数学（广东卷）2023年中考考前最后一卷（参考答案）

2023年中考考前最后一卷【广东卷】

数学·参考答案

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．

二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．

11．              12． y＝（x﹣1）2+1                  13． ．

14． 50．         15． 或．

三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分．

16．（8分）解：，

解不等式①，得x≤3，

解不等式②，得x≥0，

故原不等式组的解集为0≤x≤3．

17．（8分）解：原式＝（）•

•

•

＝x﹣1，

当x＝4时，原式＝4﹣1＝3．

18．（8分）（1）证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，

∴∠E＝∠DFC＝90°，

在Rt△BED和Rt△CFD中，

，

∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），

∴DE＝DF，

∵DE⊥AB，DF⊥AC，

∴AD平分∠BAC；

（2）解：∵DE＝DF，AD＝AD，

∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），

∴AE＝AF，

∵AB＝AE﹣BE＝AF﹣BE＝AC﹣CF﹣BE，

∴AB＝18﹣4﹣4＝10．

四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分．

19．（9分）解：（1）设1个大桶可以盛酒x斛，1个小桶可以盛酒y斛，

依题意，得：，

解得：．

答：1个大桶可以盛酒斛，1个小桶可以盛酒斛．

（2）设需要大桶m个，小桶n个，

依题意，得：mn＝16，

∴n．

∵m，n均为非负整数，

∴，，，，，

∴共有5种方案，方案1：使用1个大桶，53个小桶；方案2：使用8个大桶，40个小桶；方案3：使用15个大桶，27个小桶；方案4：使用22个大桶，14个小桶；方案5：使用29个大桶，1个小桶（任选2个方案即可）．

