2023年广东省深圳市中考二模数学试卷

这是一份2023年广东省深圳市中考二模数学试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年广东省深圳市中考二模数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．如图所示的立体图形由3个相同的正方体组成，则它的俯视图为（    ）

A． B． C． D．
2．陕北大红枣是驰名中外的陕西特产，目前陕北地区红枣的种植面积约有420000亩，数据420000用科学记数法可以表示为（    ）
A．4.2×104 B．42×104 C．4.2×105 D．0.42×105
3．下列算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．将一副直角三角板如图放置，使两直角重合的度数为（    ）

A． B． C． D．
5．如图，的弦、交于点，若，，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
6．如图，路灯距离地面8米，身高1.6米的小明站在距离灯的底部（点0）20米的A处，则小明的影长为（　　）米．

A．4 B．5 C．6 D．7
7．某中学足球队的名队员的年龄如表所示：
年龄（单位：岁）




人数




这名队员年龄的众数和中位数分别是（    ）
A．岁，岁 B．岁，岁 C．岁，岁 D．岁，岁
8．下列命题正确的是（    ）
A．若，则
B．若是反比例函数图像上的点，则也是该函数图像上的点
C．矩形对角线相互平分且相等
D．三角形的一条中位线等分该三角形的面积
9．如图利用一面靠墙（墙的长度为35米），另三边用长的篱笆围成一个面积为的长方形场地，则长方形场地的一边的长为（    ）米．

A．5 B．20 C．5或20 D．10或20
10．如图，已知在矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝3，连接 AC，动点 Q 以每秒 1 个单位的速度沿 A→B→C 向点 C 匀速运动，同时点 P 以每秒 2 个单位的速度沿 A→C→D 向点 D 匀速运动，连接 PQ，当点 P 到达终点 D 时，停止运 动，设△APQ 的面积为 S，运动时间为 t 秒，则 S 与 t 函数关系的图象大致为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题
11．分解因式____________．
12．若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是_________．
13．《九章算术》原文如下：今有人共买物，人出八，盈三；人出七，不足四．问人数、物价各几何?译文：现有一些人共买一个物品，每人出8钱，还盈余3钱；每人出7钱，则还差4钱，问共多少人，物品价格多少钱?设共有x人，物品的价格是y钱，则可列方程组为____________·
14．如图，点A是函数（）的图象上任意一点，轴交函数（）的图象于点B，以AB为边作平行四边形ABCD，且，C、D在x轴上，则________．

15．如图，有一张长方形纸片．先将长方形纸片折叠，使边落在边上，点落在点处，折痕为；再将沿翻折，与相交于点，则的长为_____．


三、解答题
16．计算；
17．先化简，再求值：，其中．
18．解不等式组：并求出不等式组的整数解．
19．2022年冬奥会和冬残奥会在我国举行．如图，冬奥会的会徽和吉祥物为“冬梦”、“冰墩墩”，冬残奥会的会徽和吉祥物为“飞跃”、“雪容融”，将4张正面分别印有以上图案的卡片随机分成甲、乙两组，每组2张．

(1)“冰墩墩”在甲组的概率是______；
(2)求每组的2张卡片恰是会徽和对应吉祥物的概率，
20．某兴趣小组借助无人飞机航拍校园，如图，无人飞机从处平行飞行至处需10秒，在地面处同一方向上分别测得处的仰角为，处的仰角为，已知无人飞机的飞行速度为5米/秒，求这架无人飞机的飞行高度（结果保留根号）．

21．某校计划购买甲、乙两种品牌的足球．已知甲种足球的单价比乙种足球的单价少30元，用1000元购买甲种足球的数量和用1600元购买乙种足球的数量相同，
(1)求甲、乙两种品牌的足球的单价各是多少元？
(2)学校准备一次性购买甲、乙两种品牌的足球共25个，但总费用不超过1610元，那么这所学校最多购买多少个乙种品牌的足球？
22．如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，∠A = 60°，AC = 4．线段EF是由线段BC平移得到，B，C的对应点分别是E，F．CD是△ABC的中线，连接CF，BF，CE，若BE = DB．

