2023年广东省湛江市霞山区启明学校中考数学一模试卷 (含答案)

这是一份2023年广东省湛江市霞山区启明学校中考数学一模试卷 (含答案)，共20页。

2022-2023学年湛江市霞山区启明学校中考数学一模试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列四个实数中，最大的数是（　　）
A． B．0 C．﹣4 D．π
2．（3分）党的十八大以来，以习近平同志为核心的党中央重视技能人才的培育与发展．据报道，截至2021年底，我国高技能人才超过65000000人，将数据65000000用科学记数法表示为（　　）
A．6.5×106 B．65×106 C．0.65×108 D．6.5×107
3．（3分）下列图形是轴对称图形而不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．3x2﹣x2＝3 B．﹣3a2﹣2a2＝﹣a2
C．3（a﹣1）＝3a﹣1 D．﹣2（x+1）＝﹣2x﹣2
5．（3分）一组数据x、0、1、﹣2、3的平均数是1，则这组数据的中位数是（　　）
A．0 B．1 C．2.5 D．3
6．（3分）把二次函数y＝x2+2x﹣4配方成顶点式为（　　）
A．y＝（x﹣1）2﹣5 B．y＝（x+1）2﹣5 C．y＝（x+2）2﹣4 D．y＝（x﹣3）2+5
7．（3分）已知△ABC中，DE∥BC，AD＝5，DB＝7，AE＝4，则AC的值是（　　）

A．7.6 B．9.6 C．8.5 D．5.6
8．（3分）如图是用纸板制作了一个圆锥模型，它的底面半径为1，高为，则这个圆锥的侧面积是（　　）

A．4π B．3π C．π D．2π
9．（3分）如图所示是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，则下列结论：①a﹣b+c＞0；②b2﹣4ac＞0；③3a+c＞0；④一元二次方程ax2+bx+c＝n﹣1没有实数根．其中正确的结论个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．（3分）如图，正方形ABCD的边长是3，BP＝CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，下列结论：①AQ⊥DP；②OA2＝OE•OP；③S△AOD＝S四边形OECF；④当BP＝1时，tan∠OAE＝，其中正确的结论是（　　）

A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
二．填空题（共7小题，满分28分，每小题4分）
11．（4分）计算：cos245°﹣tan60°•cos30°＝　 　．
12．（4分）已知，则＝　 　．
13．（4分）将二次函数y＝2（x+2）2﹣3的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位，得到的新图象函数的表达式为 　 　．
14．（4分）如图，在△ABC中，M、N分别为AC，BC的中点．若S△CMN＝1，则S四边形ABNM＝　 　．

15．（4分）如图，A、B、C三点在正方形网格线的交点处，若将△ACB绕着点A逆时针旋转得到△AC′B′，使点B′落在射线AC上，则cos∠B′CB的值为　 　．

16．（4分）若关于x的一元二次方程kx2﹣2x+2＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 　 　．
17．（4分）如图，菱形OABC的一OA在x轴的正半轴上，O是坐标原点，tan∠AOC＝，反比例函数y＝的图象经过点C，与AB交于点D，则△COD的面积为　 　．

三．解答题（共8小题，满分62分）
18．（6分）计算：|﹣2|+tan60°﹣（）﹣1﹣（+2023）0．
19．（6分）先化简再求值：（1﹣）÷，其中x＝3．
20．（6分）为了传承中华优秀传统文化，某校组织了一次八年级350名学生参加的“汉字听写”大赛，赛后发现所有参赛学生的成绩均不低于50分．为了更好地了解本次大赛的成绩分布情况，随机抽取了其中若干名学生的成绩作为样本进行整理，得到下列不完整的统计图表：
成绩x/分
频数
频率
50≤x＜60
2
0.04
60≤x＜70
6
0.12
70≤x＜80
9
b
80≤x＜90
a
0.36
90≤x≤100
15
0.30
请根据所给信息，解答下列问题：
（1）a＝　 　，b＝　 　；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）这次比赛成绩的中位数会落在　 　分数段；
（4）若成绩在90分以上（包括90分）的为“优”等，则该年级参加这次比赛的350名学生中成绩“优”等的约有多少人？

