2023年广东省阳江市阳西县中考一模数学试卷

这是一份2023年广东省阳江市阳西县中考一模数学试卷，共28页。试卷主要包含了6×105m2D．1，3B．4999等内容，欢迎下载使用。

2023年广东省阳江市阳西县中考一模数学试卷
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，只有一个选项是符合题目要求的）
某正方形广场的边长为4×102m，其面积用科学记数法表示为（　　）
A．4×104m2 B．16×104m2 C．1.6×105m2 D．1.6×104m2
下列各运算中，计算正确的是（　　）
A．（x﹣2）2=x2﹣4 B．（3a2）3=9a6 C．x6÷x2=x3 D．x3•x2=x5
我国某型号运载火箭的整流罩的三视图如图所示，根据图中数据（单位：米）计算该整流罩的侧面积（单位：平方米）是（ ）

A． B． C． D．
如图，△ABC内接于⊙O，∠C＝46°，连接OA，则∠OAB＝（　　）

A．44° B．45° C．54° D．67°
国产大飞机C919用数学建模的方法预测的价格是（单位：美元）：5098，5099，5001，5002，4990，4920，5080，5010，4901，4902，这组数据的平均数是（　　）
A．5000.3 B．4999.7 C．4997 D．5003
关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的值可能是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，若BC=6，AC=5，则△ACE的周长为（ ）

A．8 B．11 C．16 D．17
在螳螂的示意图中，AB∥DE，△ABC是等腰三角形，∠ABC＝124°，∠CDE＝72°，则∠ACD＝（　　）

A．16° B．28° C．44° D．45°
如图，在平行四边形ABCD中，对角线，，，为的中点，E为边上一点，直线交于点F，连结，．下列结论不成立的是（ ）

A．四边形为平行四边形
B．若，则四边形为矩形
C．若，则四边形为菱形
D．若，则四边形为正方形
将正整数1至2018按一定规律排列如下表：

平移表中带阴影的方框，方框中三个数的和可能是（　　）
A．2019 B．2018 C．2016 D．2013
二 、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
如果用表示温度升高3摄氏度，那么温度降低2摄氏度可表示为___________．
某校招聘教师，其中一名教师的笔试成绩是80分，面试成绩是60分，综合成绩笔试占60%，面试占40%，则该教师的综合成绩为_________分．
等腰三角形的两条边长分别为3和4，则这个等腰三角形的周长是_____．
如图，直线y1=kx（k≠0）与双曲线y2=（x＞0）交于点A（1，a），则y1＞y2的解集为__________．

如图、在正六边形中，连接线，，，，，与交于点，与交于点为，与交于点，分别延长，于点，设．有以下结论：①；②；③的重心、内心及外心均是点；④四边形绕点逆时针旋转与四边形重合．则所有正确结论的序号是______．

三 、解答题（本大题共8小题，共75分）
（1）计算：（）﹣1+（3.14﹣π）0+|2﹣|+2sin45°﹣，
（2）化简求值：（﹣）÷，当a＝﹣1时，请你选择一个适当的数作为b的值，代入求值．
一张圆桌旁设有4个座位，丙先坐在了如图所示的座位上，甲、乙2人等可能地坐到①、②、③中的2个座位上．

（1）甲坐在①号座位的概率是_________；
（2）用画树状图或列表的方法，求甲与乙相邻而坐的概率．
今年，我国海关总署严厉打击“洋垃圾”违法行动，坚决把“洋垃圾”拒于国门之外．如图，某天我国一艘海监船巡航到A港口正西方的B处时，发现在B的北偏东60°方向，相距150海里处的C点有一可疑船只正沿CA方向行驶，C点在A港口的北偏东30°方向上，海监船向A港口发出指令，执法船立即从A港口沿AC方向驶出，在D处成功拦截可疑船只，此时D点与B点的距离为75海里．
（1）求B点到直线CA的距离；
（2）执法船从A到D航行了多少海里？（结果保留根号）

