长，宽分别是菱形对角线的一半，可求出小矩形的面积，根据阴影部分的面 积=菱形的面积-小矩形的面积可求出阴影部分的面积，再求出阴影部分与大矩形面积之比 即可得到飞镖落在阴影区域的概率．

【详解】

解：如图，连接 EG，FH，

设 AD=BC=2a，AB=DC=2b， 则 FH=AD=2a，EG=AB=2b， ∵四边形 EFGH 是菱形，

1 1

∴S 菱形 EFGH= FH EG = 2a 2b =2ab，

2 2

∵M，O，P，N 点分别是各边的中点，

∴OP=MN=

1 2 FH=a，MO=NP=

1 2

EG=b，

∵四边形 MOPN 是矩形，

∴S 矩形 MOPN=OP MO=ab，

∴S 阴影= S 菱形 EFGH-S 矩形 MOPN=2ab-ab=ab，

∵S 矩形 ABCD=AB BC=2a2b=4ab，

∴飞镖落在阴影区域的概率是 ab = 1

，

4ab 4

故选 B．

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【点睛】 本题考查了几何概率问题．用到的知识点是概率=相应的面积与总面积之比． 11．5 【解析】

原式=2+2 6 +3−2 6 =5. 故答案为 5.

12． 3n 1





【解析】

【分析】

由图形可知第 1 个图案有 3+1=4 个三角形，第 2 个图案有 3×2+ 1=7 个三角形，第 3 个图 案有 3×3+ 1=10 个三角形...依此类推即可解答．

【详解】 解：由图形可知：

第 1 个图案有 3+1=4 个三角形，

第 2 个图案有 3×2+ 1=7 个三角形，

第 3 个图案有 3×3+ 1=10 个三角形，

...