21．（8分）某中学开学初在商场购进A，B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍．已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）该中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的九折出售．如果该中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么该中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
22．（8分）某地震救援队探测出某建筑物废墟下方点C处有生命迹象，已知废墟一侧地面上两探测点A，B相距3米，探测线与地面的夹角分别是30°和60°（如图），试确定生命所在点C的深度．（结果保留根号）

23．（8分）直线y＝x+b与x轴交于点C（4，0），与y轴交于点B，并与双曲线（x＜0）交于点A（﹣1，n）．
（1）求直线与双曲线的解析式．
（2）连接OA，求∠OAB的正弦值．
（3）若点D在x轴的正半轴上，是否存在以点D、C、B构成的三角形与△OAB相似？若存在求出D点的坐标，若不存在，请说明理由．

24．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的角平分线AD交BC于D．
（1）动手操作：利用尺规作⊙O，使⊙O经过点A、D，且圆心O在AB上；并标出⊙O与AB的另一个交点E（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）综合应用：在你所作的图中，
①判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
②若AB＝6，BD＝2，求线段BD、BE与劣弧所围成的图形面积（结果保留根号和π）．

25．（10分）已知，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，点P是抛物线上一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P位于第四象限时，连接AC，BC，PC，若∠PCB＝∠ACO，求直线PC的解析式；
（3）如图2，当点P位于第二象限时，过P点作直线AP，BP分别交y轴于E，F两点，请问的值是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．


2022-2023学年湛江市霞山区启明学校中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1． 解：∵﹣4＜0＜＜π，
∴最大的数是π，
故选：D．
2． 解：65000000＝6.5×107．
故选：D．
3． 解：A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
4． 解：A、原式＝2x2，不符合题意；
B、原式＝﹣5a2，不符合题意；
C、原式＝3a﹣3，不符合题意；
D、原式＝﹣2x﹣2，符合题意，
故选：D．
5． 解：∵数据x、0、1、﹣2、3的平均数是1，
∴＝1，
解得x＝3，
所以这组数据为﹣2、0、1、3、3，
所以这组数据的中位数为1，
故选：B．
6． 解：y＝x2+2x﹣4＝（x2+2x+1）﹣4﹣1＝（x+1）2﹣5．
故选：B．
7． 解：∵DE∥BC，
∴，
∵AD＝5，DB＝7，AE＝4．
∴，
CE＝，
∴AC＝AE+EC＝4+＝9.6．
故选：B．
8． 解：锥的母线长＝＝3，
所以这个圆锥的侧面积＝•2π•1•3＝3π．
故选：B．
9． 解：∵抛物线与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，而抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴抛物线与x轴的另一个交点在点（﹣2，0）和（﹣1，0）之间．
∴当x＝﹣1时，y＞0，
即a﹣b+c＞0，所以①正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，则b2﹣4ac＞0，所以②正确；
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1，即b＝﹣2a，∵a﹣b+c＞0，∴a﹣b+c＝a+2a+c＝3a+c＞0，所以③正确；
∵抛物线与直线y＝n有一个公共点，
∴由图象可得，抛物线与直线y＝n﹣1有两个公共点，
∴一元二次方程ax2+bx+c＝n﹣1有两个实数根，所以④错误．
故选：C．
10． 解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵BP＝CQ，
∴AP＝BQ，
在△DAP与△ABQ中，
，
∴△DAP≌△ABQ（SAS），
∴∠P＝∠Q，
∵∠Q+∠QAB＝90°，
∴∠P+∠QAB＝90°，
∴∠AOP＝90°，
∴AQ⊥DP，故①正确；
∵∠DOA＝∠AOP＝90°，∠ADO+∠P＝∠ADO+∠DAO＝90°，
∴∠DAO＝∠P，
∴△DAO∽△APO，
∴，
∴AO2＝OD•OP，
∵AE＞AB，
∴AE＞AD，
∴OD≠OE，
∴OA2≠OE•OP；故②错误；
在△CQF与△BPE中，
，
∴△CQF≌△BPE（ASA），
∴CF＝BE，
∴DF＝CE，
在△ADF与△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴S△ADF＝S△DCE，
∴S△ADF﹣S△DFO＝S△DCE﹣S△DOF，
即S△AOD＝S四边形OECF；故③正确；
∵BP＝1，AB＝3，
∴AP＝4，
∵△PBE∽△PAD，
∴，
∴BE＝，
∴QE＝，
∵△QOE∽△PAD，
∴，
∴QO＝，OE＝，
∴AO＝5﹣QO＝，
∴tan∠OAE＝，故④错误，
故选：A．
二．填空题（共7小题，满分28分，每小题4分）
11． 解：原式＝（）2﹣×
＝﹣
＝﹣1．
故答案为：﹣1．
12． 解：∵，
∴设a＝3k，b＝5k，
∴＝＝＝4，
故答案为：4．
13． 解：由“左加右减，上加下减”知：将抛物线y＝2（x+2）2﹣3的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位则新的抛物线函数解析式为y＝2（x+2+1）2﹣3+1，即y＝2（x+3）2﹣2．
故答案为：y＝2（x+3）2﹣2．
14． 解：∵M，N分别是边AC，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN∥AB，且MN＝AB，
∴△CMN∽△CAB，
∴＝（）2＝，
∴＝，
∴S四边形ABNM＝3S△CMN＝3×1＝3．
故答案为：3．
15． 解：如图所示：连接BD，BB′，
由网格利用勾股定理得：BC＝，CD＝，BD＝2，
∴CD2+BD2＝BC2，
∴△CDB是直角三角形，
则BD⊥B′C，
∴cos∠B′CB＝＝＝，
故答案为．