如图，反比例函数和一次函数的图象都经过点和点．

（1）_________，_________；
（2）求一次函数的解析式，并直接写出时x的取值范围；
（3）若点P是反比例函数的图象上一点，过点P作轴，垂足为M，则的面积为_________．
如图，△ABC中，AB=AC，小聪同学利用直尺和圆规完成了如下操作：
①作∠BAC的平分线AM交BC于点D；
②作边AB的垂直平分线EF，EF与AM相交于点P；
③连接PB，PC．
请你观察图形解答下列问题：
（1）线段PA，PB，PC之间的数量关系是　 　；
（2）若∠ABC=70°，求∠BPC的度数．

如图，已知中，D是的中点，过点D作交于点E，过点A作交于点F，连接、．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的长．
平面直角坐标系xOy中，二次函数y=x2﹣2mx+m2+2m+2的图象与x轴有两个交点．
（1）当m=﹣2时，求二次函数的图象与x轴交点的坐标；
（2）过点P（0，m﹣1）作直线1⊥y轴，二次函数图象的顶点A在直线l与x轴之间（不包含点A在直线l上），求m的范围；
（3）在（2）的条件下，设二次函数图象的对称轴与直线l相交于点B，求△ABO的面积最大时m的值．

已知：如图，在矩形和等腰中，，，．点从点出发，沿方向匀速运动．速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．过点作，交于点，交于点，过点作，交于点．分别连接，，设运动时间为．
解答下列问题：

（1）当时，求的值；
（2）设五边形的面积为，求与之间的函数关系式；
（3）当时，求的值；
（4）若与相交于点，分别连接和．在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．


















答案解析
一 、选择题
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【分析】根据正方形的面积＝边长×边长列出代数式，根据积的乘方化简，结果写成科学记数法的形式即可．
解：（4×102）2
＝42×（102）2
＝16×104
＝1.6×105（m2），
故选：C．
【点评】本题考查了科学记数法﹣表示较大的数，掌握（ab）n＝anbn是解题的关键．
【考点】整式的混合运算．
【分析】根据整式的运算法则即可求出答案．
解：A．原式=x2﹣4x+4，故A错误；
B．原式=27a6，故B错误；
C．原式=x4，故C错误；
故选D
【点评】本题考查整式的运算，解题的关键是熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型．
【考点】圆锥的计算,圆柱的计算,由三视图判断几何体
【分析】从三视图分析出运载火箭由上半部分的圆锥和下半部分的圆柱组成，分别求出圆柱和圆锥的侧面积，再求和即可．
解：由图可知，运载火箭的上半部分为圆锥，底面圆的半径r为，高为1.6．下半部分为圆柱，底面圆的半径r=1.2，高为4．
圆柱的侧面积为：，
圆锥的侧面积为：，
该整流罩的侧面积：．
故选：C．
【点评】本题主要考查圆柱和圆锥的侧面积计算方法．圆柱的侧面展开图是一个矩形，圆锥的侧面展开图是一个扇形．，其中l为扇形的弧长，R为半径．
【考点】圆周角定理．
【分析】根据圆周角定理可得∠AOB的度数，再进一步根据等腰三角形和三角形的内角和定理可求解．
解：如图，连接OB，

