2023年广东省广州市增城区英华学校中考一模数学试题（含解析）

这是一份2023年广东省广州市增城区英华学校中考一模数学试题（含解析），共28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年广东省广州市增城区英华学校中考一模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列汽车车标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
2．下列条件中，不能判定为矩形的是（    ）
A． B． C． D．
3．下列运算正确的是（   ）
A． B． C． D．
4．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB＝4，则BE的长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
5．某校要从四名学生中选拔一名参加市“汉字听写”大赛，将多轮选拔赛的成绩数据进行分析得到每名学生的平均成绩及其方差如下表所示：

甲
乙
丙
丁
平均数（单位：分）
m
90
91
88
方差（单位：分2）
n
12.5
14.5
11
根据表中数据，可以判断同学甲是这四名选手中成绩最好且发挥最稳定的学生，则m，n的值可以（    ）
A． B．
C． D．
6．如图，矩形中，交于点，分别为的中点．若，则的长为（　　）

A．2 B．4 C．8 D．16
7．若等腰三角形一条边的边长为4，另两条边的边长是关于x的一元二次方程的两个根，则c的值是（   ）
A．25 B．24 C．25或24 D．36或16
8．若点都在反比例函数的图象上，则的大小关系是（    ）
A． B． C． D．
9．甲、乙两人在笔直的湖边公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发4分钟，在整个步行过程中，甲、乙两人的距离y（米）与甲出发的时间t（分）之间的关系如图所示，下列结论：①甲步行的速度为60米/分；②乙走完全程用了36分钟；③乙用16分钟追上甲；④乙到达终点时，甲离终点还有300米．其中正确的结论有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．已知函数y＝x2﹣2ax+7，当x≤3时，函数值随x增大而减小，且对任意的1≤x1≤a+2和1≤x2≤a+2，x1，x2相应的函数值y1，y2总满足|y1﹣y2|≤9，则实数a的取值范围是（    ）
A．﹣3≤a≤4 B．﹣3≤a≤5 C．3≤a≤4 D．3≤a≤5

二、填空题
11．因式分解： ___________．
12．现有四张完全相同的刮刮卡，涂层下面的文字分别是“我”、“爱”、“中”、“国”．小亮从中随机抽取两张并刮开，则这两张刮刮卡上的文字恰好是“爱”和“国”的概率是 _____．
13．如图，直线，且，则的度数是_______________．

14．一次函数的图象过y轴上一点（0，2）,且y随x的增大而减小，则n=_______
15．已知，是一元二次方程的两实数根，则_________．
16．如图，折叠矩形纸片，使点B落在边上，折痕的两端分别在、上（含端点），且cm， cm，则折痕的最大值是______．


三、解答题
17．计算：
(1)；
(2)．
18．如图，点E、C在线段BF上，AC∥DF，∠A＝∠D，AB＝DE，证明：BE＝CF．

19．已知：
(1)化简T；
(2)若点在二次函数的图象上，求T的值．
20．如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别相交于点A，B，将沿直线对折，使点A和点B重合，直线与x轴交于点C，与交于点D．

(1)求A，B两点的坐标；
(2)求线段的长；
(3)在x轴上是否存在点P，使为等腰三角形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
21．央行推出数字货币，支付方式即将变革，调查结果晶示，目前支付方式有：A微信、B支付宝、Ｃ现金、D其他，调查组对某超市一天内购买者的支付方式进行调查统计，根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图：
请你根据统计图提供的信息，解答下列问题：

（1）本次一共调查了多少名购买者？
（2）请补全条形统计图；
（3）在扇形统计图中，C种支付方式所对应的圆心角为______度；
（4）在一次购物中，小明利小亮都想从“微信”、“支付宝”、“现金”三种付款方式中选一种方式进行付款，请用树状图或列表法求出两人恰好选择同一种付款方式的概率．
22．如图，有甲乙两座建筑物，从甲建筑物顶部A点处测得乙建筑物顶部D点的俯角为，底部C点的俯角为，为两座建筑物的水平距离．已知乙建筑物的高度为，求甲建筑物的高度．（，，，结果保留整数）．
  
23．如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，连接CE，以CE为边向右上方作正方形CEFG，作FH⊥AD，垂足为H，连接AF．

（1）求证：FH＝ED；
（2）若AB＝3，AD＝5，当AE＝1时，求∠FAD的度数．
24．如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，已知B点的坐标为，C点的坐标为．
  