16． 解：∵关于x的一元二次方程kx2﹣2x+2＝0有两个不相等的实数根，
∴，
∴且k≠0．
故答案为：且k≠0．
17． 解：作DF∥AO交OC于F，CE⊥AO于E，
∵tan∠AOC＝，
∴设CE＝4x，OE＝3x，
∴3x•4x＝24，x＝±，
∴OE＝3，CE＝4，
由勾股定理得：OC＝5，
∴S菱形OABC＝OA•CE＝5×4＝40，
∵四边形OABC为菱形，
∴AB∥CO，AO∥BC，
∵DF∥AO，
∴S△ADO＝S△DFO，
同理S△BCD＝S△CDF，
∵S菱形ABCO＝S△ADO+S△DFO+S△BCD+S△CDF，
∴S菱形ABCO＝2（S△DFO+S△CDF）＝2S△CDO＝40，
∴S△CDO＝20；
故答案为：20．

三．解答题（共8小题，满分62分）
18． 解：|﹣2|+tan60°﹣（）﹣1﹣（+2023）0
＝2+×﹣2﹣1
＝2+3﹣2﹣1
＝2．
19． 解：当x＝3时，
原式＝•
＝
＝4
20． 解：（1）抽取的总人数是2÷0.04＝50（人），
a＝50×0.36＝18，b＝＝0.18；
故答案是：18，0.18；
（2）
；
（3）中位数会落80≤x＜90段，故答案是：80≤x＜90；
（4）该年级参加这次比赛的350名学生中成绩“优”等的人数约是：350×0.30＝105（人）．
答：约有105人．
21． 解：（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，由题意得：
＝×2，
解得：x＝50，
经检验x＝50是原方程的解，
x+30＝80，
答：一个A品牌的足球需50元，则一个B品牌的足球需80元．
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，由题意得，
50×（1+8%）（50﹣a）+80×0.9a≤3260，
解得a≤31，
∵a是整数，
∴a最大等于31，
答：该中学此次最多可购买31个B品牌足球．
22． 解：如图，过点C作CD⊥AB交AB的延长线于D点．
∵探测线与地面的夹角为30°和60°，
∴∠CAD＝30°∠CBD＝60°，
根据三角形的外角定理，得∠BCA＝∠CBD﹣∠CAD＝30°，
即∠BCA＝∠CAD＝30°，
∴BC＝AB＝3米，
在Rt△BDC中，CD＝BC•sin60°＝3×＝米．
答：生命所在点C的深度约为米．