∵∠C＝46°，
∴∠AOB＝2∠C＝92°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝＝44°．
故选：A．
【点评】此题综合运用了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理以及圆周角定理．一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
【考点】算术平均数．
【分析】根据算术平均数的定义计算可得．
解：这组数据的平均数是[5000×10+（98+99+1+2﹣10﹣80+80+10﹣99﹣98）]=5000+×3=5000.3，
故选：A．
【点评】此题主要考查了算术平均数的意义与求解方法，关键是把给出的这10个数据加起来，再除以数据个数10．　
【考点】根的判别式
【分析】先根据判别式＞0，求出m的范围，进而即可得到答案．
解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，解得：m＜9，
m的值可能是：8．
故选：A．
【点评】本题主要考查一元二次方程根的判别式与根的情况的关系，掌握一元二次方程有两个不等的实数解，则，是解题的关键．
【考点】线段垂直平分线的性质
【分析】根据线段垂直平分线的性质得AE=BE，然后利用等量代换即可得到△ACE的周长=AC+BC，再把BC=6，AC=5代入计算即可．
解：∵DE垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴△ACE的周长=AC+CE+AE
=AC+CE+BE
=AC+BC
=5+6
=11．
故选：B．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质：垂直平分线垂直且平分其所在线段；垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
【考点】等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形外角的性质
【分析】延长，交于，根据等腰三角形的性质得出，根据平行线的性质得出，
解：延长，交于，
是等腰三角形，，
，
，
，
，
，
故选：．

【点评】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
【考点】平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定
【分析】根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行逐一判断即可得解．
解：A．∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵为的中点
∴
在与中

∴
∴
又∵
∴四边形为平行四边形，
故A选项正确；
B.假设
∵，，
∴
∴
∴
∵
∴
则当时，
∵四边形为平行四边形
∴四边形为矩形，
故B选项正确；
C.∵，
∴E是AB中点
∵
∴
∵四边形为平行四边形
∴四边形为菱形，
故C选项正确；
D.当时与时矛盾，则DE不垂直于AB，则四边形不为矩形，则也不可能为正方形，故D选项错误，
故选：D．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理，熟练掌握相关性质及定理的几何证明方法是解决本题的关键．
【考点】规律型：数字的变化类；一元一次方程的应用
【分析】设中间数为x，则另外两个数分别为x﹣1、x+1，进而可得出三个数之和为3x，令其分别等于四个选项中数，解之即可得出x的值，由x为整数、x不能为第一列及第八列数，即可确定x值，此题得解．
解：设中间数为x，则另外两个数分别为x﹣1、x+1，
∴三个数之和为（x﹣1）+x+（x+1）=3x．
根据题意得：3x=2019、3x=2018、3x=2016、3x=2013，
解得：x=673，x=672（舍去），x=672，x=671．
∵673=84×8+1，
∴2019不合题意，舍去；
∵672=84×8，
∴2016不合题意，舍去；
∵671=83×8+7，
∴三个数之和为2013．
故选：D．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用以及规律型中数字的变化类，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
二 、填空题
【考点】相反意义的量
【分析】直接利用正负数的意义分析得出答案．
解：如果用+3℃表示温度升高3摄氏度，
那么温度降低2摄氏度可表示为：-2℃．
故答案为：-2℃．
【点评】此题主要考查了正数和负数，正确理解正负数的意义是解题关键．
【考点】加权平均数
【分析】根据综合成绩笔试占60%，面试占40%，即综合成绩等于笔试成绩乘以60%，加上面试成绩乘以40%，即可求解．
解：根据题意知，该名老师的综合成绩为（分）
故答案为：72．
【点评】本题考查加权平均数及其计算，是中考的常考知识点，熟练掌握其计算方法是解题的关键．
【考点】等腰三角形的性质
【分析】分3是腰长与底边长两种情况讨论求解即可．
解：①3是腰长时，三角形的三边分别为3、3、4，
∵此时能组成三角形，
∴周长＝3+3+4＝10；
②3是底边长时，三角形的三边分别为3、4、4，
此时能组成三角形，
所以周长＝3+4+4＝11．
综上所述，这个等腰三角形的周长是10或11．
故答案为：10或11．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，根据题意，正确分情况讨论是解题的关键．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【分析】y1＞y2的解集即直线位于双曲线上时，x的取值范围．
解：∵根据图象可知当x＞1时，直线在双曲线的上方，
∴y1＞y2的解集为x＞1．
故答案为：x＞1．
【点评】本题主要考查的是反比例函数与一次函数的交点问题，数学结合是解题的关键．
【考点】三角形的重心,三角形的外接圆与外心,三角形的内切圆与内心,正多边形和圆
【分析】由题意易得，，则有，进而可得，则有四边形是矩形，然后可得，为等边三角形，最后可得答案．
解：∵六边形是正六边形，
∴，
，
∴在△DEF中，，
∴，
同理可得，
∴四边形是矩形，
同理可证四边形是矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴∠NAM=60°，
∴△NAM是等边三角形，
∴AM=MN，
∵AB=3，
∴，
∴，
∵∠MAB=30°，∠ACG=90°，
∴∠G=60°，
∴△ADG是等边三角形，
∵AC与BD交于点M，
∴由等边三角形的性质及重心、内心、外心可得：的重心、内心及外心均是点，
连接OF，如图所示：