20．（9分）解：（1）在这次调查中，一共抽取的学生为：40200（名），

故答案为：200；

（2）C的人数为：200﹣20﹣80﹣40＝60（名），

补全条形统计图如下：

（3）1180472（名），

答：估计参加B项活动的学生为472名；

（4）画树状图如下：

共有16种等可能的结果，其中小杰和小慧参加同一项活动的结果有4种，

∴小杰和小慧参加同一项活动的概率为．

21．（9分）解：（1）把x＝0代入y＝kx+3得，y＝3，

∴B（0，3），

∵A（﹣2，n），

∴△OAB的面积，

∵S△OAB：S△ODE＝1：2，

∴S△ODE＝6，

∵DE⊥x，点D在反比例函数的图象上，

∴，

∴m＝±12，

∵m＜0，

∴m＝﹣12，

∴反比例函数关系式为：；

（2）把A（﹣2，n）代入得：，

∴A（﹣2，6），

把A（﹣2，6）代入y＝kx+3得：6＝﹣2k+3，

∴，

∴一次函数关系式为：，

把y＝0代入中得：，

∴x＝2，

∴C（2，0）；

（3）∵一次函数和反比例函数相交，

∴；

∴x1＝4，x2＝﹣2，

∴y1＝﹣3，y2＝6，

∴一次函数和反比例函数的交点A（﹣2，6），D（4，﹣3），

由图可知时，﹣2＜x＜0或x＞4，

故答案为：﹣2＜x＜0或x＞4．

五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分．

22．（12分）解：（1）∵D是的中点，

∴OE⊥AC，

∴∠AFE＝90°，

∴∠E+∠EAF＝90°，

∵∠AOE＝2∠C，∠CAE＝2∠C，

∴∠CAE＝∠AOE，

∴∠E+∠AOE＝90°，

∴∠EAO＝90°，

∴AE⊥AB；

（2）∵OD＝OB，

∴∠B＝∠FDH，

∵∠C＝∠B，

∴∠C＝∠FDH，

∵∠DFH＝∠CFD，

∴△DFH∽△CFD，

∴，

∴DF2＝FH•CF；

（3）连接AD，在Rt△ADH中，

∵∠DAC＝∠C，

∴tan∠DAC＝tanC，

∵DH＝9，

∴AD＝12，

在Rt△BDA中，∵tanB＝tanC，

∴sinB，

∴AB＝20，

∴OAAB＝10．

23．（12分）解：（1）∵点A（2，0），在抛物线上，

∴，

解得：，

∴抛物线的表达式为．

（2）解法一：

如图，过点P作PE⊥PD交DC的延长线于点E，过点P作x轴的平行线FG，过点D作DF⊥PF于点F，过点E作EG⊥PF于点G，

∴∠DPE＝90°，∠DFP＝∠PGE＝90°，

又∵∠PDC＝45°，

∴△PDE为等腰直角三角形，PE＝PD，

设点P坐标为（0，m），

∵点D坐标为，

∴，PF＝3，

∵DF⊥PF，EG⊥PG，

又∵∠DPE＝90°

∴∠FDP+∠DPF＝90°，∠EPG+∠DPF＝90°

∴∠FDP＝∠EPG，

在△DFP和△PGE中，

，

∴△DFP≌△PGE（AAS），

∴，EG＝PF＝3，

∴，

∵C为抛物线与y轴交点，

当x＝0时，y＝4，

∴C（0，4），

又∵点D坐标为，

设直线CD的表达式为y＝kx+b，

∴，

解得：，

∴直线CD的表达式为，

把代入，

得：，

解得：，

∴点P的坐标为．

解法二：

把CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CF，连接DF，

∴△CDF为等腰直角三角形，CD＝CF，∠CDF＝45°，

∴DF与y轴的交点即为P点，

作DG⊥y轴于G，作FH⊥y轴于H，

∴∠DGC＝∠CHF＝90°，

∴∠DCG+∠CDG＝90°，

∵∠DCF＝90°，

∴∠DCG+∠HCF＝90°，

∴∠CDG＝∠HCF．

在△CDG和△FCH中，

，

∴△CDG≌△FCH（AAS），

∴GC＝HF，DG＝CH，

∵C为抛物线与y轴交点，

∴C（0，4），

∵点D坐标为，

∴DG＝3，，

∴，CH＝DG＝3，

∴OH＝4﹣3＝1，

∴F坐标为，

设直线CF的表达式为y＝k1x+b1，

∴，

解得：，

∴直线CF的表达式为，

当x＝0时，，

∴点P的坐标为．

解法三：

过P作PE⊥CD于点E，过点D作DF⊥OC于F，

∴∠PEC＝∠DFC＝90°，

∵C为抛物线与y轴交点，

∴C（0，4），

∵点D坐标为（﹣3，），

∴，

∴DF＝3，，

∴，

∵∠DFC＝∠PEC＝90°，

又∵∠FCD＝∠ECP，

∴△DCF∽△PCE，

∴，

∴，

∴PE＝2CE．

∵PE⊥CD，∠PDC＝45°，

∴∠DPE＝∠PDC＝45°，

∴PE＝DE，

∴，

∴，，

∴，

∴，

∴点P的坐标为．

（3）解法一：

过点N作NH∥y轴，交直线AD于点H，则∠HNO＝∠QOM，

又∵∠NMH＝∠OMQ，

∴△MNH∽△MOQ，

∴，

由点A坐标为（2，0），点D坐标为，

可求得直线AD的表达式为，

当x＝0时，y＝1，

∴直线AD与y轴的交点坐标为Q（0，1），

∴OQ＝1，

设，

∴N的坐标为，其中﹣3≤t≤0，

∴，

∴，

∵，，

∴时，取最大值，最大值为．

解法二：

过点N作NQ∥x轴，交直线AD于点Q，则∠NQA＝∠QAB，

又∵∠NMQ＝∠OMA，

∴△MNQ∽△MOA，

∴，

由点A坐标为（2，0），点D坐标为，

可求得直线AD的表达式为，

设点N坐标为，

∴点Q坐标为，其中﹣3≤t≤0，

∴NQ＝t﹣（t2+2t﹣6）＝﹣t2﹣t+6，

∴，

∵，，

∴时，取最大值，最大值为．