第 n 个图案有 3×n+ 1=（3n+1）个三角形． 故答案为（3n+1）． 【点睛】

第 9 页，总 31 页

本题考查图形的变化规律，根据图形的排列、归纳图形的变化规律是解答本题的关键．

13．甲

【解析】

【分析】 直接求出甲、乙的平均成绩和方差，进而比较方差，方差小的比较稳定，从而得出答案．

【详解】

解： x 甲=

1

6

12.0 12.0 12.2 11.8 12.111.9= 1

72 =12， 6

1

= 72 =12， x 乙= 12.3 12.111.8 12.0 11.7 12.16 6

1

1 12.0 122 12.0 2 12.2 2 11.8 2 12.1122 甲的方差为 121212= 1

0.1 ， 6 60

6 

1



乙的方差为

1 2 2 2 2 2 2

12.3 12 12.112 11.8 12 12.0 12 11.7 12 12.112 =

6 

1 1 0.24  ， 6 25

∵

1

60 25

 1

，

即甲的方差<乙的方差，

∴甲的成绩比较稳定． 故答案为甲．

【点睛】

x1 , x2 ,xn 的平均数为 本题考查了方差的定义．一般地，设 n 个数据， x ，则方差为

1 2 2 2 2 

xn xS  x1 xx2 x．

n 





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14． 2

【解析】

【分析】 根据题意设出未知数,列出三组等式解出即可． 【详解】

设底面长为 a,宽为 b,正方形边长为 x,

2(x b) 12



由题意得: a 2x 10 ,

ab 24 

解得 a=10－2x,b=6－x,代入 ab=24 中得: (10－2x)(6－x)=24,

整

理

得

:2x2

－

11x+18=0． 解得 x=2 或 x=9(舍去)． 故答案为 2． 【点睛】

本题考查一元二次方程的应用,关键在于不怕设多个未知数,利用代数表示列出方程．

15．

54 85

【解析】

【分析】

过点 F 作 FH⊥AC 于 H，则AEC ，设 FH 为 x，由已知条件可得 AFH ∽

3 3

AH FH = x ，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于 x 的方程，

2 2

1 1

解方程求出 x 的值，利用S△AFC = ACFH= CFAD 即可得到 DF 的长．

2 2

【详解】

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如解图，过点 FH AC 于 H ， F 作

∵ ACB 90，

∴ BC AC ，

∴ FH //BC ，

∵ BC 4 ，点 BC 的中点， E 是

∴ BE CE 2 ，

∵ FH //BC ，

∴AEC AFH ∽

∴

AH AC 3 FH EC 2

3 2

∴ AH FH ，

x ，则 AH x ，由勾股定理得 设 FH 为 AB = 42 + 32 = 5 ，

2

3 1

1

又∵S△ABC = ACBC= ABCD ，

2 2 AC BC 12 CD  ， ∴

5 AB

2 2

9 ， AD AC CD 则

5

∵ FHC CDA 90且 FCH ACD ，

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∴△ CFH ∽CAD ，

∴

FH CH

AD CD ，

3 3 x x 2 ， 即  9 5 12 5

x 解得

18

，

17

∴ AH 

18

．

17 1

1

∵S△AFC = ACFH= CFAD

2 2 1 18 1 9∴ 3= CF 2 17 2 5 CF ∴

30

17

DF CD CF  ∴

12 30 54

 5 17 85

故答案为：

54 85

【点睛】

本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三 角形．

16．（1）1；（2）任务一：①三；分式的基本性质；分式的分子与分母都乘（或除以）同

”号，去掉括号后，括号里的第 一个不为零的整式，分式的值不变；②五；括号前是“

7

；任务三：最后结果应化为最简分式或整式，答案不唯 二项没有变号；任务二：

2x 6

一，详见解析．

【解析】

第 13 页，总 31 页

【分析】

（1）先分别计算乘方，与括号内的加法，再计算乘法，再合并即可得到答案；

（2）先把能够分解因式的分子或分母分解因式，化简第一个分式，再通分化为同分母分 式，按照同分母分式的加减法进行运算，注意最后的结果必为最简分式或整式．

【详解】

1 

16 (3) 解：（1）原式

8 2 3



1

（2）任务一：

①三；分式的基本性质；分式的分子与分母都乘（或除以）同一个不为零的整式，分式的 值不变；

故答案为：三；分式的基本性质；分式的分子与分母都乘（或除以）同一个不为零的整 式，分式的值不变；

”号，去掉括号后，括号里的第二项没有变号； ②五；括号前是“

”号，去掉括号后，括号里的第二项没有变号； 故答案为：五；括号前是“

任务二：

解；

x2 9

x2 6x 9 2x 6

2x 1



(x 3)(x 3) 2x 1 

(x 3)2 2(x 3)

x 3 2x 1 

x 3 2(x 3)

第 14 页，总 31 页

2(x 3) 2x 1 

2(x 3) 2(x 3)



2x 6 (2x 1) 2(x 3)

2x 6 2x 1 2(x 3)

7  ．

2x 6

任务三：

解：答案不唯一，如：最后结果应化为最简分式或整式；约分，通分时，应根据分式的基 本性质进行变形；分式化简不能与解分式方程混淆，等．

【点睛】 本题考查的是有理数的混合运算，分式的化简，掌握以上两种以上是解题的关键． 17．该电饭煲的进价为 580 元 【解析】

【分析】

根据满 600 元立减128 元可知，打八折后的总价减去 128 元是实际付款数额，即可列出等

式．

【详解】 解：设该电饭煲的

x 元 进价为

(150%)x 80% 128 568 根据题意，得

x 580 ． 解，得

答；该电饭煲的进价为 580 元

第 15 页，总 31 页

【点睛】 本题主要考察了打折销售知识点，准确找出它们之间的关系列出等式方程是解题关键． 18．45°，22.5° 【解析】

【分析】

连接 OB,即可得 OBA 90,再由平行四边形得出∠BOC=90°,从而推出∠C=45°,再由

平行四边形的性质得出∠A=45°,算出∠AOB=45°,再根据圆周角定理即可得出 ∠E=22．5°．

【详解】

解：连接 OB ．

Q AB 与 O 相切于点 B ，

OB AB ．OBA 90．

四边形 OABC 是平行四边形，

AB / /OC

BOC OBA 90



OB OC ，

第 16 页，总 31 页

C OBC 

1

2

180BOC 1809045

2

1

四边形 OABC 是平行四边形，

A C 45

AOB 180A OBA 180459045．

1 1 1

E  DOB AOB 4522.5．

2 2 2

【点睛】 本题考查圆周角定理、平行四边形的性质,关键在于根据条件结合性质得出角度的变换．

19．（1） 300 ；（2）甲更关注在线职位增长率，在“新基建”五大细分领域中， 2020 年 第一季度“ 5G 基站建设”在线职位与 2019 年同期相比增长率最高；乙更关注预计投资规 模，在“新基建”五大细分领域中，“人工智能”在 2020 年预计投资规模最大；（3）