23． 解：（1）∵直线y＝x+b与x轴交于点C（4，0），
∴把点C（4，0）代入y＝x+b得：b＝﹣4，
∴直线的解析式是：y＝x﹣4；
∵直线也过A点，
∴把A点代入y＝x﹣4得到：n＝﹣5
∴A（﹣1，﹣5），
把将A点代入（x＜0）得：m＝5，
∴双曲线的解析式是：y＝；

（2）过点O作OM⊥AC于点M，
∵B点经过y轴，
∴x＝0，
∴0﹣4＝y，
∴y＝﹣4，
∴B（0，﹣4），
AO＝＝，
∵OC＝OB＝4，
∴△OCB是等腰三角形，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴在△OMB中 sin45°＝＝，
∴OM＝2，
∴在△AOM中，
sin∠OAB＝＝＝；

（3）存在；
过点A作AN⊥y轴，垂足为点N，
则AN＝1，BN＝1，
则AB＝＝，
∵OB＝OC＝4，
∴BC＝＝4，
∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴∠OBA＝∠BCD＝135°，
∴△OBA∽△BCD或△OBA∽△DCB，
∴＝或＝，
∴＝或＝，
∴CD＝2或CD＝16，
∵点C（4，0），
∴点D的坐标是（20，0）或（6，0）．

24． 解：（1）如图1；

（2）①如图1，连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵∠BAC的角平分线AD交BC边于D，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠CAD＝∠ADO，
∴AC∥OD，
∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
∴OD⊥BC，
即直线BC与⊙O的切线，
∴直线BC与⊙O的位置关系为相切；

（2）如图2，设⊙O的半径为r，则OB＝6﹣r，又BD＝2，
在Rt△OBD中，
OD2+BD2＝OB2，
即r2+（2 ）2＝（6﹣r）2，
解得r＝2，OB＝6﹣r＝4，
∴∠DOB＝60°，
∴S扇形ODE＝＝π，
S△ODB＝OD•BD＝×2×2＝2，
∴线段BD、BE与劣弧DE所围成的图形面积为：S△ODB﹣S扇形ODE＝2﹣π．


25． 解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）过点B作MB⊥CB交于点M，过点M作MN⊥x轴交于点N，
∵A（﹣1，0）、C（0，3），B（3，0），
∴OA＝1，OC＝3，BC＝3，
∴tan∠ACO＝，
∵∠PCB＝∠ACO，
∴tan∠BCM＝＝，
∴BM＝，
∵OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
∴∠NBM＝45°，
∴MN＝NB＝1，
∴M（2，﹣1），
设直线CM的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线PC的解析式为y＝﹣2x+3；
（3）的值是为定值．，理由如下：
设P（t，﹣t2+2t+3），
设直线AP的解析式为y＝k1x+b1，
∴，
∴，
∴y＝（3﹣t）x+（3﹣t），
∴E（0，3﹣t），
∴CE＝﹣t，
设直线BP的解析式为y＝k2x+b2，
∴，
∴，
∴y＝（﹣t﹣1）x+3t+3，
∴F（0，3t+3），
∴CF＝﹣3t，
∴＝，
∴的值是为定值．