2023年广东省珠海市香洲区珠海市凤凰中学中考一模数学试题（含答案）

这是一份2023年广东省珠海市香洲区珠海市凤凰中学中考一模数学试题（含答案），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年广东省珠海市香洲区凤凰中学中考数学一模试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）在3，0，﹣2，﹣四个数中，最小的数是（　　）
A．3 B．0 C．﹣2 D．﹣
2．（3分）我国古代数学家祖冲之推算出π的近似值为，它与π的误差小于0.0000003．将0.0000003用科学记数法可以表示为（　　）
A．3×10﹣7 B．0.3×10﹣6 C．3×10﹣6 D．3×107
3．（3分）在平面直角坐标系中，点A（2，m）与点B（n，3）关于原点对称，则（　　）
A．m＝3，n＝2 B．m＝﹣3，n＝﹣2 C．m＝3，n＝﹣2 D．m＝﹣3，n＝2
4．（3分）在英语听说模拟测试中，7名男生的成绩如下：28，22，22，25，23，25，25，则这组数据的众数是（　　）
A．28 B．22 C．23 D．25
5．（3分）美丽的冬奥雪花呈现出浪漫空灵的气质．如图，雪花图案是一个中心对称图形，也可以看成自身的一部分围绕它的中心依次旋转一定角度得到的，这个角的度数可以是（　　）

A．30° B．45° C．60° D．90°
6．（3分）已知m是关于x的方程x2﹣2x﹣3＝0的一个根，则2m2﹣4m+2＝（　　）
A．5 B．8 C．﹣8 D．6
7．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN．直线MN与AB相交于点D，连接CD，若AB＝3，则CD的长是（　　）

A．1 B．1.5 C．3 D．6
8．（3分）某路灯示意图如图所示，它是轴对称图形．若∠ACB＝130°，AC＝BC＝1.2m，CD与地面垂直且CD＝3m，则灯顶A到地面的高度为（　　）

A．3+1.2cos25° B．3+1.2sin25°
C． D．
9．（3分）如图，AB为⊙O的直径，AB＝4，弦CD＝2，则劣弧的长为（　　）

A． B． C．π D．2π
10．（3分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝1，且过点（3，0）给出下列结论：①ac＜0；②b2﹣4ac＞0；③2a﹣b＝0；④a+b＞0．其中，正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分
11．（3分）不等式组的解集是 　 　．
12．（3分）若关于x的方程kx2+2x﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是　 　．
13．（3分）某商场的打折活动规定：凡在本商场购物，可转动转盘一次，并根据所转结果付账．其中不打折的概率为　 　．

14．（3分）如图，已知a∥b，含30°角的直角三角板的顶点在直线b上，若∠1＝24°，则∠2等于 　 　．​

15．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝6，点D、E分别在边BC、AB上，且DE⊥BC，BD＝6，将△BDE绕点B旋转至△BD1E1，点D、E分别对应点D1、E1，当A、D1、E1三点共线时，则CD1的长为 　 　．

三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分
16．（8分）先化简，再求值：，其中 ．
17．（8分）如图，点A，F，C，D在同一直线上，BC∥EF，AF＝DC，BC＝EF．求证：AB∥DE．

18．（8分）如图，已知一次函数y＝mx﹣3与反比例函数y＝的图象相交于点A（8，n），与x轴相交于点B （4，0）．以AB为边作菱形ABCD，使点C在x轴正半轴上，点D在第一象限．求点D的坐标．​

四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分.
19．（9分）本月初我市市区某校九年级学生进行一次体育模拟测试，将目标效果测试中第二类选考项目（足球运球、篮球运球、排球垫球任选一项）的情况进行统计，并将统计结果绘制成统计图，请你结合图中所给信息解答下列问题：