(1)求抛物线的解析式；
(2)图1中，点P为抛物线上的动点，且位于第二象限，过P，B两点作直线l交y轴于点D，交直线于点E．是否存在这样的直线l：以C，D，E为顶点的三角形与相似？若存在，请求出这样的直线l的解析式；若不存在，请说明理由．
(3)图2中，点C和点关于抛物线的对称轴对称，点M在抛物线上，且，求M点的横坐标．
25．平行四边形中，点E在边上，连，点F在线段上，连，连．

(1)如图1，已知，点E为中点，．若，求的长度；
(2)如图2，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：；
(3)如图3，已知，若，直接写出的最小值．

参考答案：
1．B
【分析】中心对称图形定义：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；轴对称图形定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，根据定义逐项判定即可得出结论．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称图形与轴对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解决问题的关键．
2．B
【分析】由矩形的判定和平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、四边形是平行四边形，
，
，
，
平行四边形是矩形，故此选项不符合题意；
B、四边形是平行四边形，,
∴平行四边形是菱形，
不能判断平行四边形是矩形，故此选项符合题意；
C、四边形是平行四边形，，
平行四边形是矩形，故此选项不符合题意；
D、，
，
平行四边形是矩形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平行四边形的性质等知识．熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
3．C
【分析】根据合并同类项，同底数幂的除法，幂的乘方，平方差公式，进行计算后判断即可．
【详解】A、与不是同类项，无法进行合并，故选项A错误；
B、，故选项B错误；
C、，故选项C正确；
D、，故选项D错误，
故选C．
【点睛】本题考查整式的运算．熟练掌握相关运算法则，是解题的关键．
4．B
【分析】根据旋转的性质可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE=AB．
【详解】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴AB=AE，∠BAE=60°，
∴△AEB是等边三角形，
∴BE=AB，
∵AB=4，
∴BE=4．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握图形旋转的性质是解答本题的关键.
5．B
【分析】根据平均数的大小，方差的大小比较得出答案．
【详解】成绩最好且发挥最稳定的学生说明平均数最大，且方差最小，
∴，
符合条件的只有B选项的
故选：B．
【点睛】本题考查平均数、方差，理解“平均数反应一组数据的平均水平，而方差则反应一组数据的离散程度，方差越小，该组数据越稳定”是正确判断的前提．
6．B
【分析】根据矩形的性质和含角的直角三角形的性质得出，进而求出，再依据中位线的性质推知，即可得到答案．
【详解】解：四边形是矩形，交于点，，
，
，即，
，
分别为的中点，
是的中位线，
，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及三角形中位线的定理，解题的关键是找到线段间的倍分关系．
7．C
【分析】由于等腰三角形的一边长4为底或为腰不能确定，故应分两种情况进行讨论：（1）当4为腰时，另外两条边中必有一个为4，把x=4代入原方程可求出c的值，进而求出方程的另一个根，再根据三角形的三边关系判断是否符合题意即可；（2）当4为底时，则另外两条边相等，即方程有两个相等的实数根，由△=0可求出c的值，再求出方程的两个根进行判断即可．
【详解】解：分两种情况：
（1）当另外两条边中有一个为4时，
将x=4代入原方程，得：，
解得：，
将代入原方程，得：，
解得x=4或6，
4，4，6能组成三角形，符合题意；
（2）当4为底时，则另外两边相等，
，
解得：，
将代入原方程，得：，
解得：x=5，
4，5，5能够组成三角形，符合题意．
故c的值为25或24．
故选C．
【点睛】本题考查等腰三角形的定义，解一元二次方程，根的判别式等知识点，熟练掌握分类讨论思想是解题的关键．
8．A
【分析】根据反比例函数图象与性质进行比较即可．
【详解】解：∵点都在反比例函数的图象上，
∵反比例函数的图象在第二、四象限上，
∴y随x的增大而增大，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查反比例函数图象与性质，熟练掌握反比函数图象与性质是解题的关键．
9．A
【分析】根据题意和函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确即可．
【详解】解：由题意可得：甲步行速度＝＝60（米/分）；
故①结论正确；
设乙的速度为：x米/分，
由题意可得：16×60＝（16﹣4）x，
解得x＝80
∴乙的速度为80米/分；
∴乙走完全程的时间＝＝30（分），
故②结论不正确；
由图可得，乙追上甲的时间为：16﹣4＝12（分）；
故③结论不正确；
乙到达终点时，甲离终点距离是：2400﹣（4+30）×60＝360（米），
故④结论不正确；
故正确的结论有①共1个．
故选：A．
【点睛】本题考查利用函数图像解决问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
10．C
【分析】对任意的和，，相应的函数值，总满足，只需最大值与最小值的差小于等于9即可，进而求解．
【详解】解：函数的对称轴为，而时，函数值随增大而减小，故；
和，
时，函数的最小值，
故函数的最大值在和中产生，
则，中，哪个距越远，函数值越小，
，
，而，
距离 更远，
时，函数取得最大值为：，
对任意的和，，相应的函数值，总满足，
只需最大值与最小值的差小于等于9即可，
，
，
解得，而，
，
故选：C．
【点睛】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，解题的关键是将转换为最大值与最小值的差小于等于9．
11．
【分析】先提取公因式3，再利用平方差公式分解可得结果
【详解】原式=
=．
故荅案为：
【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
12．
【分析】根据题意画出树状图，进行求解即可．
【详解】解：画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中这两张刮刮卡上的文字恰好是“爱”和“国”的结果有2种，
∴这两张刮刮卡上的文字恰好是“爱”和“国”的概率是：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了树状图法求概率，熟练掌握方法是解题的关键．
13．40度
【分析】根据三角形的外角的性质得到∠4=∠1+∠2=70°，根据等腰三角形的性质得到∠5=180°-2∠4=40°，根据平行线的性质即可得到结论．
【详解】解：∵∠4=∠1+∠2=70°，
∵AD=AC，
∴∠5=180°-2∠4=40°，
∵直线a∥b，
∴∠3=∠5=40°，
故答案为：40度．