(1)求证：四边形CDBF是菱形；
(2)求△ACE的面积．
23．如图，是的直径，C是弧的中点，于点E，交于点F．

(1)求证：；
(2)若，，求的半径及的长．
24．已知二次函数经过点，，与x轴交于另一点B，抛物线的顶点为D．

(1)求此二次函数解析式；
(2)在对称轴右侧的抛物线上是否存在点P，使得为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
25．如图1，点E是正方形ABCD外的一点，以DE为边构造正方DEFG，点M是△ADE边AE上的动点，点N是△CDG的边CG上的动点．

(1)证明：△ADE≌△CDG；
(2)如图（1）：当DM和DN分别是△ADE和△CDG的中线时，试猜想DM和DN的数量关系和位置关系，并说明理由；
(3)类比猜想：
①在（2）问中，当DM、DN分别是△ADE和△CDG的高（如图2），其他条件不变时，问题（2）的结论是否仍然成立？（只写出结论，不要求证明）
②在（2）问中，当DM、DN分别是△ADE和△CDG的角平分线，其他条件不变时，问题（2）的结论是否仍然成立？（只写出结论，不要求证明）

参考答案：
1．D
【分析】根据俯视图的观察方法判断即可．
【详解】：根据俯视图是从上向下观察可知该几何体的俯视图为两个小正方形，一个在左下方，一个在右上方，所以该几何体的俯视图如下．

故选：D．
【点睛】本题考查判断简单组合体的三视图，熟练掌握该知识点是解题关键．
2．C
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】420000＝4.2×105
故选：C．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3．B
【分析】根据合并同类项、积的乘方、同底数幂的除法、完全平方公式逐项解答即可．
【详解】详解：A、∵，∴选项错误；
B、∵，∴选项正确；
C、∵，∴选项错误；
D、∵，∴选项错误；
故选B．
【点睛】本题考查了整式的相关运算，解答本题的关键是熟练掌握合并同类项、积的乘方、同底数幂的除法、完全平方公式．
4．C
【分析】根据三角形的内角和定理可求，利用补角的定义可求，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和即可求出的度数
【详解】解：在中
∵，
∴
又∵
∴
由三角形的外角性质得



故选：C
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，互为补角的定义及三角形的外角性质，解题的关键是掌握三角形的外角性质
5．C
【分析】利用三角形外角的性质得到，由圆周角定理得到，即可得到的度数．
【详解】解：∵是的一个外角，
∴,
∵，，
∴．
故选：C
【点睛】此题考查了圆周角定理、三角形的外角的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
6．B
【分析】直接利用相似三角形的性质得出，故，进而得出AM的长即可得出答案．
【详解】解：由题意可得：