1

10

【解析】

【分析】

(1)根据中位数的定义判断即可． (2)根据图象分析各个优势,表达出来即可． (3)利用列表法或树状图的方法算出概率即可． 【详解】

(1)将数据从小到大排列:100,160,200,300,300,500,0,中位数为: 300 ．

故答案为:300

(2)解：甲更关注在线职位增长率，在“新基建”五大细分领域中， 2020 年第一季度“

第 17 页，总 31 页

5G 基站建设”在线职位与 2019 年同期相比增长率最高；

乙更关注预计投资规模，在“新基建”五大细分领域中，“人工智能”在 2020 年预计投

资规模最大

(3)解：列表如下：

第二张 第一张 W G D R X W W , G G,W D,W R,W X ,W  W , DG, DW , RG, RD, R W , X G, X D, X R, X G D D, GR, G X , G  R R, DX

X , DX , R

或画树状图如下：

由列表(或画树状图)可知一共有 20 种可能出现的结果，且每种结果出现的可能性都相同，

第 18 页，总 31 页

其中抽到“W ”和“ R ”的结果有 2 种．

 所以， P (抽到“W ”和“ R ”)

1

 ． 20 10

2

【点睛】 本题考查统计图的数据分析及概率计算,关键在于从图像中获取有用信息．

20．（1）勾股定理的逆定理；（2）详见解析；（3）①详见解析；②答案不唯一，详见解 析

【解析】

【分析】

（1）利用 DCE=90，进而得出利用的 302 402 =502 说明△DCE 是直角三角形，说明 原理是勾股定理逆定理即可；

QR QC ， QS QC ，得出 QCR QRC ， （2）由作图的方法可以得出：

QCS QSC ，利用三角形内角和得出 QCR QCS 90，即 RCS 90，说

明垂直即可；

（3）①以点 C 为圆心，任意长为半径画弧，与 AB 有两个交点，分别以这两个交点为圆 心，以大于这两个交点之间的距离的一半为半径画弧，这两段弧交于一点 P ，连接 PC 即 可；

②到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上，即可说明垂直．

【详解】

（1）勾股定理的逆定理（或如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形 是直角三角形）；

QR QC ， QS QC ， （2）证明：由作图方法可知：

QCR QRC ， QCS QSC ．

第 19 页，总 31 页

又SRC RCS RSC 180，

QCR QCS QRC QSC 180．

2(QCR QCS ) 180．

QCR QCS 90

即 RCS 90．

（3）解：①如图，直线 CP 即为所求；

图③

②答案不唯一，如：三边分别相等的两个三角形全等（或 SSS ）；等腰三角形顶角的平分

线、底边上的高、底边上的中线重合（或等腰三角形“三线合一”）；到一条线段两个端点 距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上等．

【点睛】 本题主要考查了垂直的判定，熟练掌握说明垂直的方法是解决本题的关键．

21．（1） BC 与 66.4cm ；（2）一个智能闸机平均每分钟检票通过的人 EF 之间的距离为 数为 60 人．

【解析】

第 20 页，总 31 页

【分析】

（1）连接 BC ， N ,则 MN BC ， AD ，并向两方延长，分别交 EF 于点 M ，

MN EF ,根据 MN 的长度就是 BC 与 EF 之间的距离，依据解直角三角形，即可得到可

以通过闸机的物体的最大宽度；

x 人，根据“一个智能闸机的平均检 （2）设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为

票速度是一个人工检票口平均检票速度的 2 倍，180 人的团队通过一个智能闸机口比通过 一个人工检票口可节约 3 分钟”列出分式方程求解即可；还可以设一个智能闸机平均每分

x 人，根据题意列方程求解． 钟检票通过的人数为

【详解】

解：连接 BC ， N ． AD ，并向两方延长，分别交 EF 于点 M ，

由点 BC ， MN BC ， MN EF A 与点 D 在同一水平线上， EF 均垂直于地面可知， ，所以 MN 的长度就是 BC 与 EF 之间的距离．同时，由两圆弧翼成轴对称可得