【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形外角的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
14．-3
【分析】因为y随x增大而减小，故n＜0；又因为一次函数图象过点（0， 2），则代入求出n即可．
【详解】解：∵一次函数y随x增大而减小
∴n＜0
∵函数图象过点（0， 2），代入解析式得：
∴n=±3
∴n=-3．
故答案为-3.
【点睛】本题主要考查了一次函数的性质，根据y随x增大而减小，得出n＜0是解题的关键.
15．4
【分析】先由根与系数的关系求出m•n及m＋n的值，再把化为的形式代入进行计算即可．
【详解】，是一元二次方程的两实数根，
，
.
故答案为：4
【点睛】本题考查的是根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的根与系数的关系为：x1＋x2＝− ，x1•x2＝．
16．8cm
【分析】①如图，点F与点C重合时，折痕最大，由翻折的性质得， cm，根据勾股定理，中， 6cm，cm，设，Rt，，解得，Rt中， cm．
②当E与A重合时，四边形是正方形， cm，所以的最大值为．
故答案为：cm．
【详解】①如图，点F与点C重合时，折痕最大，

由翻折的性质得， cm，
在中， 6cm，
∴cm，
设cm，则cm

在中，，
即，
解得，
在中， cm．
②当E与A重合时，四边形是正方形， cm，

，
∴的最大值为
故答案为：cm．
【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，运用轴对称的性质确定线段间数量关系是解题的关键.
17．(1)3
(2)

【分析】（1）根据负整数指数幂和零整数指数幂解答即可；
（2）根据整式的混合运算解答即可．
【详解】（1）解：；
（2）解：．
【点睛】此题考查整式的除法，以及负整数指数幂和零指数幂，关键是根据相关运算法则解答．
18．答案见解析
【分析】由AC∥DF，可推出∠ACB=∠DFE，从而得到△ACB≌△DFE，得到BC=EF，从而得出结论．
【详解】解：∵AC∥DF，
∴∠ACB=∠DFE，
在△ACB和△DFE中，

∴△ACB≌△DFE（AAS），
∴BC=EF，
∴BE=CF．
【点睛】本题考查平行线的性质，全等三角形的性质与判定，准确运用合适方法证明三角形全等是解题的关键．
19．(1)
(2)

【分析】（1）根据分式的性质化简．
（2）将代入函数解析式求出的值，再代入原式求解．
【详解】（1）解：

．
（2）解：在二次函数的图象上，
，
解得，，
中且，
∴，
．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握分数的化简求值，注意分式有意义的条件．
20．(1)点A的坐标为，点的坐标为
(2)
(3)存在，点坐标为，，，

【分析】（1）令，求出，，求出，即可得出答案；
（2）设，则，，根据勾股定理列出关于x的方程，求出x的值，即可得出的长，然后求出的长，最后根据勾股定理求出的值即可；
（3）分，，三种情况分别求出点P的坐标即可．
【详解】（1）解：令，则，解得：；
令，则，
故点A的坐标为，点的坐标为．
（2）解：设，则，，
∵，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
，
．
（3）解：当时，点与点重合，此时；