OC∥AB，
则△MBA∽△MCO，
∴，
即
解得：AM＝5．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，根据题意得出△MBA∽△MCO是解题关键．
7．B
【分析】首先找出这组数据中出现次数最多的数，则它就是这名队员年龄的众数；然后根据这组数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数，判断出这名队员年龄的中位数是多少即可．
【详解】解：由表可知岁出现次数最多，有次，所以众数为岁；
这组数据有个数，则其中位数为第个数据，即中位数为岁，
故选：B．
【点睛】本题考查了众数和中位数的知识，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大或从大到小的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
8．C
【分析】根据不等式的性质、反比例函数的性质、矩形的性质、三角形中线的性质逐项排查即可解答．
【详解】解：A．若，则，故A选项错误，不符合题意；
B．若是反比例函数图像上的点，则函数解析式为，易得不在该函数图像上，故B选项错误，不符合题意；
C．矩形对角线相互平分且相等，故C选项说法正确，符合题意；
D．三角形的一条中线等分该三角形的面积，故D选项说法错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了不等式的性质、反比例函数的性质、矩形的性质、三角形中线的性质等知识点，掌握矩形的性质是解答本题的关键．
9．B
【分析】设AB长为x米，根据长方形面积公式得到方程，解之，结合墙长进行取舍．
【详解】解：设AB长为x米，则BC=50-2x，
∴x（50-2x）=200，
解得：x=5或x=20，
当x=5时，BC=50-2×5=40＞35，故不符合，
∴AB的长为20，
故选B．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，利用已知表示出长与宽再利用长方形面积得出方程是解题关键．
10．A
【分析】根据题意，由矩形的性质和勾股定理，得到AC=5，则得到点P的运动时间为秒，则对运动过程进行分类讨论：①当点P从点A运动到点C的过程，即；②点P经过点C之后，点Q到达点B时，即；③点Q经过点B后，点P到达点D停止，即；分别求出S与t的关系，即可得到答案.
【详解】解：由矩形的性质，得∠B=90°，AB=DC=4，AD=BC=3，
由勾股定理，得：，
∴点P运动到点C的时间为：秒；
点P运动到点D的时间为：秒；
点Q运动到点B的时间为：秒；
根据运动的情况，可分成以下三种情况：
①当点P从点A运动到点C的过程，即，
如图，作PE⊥AB于E，

∴，，
∵PE⊥AB，BC⊥AB，
∴△APE∽△ACB，
∴，
∴，
∴△APQ 的面积为：（）；
②点P经过点C之后，点Q到达点B时，即；
如图，

∴△APQ 的面积为：（）；
③点Q经过点B后，点P到达点D停止，即；如图，

此时，，，
∴，
∴△APQ 的面积为：，
∴


（）；
∴S 与 t函数关系的图象大致为A选项中的图像；
故选：A.
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，以及二次函数的性质，解题的关键是根据x的取值范围表示出S与x之间的函数关系式．
11．
【分析】原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可；
【详解】原式=
故答案为：．
【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
12．
【分析】使代数式有意义的条件是：分母不能为0，二次根式中的被开方数不能为负数．
【详解】解：根据题意得：x-1>0，
解得：x＞1．
故答案为：x＞1．
【点睛】此题主要考查了二次根式、分式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．
13．
【分析】找出题中的等量关系，列出相应的的方程组，即可得．
【详解】解：根据题意得，

故答案为：．
【点睛】本题考查了列方程组解应用题，解题的关键是理解题意，找出题中的等量关系．
14．-3
【分析】首先把平行四边形ABCD转化为矩形，然后根据k的几何意义求解．
【详解】解：过点B作BM⊥x轴，过点A作AN⊥x轴，则∠BMC＝∠AND＝90°，

∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC∥AD，BC＝AD，
∴∠BCM＝∠ADN，
在△BCM和△ADN中
，
∴△BCM≌△ADN，
∴S▱BCDA＝S矩形BMNA＝5，
又∵S矩形BMNA＝−k＋2＝5，
∴k＝−3．
故答案为：−3．
【点睛】本题考查了反比例函数k的几何含义，平行四边形的性质．需要我们熟练掌握把已知图形转化为模型图形（与k相关的矩形或三角形）的能力．
15．
【分析】根据折叠的性质得到（图1），进而可得，继而可得（图3中），△ABG是等腰直角三角形，再根据勾股定理求出AG即可．
【详解】解：由折叠的性质可知，，
，
，
图3中，由操作可得，，，，
，
由勾股定理得，，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了翻折变换、矩形的性质和勾股定理．翻折对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解题关键是得出△ABG是等腰直角三角形．
16．
【分析】分别利用绝对值的性质、求特殊角的三角形函数值、二次根式的乘法法则及负整数指数幂的运算法则进行化简计算，再合并即可得出结果．
【详解】解：