易得∠FOA=60°，
∴四边形绕点逆时针旋转与四边形重合，
∴综上所述：正确结论的序号是①②③；
故答案为①②③．
【点评】本题主要考查正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数，熟练掌握正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数是解题的关键．
三 、解答题
【考点】实数的运算，分式的化简求值，零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值
【分析】（1）分别计算负指数幂、零次幂、绝对值、三角函数值、二次根式，然后算加减法，
（2）先化简分式，然后将x 的值代入计算即可．
解：（1）原式＝2019+1++2×﹣2
＝2020+2﹣+﹣2
＝2020，
（2）原式＝•
＝
＝，
当a＝﹣1时，取b＝2，
原式＝＝1．
【点评】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算法则是解题的关键．
【考点】列表法与树状图法
【分析】（1）直接根据概率公式计算即可；
（2）画树状图，共有6种等可能的结果，甲与乙相邻而坐的结果有4种，再由概率公式求解即可．
解：（1）∵丙坐了一张座位，
∴甲坐在①号座位的概率是；
（2）画树状图如图：

共有6种等可能的结果，甲与乙两同学恰好相邻而坐的结果有4种，
∴甲与乙相邻而坐的概率为=．
【点评】本题考查了列表法与树状图法求概率，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；勾股定理的应用．
【分析】（1）过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，根据三角函数可求BH的长；
（2）根据勾股定理可求DH，在Rt△ABH中，根据三角函数可求AH，进一步得到AD的长．
解：（1）过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，
∵∠MBC=60°，
∴∠CBA=30°，
∵∠NAD=30°，
∴∠BAC=120°，
∴∠BCA=180°﹣∠BAC﹣∠CBA=30°，
∴BH=BC×sin∠BCA=150×=75（海里）．
答：B点到直线CA的距离是75海里；
（2）∵BD=75海里，BH=75海里，
∴DH==75（海里），
∵∠BAH=180°﹣∠BAC=60°，
在Rt△ABH中，tan∠BAH==，
∴AH=25，
∴AD=DH﹣AH=（75﹣25）（海里）．
答：执法船从A到D航行了（75﹣25）海里．

【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，解直角三角形的应用-方向角问题，熟练应用锐角三角函数关系是解题关键．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题
【分析】（1）把A(1,4)代入求出m的值；再将y=2代入反比例函数式，即可求出n的值；
（2）由（1）可知A．B两点的坐标，将这两点的坐标代入求出k、b的值即可，再根据t图象判定出时x的取值范围；
（3）设P点横坐标为a,则纵坐标为，即可知道OM、PM，进而求出面积即可．
解：（1）把x=1,y=4代入得，
4=，
解得m=4
∴
当y=2时，2=
解得，n=2
（2）把A(1,4)，B(2,2)分别代入得
解得
∴y2=-2x+6
当y1＜y2时，从图象看得出：1 （3）设P点横坐标为a,则纵坐标为，