AM DN ．

在 RtABM 中， AMB 90， ABM 28， AB 60 ，

sin ABM 

AM AB

，

AM AB sin ABM

60 sin 2860 0.47 28.2 ．

MN AM DN AD 2 AM AD 28.2 2 10 66.4 ．

BC 与 66.4cm ． EF 之间的距离为

第 21 页，总 31 页

x 人． （1）解法一：设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为

180 根据题意，得

180

3 x 2x

x 30 ． 解，得

x 30 是原方程的解 经检验

x 30 时， 当 2x 60

答：一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为 60 人．

x 人． 解法二：设一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为

180 180 3 

根据题意，得 x 1 ．

2 x

解，得 x 60

经检验 x 60 是原方程的解．

答：一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为 60 人．

【点睛】

本题考查了解直角三角形及列分式方程解应用题，关键是掌握含 30 度的直角直角三角形的 性质．

22．（1）四边形 CF  FE，证明详见解析； BEFE 是正方形，理由详见解析；（2）

（3） 3 17 ． 【解析】

【分析】

（1）由旋转可知： EAEB 90， EBE90,再说明 FEB 90可得四边形

BEFE 是矩形，再结合 BEBE 即可证明；

第 22 页，总 31 页

1

（2）过点 AH AE ，再证 D 作 H ，先根据等腰三角形的性质得到 DH AE ，垂足为

2

CEAE 即可解答； AEB DHA 可得 AH BE ，再结合 BEBE 、

（3）过 E 作 EG⊥AD，先说明∠1=∠2，再设 EF=x、则 BE=FE＇=EF=BE＇=x、CE＇

=AE=3+x，再在 Rt△AEB 中运用勾股定理求得 x，进一步求得 BE 和 AE 的长，然后运用三 角函数和线段的和差求得 DG 和 EG 的长，最后在 Rt△DEG 中运用勾股定理解答即可．

【详解】

解：（1）四边形 BEFE 是正方形

理由：由旋转可知： EAEB 90， EBE90，

又AEB FEB 180，∠AEB 90



FEB 90



四边形 BEFE 是矩形．

∵ BEBE ．

四边形 BEFE 是正方形；

（2） CF FE．

证明：如图，过点 D 作 DH AE ，垂足为

H ，

则 DHA 90， 13 90



DA DE

AH 1

AE ．

2

四边形 ABCD 是正方形，

AB DA ，

DAB 90．

12 90

第 23 页，总 31 页

BEBE

2 3

AEB DHA 90，

AEB DHA ．

AH BE ．

∵BE EF

AH EF

∵ CEAE ，

1 FECE

2

CF FE；

（3）如图：过 E 作 EG⊥AD

∴GE//AB

∴∠1=∠2

设 EF=x，则 BE=FE＇=EF=BE＇=x，CE＇=AE=3+x

在 Rt△AEB 中，BE=x，AE=x+3，AB=15

∴AB2=BE2+AE2，即 152=x2+（x+3）2，解得 x=-12（舍），x=9

第 24 页，总 31 页

∴BE=9,AE=12

BE

∴sin∠1=

9 3 ,cos∠1= 12 4 AB 15 5 AB 15 5 AE



AG 3 ,cos∠2= GE GE 4

12 5 AE 12 5

AE

∴sin∠2= AG

∴AG=7.2,GE=9.6

∴DG=15-7.2=7.8

7.82 9.62  153 3 17 ．

∴DE=

【点睛】

本题考查了正方形的性质、旋转变换、勾股定理、解三角形等知识，综合应用所学知识是 解答本题的关键．

A2, 0 ， B 6, 0，直线 23．（1） l 的函数表达式为： y   x 1 ；（2）当点 N 是线

段 P 的坐标为 0, 3或 3, PM 的三等分点时，点



1



  15 

Q 的坐标为 ；（3）点 0, 9或

4 

2

13 0, ．

3 



【解析】

【分析】

第 25 页，总 31 页

A, B 两点的坐标，把 A, D 的坐标代入一次函数解析式可得 （1）令 x x 3 0, 可得 l

1 2 4

的解析式；

P, M , N 三点的坐标，求解 PM , PN , MN 的长度，分 （2）根据题意画出图形，分别表示

两种情况讨论即可得到答案；

y 轴正半轴上时，记为点 Q 在 （3）根据题意画出图形，分情况讨论：①如图，当点 Q1 Q1H 直线 Q1 作 ．过点 l ，垂足为 H ．再利用相似三角形与等腰直角三角形的性质，结 y 轴负半轴上时，记为点 Q 在 Q2 ．过点 Q2 作 Q2G  合勾股定理可得答案，②如图，当点

直线 l ，垂足为 G ，再利用相似三角形与等腰直角三角形的性质，结合勾股定理可得答 案．

【详解】

2

解：（1）令 xx 3 0,

1

4

x2 4x 12 0,

x 6x 20,

x1 2, x2 6.