．
【点睛】本题考查了绝对值、特殊角的三角形函数值、二次根式的乘法及负整数指数幂，掌握相关运算法则是解题的关键．
17．，
【分析】先根据分式的乘除进行化简，再进行异分母分式相加减的运算，最后代入进行分母有理化求值即可．
【详解】原式




当时，
原式
【点睛】本题考查了分式的混合运算、分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算的法则是解题的关键．
18．不等式组的解集为：；不等式组的整数解为：0，1，2
【分析】分别解两个不等式，然后取得这两个不等式解的公共部分即可得出答案，最后求其整数解．
【详解】解：
解不等式，得：；
解不等式，得：
∴不等式组的解集为：
∴不等式组的整数解为：0，1，2
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式及不等式组的知识，要掌握解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
19．(1)
(2)

【分析】（1）根据概率公式求解即可；
（2）设冬奥会的会徽和吉祥物为“冬梦”为A、“冰墩墩”为a，冬残奥会的会徽和吉祥物为“飞跃”为B、“雪容融”为b，列表法求概率即可求解．
【详解】（1）共2个组，则“冰墩墩”在甲组的概率是，
故答案为：；
（2）设冬奥会的会徽和吉祥物为“冬梦”为A、“冰墩墩”为a，冬残奥会的会徽和吉祥物为“飞跃”为B、“雪容融”为b，列表如下，

A
a
B
b
A

A a
A B
A b
a
a A

a B
a b
B
B A
B a

B b
b
b A
b a
b B

则共有12种情形，其中每组的2张卡片恰是会徽和对应吉祥物的有4种，
则每组的2张卡片恰是会徽和对应吉祥物的概率为．
【点睛】本题考查了概率公式求概率，列表法求概率，掌握求概率的方法是解题的关键．
20．这架无人机的飞行高度米
【分析】如图，作AD⊥BC，BH⊥水平线，根据题意确定出∠ABC与∠ACB的度数，利用锐角三角函数定义求出AD与BD的长，由CD+BD求出BC的长，即可求出BH的长．
【详解】解：如图，作AD⊥BC，BH⊥水平线，

由题意得：∠ACH=75°，∠BCH=30°，AB∥CM，
∴∠ABC=30°，∠ACB=45°，
∵AB=50m，
∴AD=CD==25m，BD=AB•cos30°=m，
∴BC=CD+BD=（+25）m，
则BH=BC•sin30°=m，
这架无人机的飞行高度米
【点睛】此题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解本题的关键．
21．(1)甲种品牌的足球的单价为50元/个，乙种品牌的足球的单价为80元/个
(2)这所学校最多购买12个乙种品牌的足球

【分析】（1）设甲种品牌的足球的单价为x元/个，则乙种品牌的足球的单价为元/个，根据数量=总价÷单价结合用1000元购买甲种足球的数量和用1600元购买乙种足球的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设这所学校购买m个乙种品牌的足球，则购买个甲种品牌的足球，根据总价=单价×数量结合总费用不超过1610元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【详解】（1）设甲种品牌的足球的单价为x元/个，则乙种品牌的足球的单价为元/个，
根据题意得：，
解得：，
经检验，是所列分式方程的解，且符合题意，
∴．
答：甲种品牌的足球的单价为50元/个，乙种品牌的足球的单价为80元/个．
（2）设这所学校购买m个乙种品牌的足球，则购买个甲种品牌的足球，
根据题意得：，
解得：．
答：这所学校最多购买12个乙种品牌的足球．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
22．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据平移的性质得出CFBE，CF＝BE，求出CF＝DB，进而可得四边形CDBF是平行四边形，再根据直角三角形斜边中线的性质求出CD＝DB，进而利用菱形的判定解答即可；
（2）先根据含30°角的直角三角形的性质求出AB，再利用勾股定理求出BC，进而可求△ABC中AB边上的高，再根据三角形的面积公式解答即可．
【详解】（1）证明：由平移可得，CFBE，CF＝BE，
∵BE＝DB，
∴CF＝DB，
又∵CFDB，
∴四边形CDBF是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，CD是△ABC的中线，
∴CD＝DB＝，
∴平行四边形CDBF是菱形；
（2）解：∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝4，
∴AB＝8，
∴BE＝BD＝4，，
∴△ABC中AB边上的高＝，AE＝AB＋BE＝8＋4＝12，
∴△ACE的面积＝．
【点睛】本题考查了平移的性质，平行四边形的判定，直角三角形斜边中线的性质，菱形的判定，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式等知识，熟练掌握菱形和平行四边形的判定定理是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)⊙O的半径为，