∴OM=a，PM=,
∴S△POM=
【点评】本题考查了一次函数和反比例函数的综合，根据是正确掌握待定系数法求函数解析式得方法，能根据图形求不等式的解集以及如何求三角形的面积．
【考点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；作图—复杂作图
【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质可得：PA=PB=PC；
（2）根据等腰三角形的性质得：∠ABC=∠ACB=70°，由三角形的内角和得：∠BAC=180°﹣2×70°=40°，由角平分线定义得：∠BAD=∠CAD=20°，最后利用三角形外角的性质可得结论．
解：（1）如图，PA=PB=PC，理由是：
∵AB=AC，AM平分∠BAC，
∴AD是BC的垂直平分线，
∴PB=PC，
∵EP是AB的垂直平分线，
∴PA=PB，
∴PA=PB=PC；
故答案为：PA=PB=PC；
（2）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠BAC=180°﹣2×70°=40°，
∵AM平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD=20°，
∵PA=PB=PC，
∴∠ABP=∠BAP=∠ACP=20°，
∴∠BPC=∠ABP+∠BAC+∠ACP=20°+40°+20°=80°．
【点评】本题考查了角平分线和线段垂直平分线的基本作图、等腰三角形的三线合一的性质、三角形的外角性质、线段的垂直平分线的性质，熟练掌握线段的垂直平分线的性质是关键．
【考点】全等三角形的判定与性质,勾股定理,菱形的判定与性质
【分析】（1）通过证明得到，即四边形AECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证；
（2）点A作，通过解直角三角形即可求解．
解：（1）∵，
∴，
∵D是的中点，，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）∵AECF是菱形，
∴，
∴，
∴，
过点A作，

∴，
∴．
【点评】本题考查菱形的判定与性质、解直角三角形等内容，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点
【分析】（1）与x轴相交令y=0，解一元二次方程求解；
（2）应用配方法得到顶点A坐标，讨论点A与直线l以及x轴之间位置关系，确定m取值范围．
（3）在（2）的基础上表示△ABO的面积，根据二次函数性质求m．
解：（1）当m=﹣2时，抛物线解析式为：y=x2+4x+2
令y=0，则x2+4x+2=0
解得x1=﹣2+，x2=﹣2﹣
抛物线与x轴交点坐标为：（﹣2+，0）（﹣2﹣，0）
（2）∵y=x2﹣2mx+m2+2m+2=（x﹣m）2+2m+2
∴抛物线顶点坐标为A（m，2m+2）
∵二次函数图象的顶点A在直线l与x轴之间（不包含点A在直线l上）
∴当直线1在x轴上方时

不等式无解
当直线1在x轴下方时

解得﹣3＜m＜﹣1
（3）由（1）
点A在点B上方，则AB=（2m+2）﹣（m﹣1）=m+3
△ABO的面积S=（m+3）（﹣m）=﹣
∵﹣
∴当m=﹣时，S最大=
【点评】本题以含有字母系数m的二次函数为背景，考查了二次函数图象性质以及分类讨论、数形结合的数学思想．
【考点】四边形综合题
【分析】（1）先证，得代数计算即可；
（2）如图2中，过点P作PO⊥QM于点O．证明S=S四边形DQPM+S△DNQ=（PQ+DH）•QM+QN•ND=（HA+DH）•QM+QN•ND=•AD•QM+QN•ND，可得结论．
（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．根据PQ=PM，构建方程求解即可．
（4）存在．证明△HQW∽△AEW，△MHW∽△PAW，推出，，推出，由此构建方程求解即可
解：（1）由题意可得，，，
在矩形中，
∵，，
，
在中，，
，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
答：为时，.

（2）过点作，交于点，
在等腰中，
，，
则.
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴.
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，∴，∴.
∵，∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，.
∴




.
答：与的函数关系式是.

（3）延长交于点，由（1），（2）可得，
，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可证，四边形是矩形.
∴，
当时，
∵，
∴，
∴.
又∵，
∴，
∴.
答：当时，.

（4）由（2）得，，

∵，，
∴，
∴为矩形，
∴，且.
∴，
∵，
∴，
同理可证，
∴，，
∴，
∴，
∴.
答：在运动的过程中，存在时刻，使.