（1）学校参加本次测试的人数有 　 　人，参加“排球垫球”测试的人数有 　 　人，“篮球运球”的中位数落在　 　等级；
（2）今年参加体育中考的人数约为2.4万人，你能否估计今年全市选择“篮球运球”的考生会有多少人？若能，求出其人数；若不能，请说明理由；
（3）学校准备从“排球垫球”和“篮球运球”较好的两男两女四名学生中，随机抽取两名学生为全校学生演示动作，请用列表法或画树状图法求恰好抽取到一名男生和一名女生的概率．
20．（9分）2023年是农历癸卯年（兔年），兔子生肖挂件成了热销品．某商店准备购进A，B两种型号的兔子挂件．已知用160 元购进A型号兔子挂件的数量和用100元购买B型号兔子挂件的数量相等，且A型号兔子挂件比B型号兔子挂件每件贵15元．
（I）该商店购进A，B两种型号的兔子挂件进价分别为多少元？
（2）该商店计划购进A，B两种型号的兔子挂件共50件，且A，B两种型号的兔子挂件每件售价分别定为48元，30元．假定购进的兔子挂件全部售出，若要商店获得的利润超过310元，则A型号兔子挂件至少要购进多少件？
21．（9分）如图，已知AB为⊙O的直径，D为⊙O上一点，C为BA延长线上一点，连接CD，过点O作OF⊥AD于点E．交CD于点F．且满足∠ADC＝∠AOF．​
（1）求证：直线CD是⊙O的切线；
（2）若sinC＝，BD＝8．求EF的长．

五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分.
22．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣5与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，连接AC，D是直线AC下方抛物线上一动点，连接DB，分别交AC和对称轴于点E、F．其中a，b是方程组的解．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求的最大值；
（3）连接CF，BC．是否存在点D，使得△BCF为直角三角形，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

​

23．（12分）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，把纸片展平，得到折痕EF；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点Q处，把纸片展平，连接PQ，BQ．根据以上操作，当点Q在EF上（如图1）时，∠QBC＝　 　°．
（2）迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PQ交CD于点G，连接BG．对角线AC与BP、BG分别交于点M、N，连接PN．当点Q在EF上（如图2）时，判断线段PN与BG的位置关系，并说明理由；
（3）拓展应用
在（2）的探究中，改变点P在AD上的位置，当点G在线段FC上时（如图3），若正方形的边长为 ，求S△BPG的值．

参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．【分析】依据比较有理数大小的方法判断即可．
【解答】解：∵﹣2＜﹣＜0＜3，
∴四个数中，最小的数是﹣2，
故选：C．
2．【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：用科学记数法可以表示0.0000003得：3×10﹣7；
故选：A．
3．【分析】直接利用关于原点对称点的性质求出m，n的值，进而得出答案．两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．
【解答】解：∵点A（2，m）与点B（n，3）关于原点对称，
∴m＝﹣3，n＝﹣2，
故选：B．
4．【分析】找到出现次数最多的数据，即为众数．
【解答】解：7个数据中，25出现的次数最多，
∴这组数据的众数是25．
故选：D．
5．【分析】根据图形的对称性，用360°除以6计算即可得解．
【解答】解：∵360°÷6＝60°，
∴旋转角是60°的整数倍，
∴这个角的度数可以是60°，
故选：C．
6．【分析】x＝m满足方程m2﹣2m﹣3＝0．利用整体代入的思想解决问题；
【解答】解：将x＝m代入方程，可得m2﹣2m﹣3＝0，
∴m2﹣2m＝3．
∴2m2﹣4m+2＝2（m2﹣2m）+2＝2×3+2＝8；
故选：B．
7．【分析】根据题意可知：MN是线段AC的垂直平分线，所以AD＝CD，再判断出BD＝CD，于是AD＝BD．
【解答】解：由已知可得，
MN是线段AC的垂直平分线，
设AC与MN的交点为E，
∴AD＝CD，
∴∠A＝∠ACD，
∵∠A+∠B＝90°，∠ACD+∠DCB＝90°，
∴∠B＝∠DCB，
∴AD＝BD，
∴CD＝AD＝AB＝1.5，
故选：B．