【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等可证，根据证明，再利用直径所对的圆周角等于，证明，等量代换即可证明，再利用等角对等边即可证明；
（2）证明，再利用，即可求出．
【详解】（1）证明：∵C是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴⊙O的半径为．
∵，
∴，即，
解得．
【点睛】本题考查圆与三角形的综合问题，解题的关键是掌握等弧对等弦，直径所对的圆周角等于，等角对等边，勾股定理．
24．(1)
(2)存在，，或

【分析】（1）将、代入二次函数求得、的值即可确定二次函数的解析式；
（2）分以为底和以为腰两种情况讨论．运用两点间距离公式建立起点横坐标和纵坐标之间的关系，再结合抛物线解析式即可求解．
【详解】（1）解：二次函数经过点、，
根据题意，得，
解得，
抛物线的解析式为．
（2）存在．
对称轴为直线．
①若以为底边，则，
设点坐标为，根据勾股定理可得，，
因此，
即．
又点在抛物线上，
，
即，
解得，，应舍去，
，
，
即点坐标为，．
②若以为一腰，
点在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点与点关于直线对称，
此时点坐标为．
符合条件的点坐标为，或．

【点睛】本题考查了二次函数综合题，此题是一道典型的“存在性问题”，结合二次函数图像和等腰三角形、直角梯形的性质，考查了它们存在的条件，有一定的开放性．
25．(1)见解析
(2)DM＝DN，DM⊥DN，理由见解析
(3)①结论依然成立；②结论依然成立

【分析】（1）先由正方形的性质得AD＝CD，∠ADC＝∠EDG＝90°，DE＝DG，则∠ADE＝∠CDG，由SAS即可得出△ADE≌△CDG；
（2）由（1）得：△ADE≌△CDG，则∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，再证△ADM≌△CDN（SAS），得DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，求出∠MDC+∠CDN＝90°即可；
类比猜想：①由（1）得：△ADE≌△CDG，则∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，再证△ADM≌△CDN（AAS），得DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，求出∠MDC+∠CDN＝90°即可；
②当DM、DN分别是△ADE和△CDG的角平分线时，同①得：△ADM≌△CDN（ASA），则DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，再求出∠MDC+∠CDN＝90°即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠EDG＝90°，DE＝DG，
∴∠ADC+∠CDE＝∠EDG+∠CDE，
即∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS）；
（2）解：DM＝DN，DM⊥DN，理由如下：
由（1）得：△ADE≌△CDG（SAS），
∴∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，
∵DM和DN分别是△ADE和△CDG的中线，
∴AMAE，CN＝CG，
∴AM＝CN，
又∵AD＝CD，
∴△ADM≌△CDN（SAS），
∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，
∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，
∴DM⊥DN；
（3）类比猜想：
①小亮的观点正确，理由如下：
由（1）得：△ADE≌△CDG（SAS），
∴∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，
∵DM和DN分别是△ADE和△CDG的高，
∴∠AMD＝∠CND＝90°，
又∵AD＝CD，
∴△ADM≌△CDN（AAS），
∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，
∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，
∴DM⊥DN；
②当DM、DN分别是△ADE和△CDG的角平分线时，问题（2）中的结论依然成立，如图3，理由如下：
同①得：△ADM≌△CDN（ASA），
∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，
∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，
∴DM⊥DN．

【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线的判定等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．