A2, 0B 6, 0， ，

y kx b ， 设直线 l 的函数表达式为：

A2, 0, D 4, 3把 代入得：

2k b 0 

4k b 3 

第 26 页，总 31 页

1k  

解得： 2 

b  1

y  x 1 ． 直线 l 的函数表达式为：

2

（2）解：如图，根据题意可知，点 P 与点 N 的坐标分别为

1

1 1 P m, m2 m 3， N m, m 1．  4   2    1 2 1 2

mm 3 mm 3 PM 4 4 1 1m 1  m 1， MN 2 2

1 1 1 1

NP m 1m2 m 3 m2 m 2 ，

 2  4 4 2    



分两种情况：

mm 3 3①当 PM 3MN 时，得

4 1

2

1 

m 1． 2  



m1 0 ， m2 2 （舍去） 解得：

当 m 0 时， mm 3 3 ．

1

2

4

点 P 的坐标为 0, 3





mm 3 3 mm 2 ． ②当 PM 3NP 时，得



1

4 2

1 4 

2

1 2 

m1 3 ， m2 2 （舍去） 解得：

第 27 页，总 31 页

当 m 3 时， mm 3  1

2

15

4

4

15 点 P 的坐标为 3, ．

 4  

15 

当点 3, N 是线段 P 的坐标为 0, 3或 PM 的三等分点时，点

 4  











y x 1 与 y 轴交于点 （3）解：直线 E ，

2

1

点 0, 1． E 坐标为

分两种情况：

y 轴正半轴上时，记为点 Q 在 ①如图，当点 Q1 ．

Q1 作 Q1H 直线 Q1HE AOE 90， 过点 l ，垂足为 H ．则

Q1EH AEO ，

Q1HE AOE ．

Q1H HE AO OE

第 28 页，总 31 页

即

Q1H HE

2 1

Q1H 2HE ．

Q1HD 90， 又Q1DH 45，

HQ1D Q1DH 45





DH Q1H 2HE ．

HE ED

连接 CD ，点 0, 3，点 4, 3， C 的坐标为 D 的坐标为

CD y 轴

ED  EC 2 CD2  [1(3)]2 42 2 5 ．

Q1H 4 5 ． HE 2 5 ，

22 210 ． (2 5)(4 5) Q1E  HE2 Q H 1

OQ1 Q1E OE 10 1 9 ．

点 Q1 的坐标为 0, 9．

y 轴负半轴上时，记为点 Q 在 Q2 ．过点 Q2 作 Q2G 直线 ②如图，当点 l ，垂足为 G ，

Q2GE AOE 90， 则

Q2 EG AEO ，Q2GE ~AOE ．

第 29 页，总 31 页



Q2G EG



AO OE ．

即

Q G EG 2 2 1

Q2G 2EG ．

Q2GD 90， 又Q2 DG 45，

DQ2G Q2 DG 45





DG Q2G 2EG ．ED EG DG 3EG ．

由①可知， ED 2 5 ．3EG 2 5 ．

EG 

2 5 ．4 5

Q2G 3 3

2 2

2 5  4 5 10 2G EQ2  EG2 Q 2 3 3 3 ．

 OQ OE EQ 110 13

2 2 3 3 

点 Q 的坐标为 0, 13 2 

3 



13 

点 Q 的坐标为 0, 0, 9或 ．

 3  

第 30 页，总 31 页





【点睛】

x 轴的交点坐标，利用待定系数法求一次函数的解析式，平面直 本题考查的是二次函数与

角坐标系中线段的长度的计算，同时考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的 性质，勾股定理的应用，特别是分类讨论的数学思想，掌握以上知识是解题的关键．

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