8．【分析】连接AB，延长CD交AB于点E，由题意可知：∠ACE＝∠ACB＝65°，然后利用锐角三角函数的定义可求出CE的长度．
【解答】解：连接AB，延长DC交AB于点E，
由题意可知：∠ACE＝∠ACB＝65°，
在Rt△ACD中，
cos∠ACE＝cos65°＝，
∴CE＝1.2cos65°（m），
∴点A到地面的高度为：CE+CD＝（1.2cos65°+3）m，
∵cos65°＝sin25°，
∴CE+CD＝（1.2sin25°+3）m，
故选：B．

9．【分析】连接OC，OD，证明∠COD＝90°，可得结论．
【解答】解：连接OC，OD．

∵OC＝ODD＝2，CD＝2，
∴OC2+OD2＝CD2，
∴∠COD＝90°，
∴的长＝＝π，
故选：C．
10．【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、与x轴、y轴的交点，综合进行判断即可．
【解答】解：抛物线开口向下，a＜0，与y轴交于正半轴，c＞0，
于是有：ac＜0，因此①正确；
抛物线与x轴有两个不同交点，因此b2﹣4ac＞0，②正确，
由x＝﹣＝1，得2a+b＝0，因此③不正确，
由x＝﹣＝1，得b＝﹣2a，作a+b＝﹣a＞0，故④正确，
综上所述，正确的结论有①②④，
故选：C．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分
11．【分析】首先分别计算出两个不等式的解集，再根据同大取大确定不等式组的解集．
【解答】解：，
由①得：x≥﹣2，
由②得：x＞2，
不等式组的解集为：x＞2．
故答案为：x＞2．
12．【分析】由于k的取值不确定，故应分k＝0（此时方程化简为一元一次方程）和k≠0（此时方程为二元一次方程）两种情况进行解答．
【解答】解：（1）当k＝0时，2x﹣1＝0，解得：x＝；
（2）当k≠0时，此方程是一元二次方程，
∵关于x方程kx2+2x﹣1＝0有实根，
∴Δ＝22﹣4k×（﹣1）≥0，解得k≥﹣1，
由（1）和（2）得，k的取值范围是k≥﹣1．
故答案为：k≥﹣1．
13．【分析】根据概率的计算方法，可得答案．
【解答】解：其中不打折的概率为＝；
故答案为：．
14．【分析】根据平行线的性质可得出∠3的度数，再根据三角形外角关系即可求得∠2的度数．
【解答】解：∵a∥b，
∴∠1+30°＝∠3，
∵∠1＝24°，
∴∠3＝30°+24°＝54°，
∵∠2＝∠3+∠4，∠4＝60°，
∴∠2＝54°+60°＝114°．
故答案为：114°．

15．【分析】分两种情况讨论，由矩形的性质和全等三角形的性质可求解．
【解答】解：如图1，当点D1在线段AE1上，

∵∠ACD＝90°，∠ABC＝30°，AC＝6，
∴AB＝12，BC＝AC＝6，
∵将△BDE绕点B旋转至△BD1E1，
∴D1B＝6＝DB，∠BD1E1＝90°，
∴AD1＝＝6，
∴AD1＝BC，且AC＝BD1，
∴四边形ACBD1是平行四边形，且∠ACB＝90°，
∴四边形ACBD1是矩形，
∴CD1＝AB＝12，
如图2，当点D1在线段AE1的延长线上，

∵∠ACB＝∠AD1B＝90°，
∴点A，点B，点D1，点C四点共圆，
∴∠AD1C＝∠ABC＝30°，
∵AC＝BD1，AB＝AB，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD1（HL），
∴∠D1AB＝∠ABC＝30°，且∠BAC＝60°，
∴∠CAD1＝30°＝∠AD1C，
∴AC＝CD1＝6，
综上所述：CD1＝12或6，
故答案为：12或6．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分
16．【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，求出x的值，代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝÷
＝•
＝，
当x＝20230+（）﹣1＝1+2＝3时，原式＝3．
17．【分析】由“SAS”可证△ABC≌△DEF，可得∠A＝∠D，可证AB∥DE．
【解答】证明：∵BC∥EF，
∴∠ACB＝∠EFD，
∵AF＝CD，
∴AC＝DF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴∠A＝∠D，
∴AB∥DE．
18．【分析】利用待定系数法求得一次函数的解析式，然后求得点A的坐标，利用勾股定理求得AB，由菱形的性质得出AD＝AB＝5，AD∥BC，即可求得点D的坐标为（13，3）．
【解答】解：∵一次函数y＝mx﹣3图象与x轴相交于点B （4，0），
∴0＝4m﹣3，解得m＝，
∴一次函数为y＝x﹣3，
把点A（8，n）代入y＝x﹣3得，n＝﹣3＝3，
∴A（8，3），
∴AB＝＝5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝5，AD∥BC，
∴D（13，3）．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分.
19．【分析】（1）求出“篮球运球”的学生人数，用“篮球运球”的学生人数除以其所占的百分比可得参加本次测试的人数；根据扇形统计图求出“排球垫球”的百分比，再乘以参加本次测试的人数可得参加“排球垫球”测试的人数；根据中位数的定义可得答案．
（2）根据用样本估计总体，用2.4万乘以扇形统计图中“篮球运球”的百分比，即可得出答案．
（3）画树状图得出所有等可能的结果数以及恰好抽取到一名男生和一名女生的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：（1）∵参加“篮球运球”测试的人数有10+25+40+30＝105（人），
∴学校参加本次测试的人数有105÷35%＝300（人）．
参加“排球垫球”测试的人数有300×（1﹣10%﹣35%）＝165（人）．
∵“篮球运球”的105个数据按从小到大排列后，第53个数据落在“良好”等级，
∴“篮球运球”的中位数落在良好等级．
故答案为：300；165；良好．
（2）能估计今年全市选择“篮球运球”的考生人数．
2.4×35%＝0.84（万人），
∴今年全市选择“篮球运球”的考生大约会有0.84万人．
（3）设两名男生和两名女生分别记为A，B，C，D，
画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中恰好抽取到一名男生和一名女生的结果有：AC，AD，BC，BD，CA，CB，DA，DB，共8种，
∴恰好抽取到一名男生和一名女生的概率为＝．
20．【分析】（1）设A型号兔子挂件每件进价x元，则B型号兔子挂件每件进价（x﹣15）元，根据用160 元购进A型号兔子挂件的数量和用100元购买B型号兔子挂件的数量相等，解方程即可；
（2）设购进A型号兔子挂件m件，则购进B型号的兔子挂件（50﹣m）件，根据两种挂件利润之和大于310列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设A型号兔子挂件每件进价x元，则B型号兔子挂件每件进价（x﹣15）元，
根据题意得：＝，
解得x＝40，
∴x﹣15＝40﹣15＝25，
答：A型号兔子挂件每件进价40元，则B型号兔子挂件每件进价25元；
（2）设购进A型号兔子挂件m件，则购进B型号的兔子挂件（50﹣m）件，
则（48﹣40）m+（30﹣25）（50﹣m）＞310，
解得m＞20，
答：A型号兔子挂件至少要购进21件．
21．【分析】（1）连接OD，根据垂直定义可得∠AEO＝90°，从而可得∠OAD+∠AOF＝90°，再根据等腰三角形的性质，可得∠OAD＝∠ODA，从而可得∠ADC+∠ODA＝90°，进而可得∠ODC＝90°，即可得证；
（2）因为OF∥BD，AO＝BO得AE＝DE，所以OE＝，由sinC＝，设OD＝x，OC＝3x，由OF∥BD得△COF∽△CBD，所以，即可得EF的值．
【解答】（1）证明：∵OF⊥AD，
∴∠AEO＝90°，
∴∠OAD+∠AOF＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠ADC＝∠AOF，
∴∠ADC+∠ODA＝90°，
∴∠ODC＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵OF∥BD，AO＝BO，
∴AE＝DE，
∴OE＝，
∵sinC＝，
设OD＝x，OC＝3x，
∴OB＝x，
∴CB＝4x，
∵OF∥BD，
∴△COF∽△CBD，
∴，
∴，
∴OF＝6，
∴EF＝OF﹣OE＝6﹣4＝2．
五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分.
22．【分析】（1）解方程组组即可求解；
（2）证明△GED∽△HEB，则＝（﹣x2﹣5x）＝﹣（x2+5x），即可求解；
（3）分BF、CF、BC是斜边三种情况，列出等式求解即可．
【解答】解：（1）解方程组得：，
故抛物线的表达式为：y＝x2+4x﹣5；

（2）对于y＝x2+4x﹣5，当x＝0时，y＝﹣5，即点C（0，﹣5），
令y＝x2+4x﹣5＝0，则x＝﹣5或1，
即点A、B的坐标分别为：（﹣5，0）、（1，0），
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝﹣x﹣5，
分别过点B、D作y轴的平行线分别交AC于点G、H，

当x＝1时，y＝﹣x﹣5＝﹣6，即BH＝6，
设点G（x，﹣x﹣1），则点D（x，x2+4x﹣5），
则GD＝（﹣x﹣1）﹣（x2+4x﹣5）＝﹣x2﹣5x，
∵DG∥y轴∥BH，
∴△GED∽△HEB，
∴＝（﹣x2﹣5x）＝﹣（x2+5x），
∵0，故有最大值，
当x＝﹣时，的最大值为：；

（3）存在，理由：
由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝﹣2，故设点F（﹣2，m），
由点B、C、F的坐标得：BC2＝1+25＝26，BF2＝（1+2）2+m2＝m2+9，CF2＝（m+5）2+4，
当BC是斜边时，则26＝m2+9+（m+5）2+4，
解得：m＝﹣2或﹣3，
即点F的坐标为：（﹣2，﹣2）或（﹣2，﹣3）；
当BF是斜边时，则m2+9＝（m+5）2+4+26，
解得：m＝﹣4.6，
即点F（﹣2，﹣4.6）；
当CF为斜边时，则26+m2+9＝（m+5）2+4，
解得：m＝0.6，
即点F（﹣2，0.6），
综上，点F的坐标为：（﹣2，﹣2）或（﹣2，﹣3）或（﹣2，﹣4.6）或（﹣2，0.6）．
23．【分析】（1）由折叠的性质可得AB＝AQ＝BQ，可得△ABQ是等边三角形，可得∠ABQ＝60°，即可求解；
（2）由“HL”可证Rt△BQG≌Rt△BCG，可得∠GBQ＝∠GBC，通过证明点A，点B，点N，点P四点共圆，可得∠BAC＝∠BPN＝45°，即可求解；
（3）通过证明△ABN∽△CGN，可得BN＝3GN，由勾股定理可求BG，BN的长，即可求解．
【解答】解：（1）如图，连接AQ，

∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴AQ＝BQ，
∵沿BP折叠，使点A落在矩形内部点Q处，
∴AB＝BQ，
∴AB＝AQ＝BQ，
∴△ABQ是等边三角形，
∴∠ABQ＝60°，
∴∠QBC＝90°﹣∠ABQ＝30°，
故答案为：30；
（2）PN⊥BG，理由如下：
∵沿BP折叠，使点A落在矩形内部点Q处，
∴∠BAP＝∠BQP＝90°，AB＝BQ，∠ABP＝∠QBP，
∵BQ＝AB＝BC，BG＝BG，
∴Rt△BQG≌Rt△BCG（HL），
∴∠GBQ＝∠GBC，
∵∠ABP+∠QBP+∠GBQ+∠GBC＝90°，
∴∠PBG＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°，
∴∠DAC＝∠PBN＝45°，
∴点A，点B，点N，点P四点共圆，
∴∠BAC＝∠BPN＝45°，
∴BN＝PN，∠BNP＝90°，
∴BG⊥PN；
（3）∵正方形的边长为6，
∴AB＝BC＝DC＝6，FC＝DF＝3，
∵FG＝，
∴CG＝2，
∵AB∥CD，
∴△ABN∽△CGN，
∴＝＝，
∴BN＝3GN，
∵BC＝6，CG＝2，
∴BG＝＝＝2，
∴BN＝，
由（2）可知BN＝PN，BG⊥PN，
∴PN＝，
∴S△BPG＝×BG•PN＝×2×＝45．