当时，或；

当时，
∵，
∴，
∴；

综上分析可知，点坐标为，，，．
【点睛】本题主要考查了求一次函数图象与坐标轴的交点，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的定义，解题的关键是熟练掌握勾股定理，利用数形结合的思想，进行分类讨论．
21．（1）200名；（2）作图见解析；（3）79.2；（4）．
【分析】（1）根据C的人数和所占的百分比可以求得本次调查的购买者的人数；
（2）根据统计图中的数据可以求得选择A和D的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
（3）用360°乘以C种支付方式所占的百分比即可得出在扇形统计图中C种支付方式所对应的圆心角的度数；
（4）根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出符合题意的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】解：（1）44÷22%=200（名）
答：本次一共调查了200名购买者．
（2）A种支付方式的有：200×30%=60人，
D种支付方式的有：200-56-44-60=40人
补全统计图如图所示：

（3）C种支付方式所对应的圆心角为360°×22%=79.2°
故答案为：79.2；
（4）由题意可得：

一共产生了9种等可能的结果，
其中两人恰好选择同一种付款方式的结果有3种，
所以两人恰好选择同一种付款方式的概率为．
【点睛】本题考查扇形统计图、条形统计图以及用列树状图法求概率，明确题意，灵活运用相关数据解题是关键．
22．
【分析】通过作点过点D作于点E，，则得矩形，得，在中，，则可设，得，在中，利用，即可求出，则可得出．
【详解】解：过点D作于点E，如图．
  
由题意得矩形，则，
在中，，
设，则，
，
在中，
，
解得，
．
答：甲建筑物的高度约为．
【点睛】本题考查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的定义是解答本题的关键．
23．（1）见解析；（2）∠FAD＝45°
【分析】（1）根据正方形的性质，可得EF=CE，再根据∠CEF=∠90°，进而可得∠FEH=∠DCE，结合已知条件∠FHE=∠D=90°，利用“AAS”即可证明△FEH≌△ECD，由全等三角形的性质可得FH=ED；
（2）根据矩形的性质得到CD=AB=3，求得DE=4，根据全等三角形的性质得到FH=DE=4，EH=CD=3，得到AH=FH，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形CEFG是正方形，
∴CE=EF，
∵∠FEC=∠FEH+∠CED=90°，∠DCE+∠CED=90°，
∴∠FEH=∠DCE，
在△FEH和△ECD中，
，
∴△FEH≌△ECD（AAS），
∴FH=ED；
（2）解：∵在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，
∴CD=AB=3，
∵AE=1，
∴DE=4，
∵△FEH≌△ECD，
∴FH=DE=4，EH=CD=3，
∴AH=4，
∴AH=FH，
∵∠FHE=90°，
∴∠FAD=45°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
24．(1)
(2)
(3)的横坐标为或

【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可；
（2）存在直线l ，证明得到，求出A点坐标即可求出D点坐标，再利用待定系数法求直线解析式即可；
（3）连接，，作交BC于H，求出，进一步可求出或，分情况讨论，即可求出M的横坐标为或．
【详解】（1）抛物线过两点，
∴，解得：，
∴函数解析式为：；
（2）存在直线l使得以C，D，E为顶点的三角形与相似，
当时，以C，D，E为顶点的三角形与相似，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
解，得：（不符合题意，舍去），，
∴，
∴，
设过，的解析式为，
则，解得：，
∴直线BD的解析式为：；
（3）连接，作交于，
∵抛物线对称轴为直线：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴或，
当，如图：
  
由点的坐标得，直线解析式为：，
解方程，
解得：或3（舍去），
∴M的横坐标为；
当，如图：
  
同理可得，直线解析式为：，
解方程，
解得：（舍去）或，
∴M的横坐标为，
综上所述：的横坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数综合，难度较大，解题的关键是熟练掌握待定系数法求一次函数解析式，求抛物线解析式，掌握勾股定理，正切函数．
25．(1)
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据“直角三角形的中线等于斜边长一半”，可以得到，再在直角中，利用勾股定理求出，则，即可求解；
（2）由题意可得，是的角平分线，且，故延长交于点M，可证，要证，而，即证明即可，延长交于N，过E作于P，先证明，可以得到，再证明四边形是正方形，得到，接着证明即可解决；
（3）如图3，分别以和为边构造等边三角形，构造“手拉手”模型，即可得到，所以，则，当B，F，M，N四点共线时，所求线段和的值最小，利用，解即可解决．
【详解】（1）解：∵，如图1，

∴，
E为的中点，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴；
（2）证明：如图2，设射线与射线交于点M，

由题可设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
延长交于N，
∴，
过E作于P，
则，
在与中，  
，
∴，
∴，
过E作于Q，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴，
∴，
∴矩形为正方形，
∴，
∴，
在与中，
，  
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图3，把绕点A逆时针旋转得到，得到等边，同理以为边构造等边，

∴，，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
当B，F，M，N四点共线时，最小，
即为线段BN的长度，如图4，

过N作交其延长线于T，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中， ，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为 ．
【点睛】本题是一道四边形综合题，考查了线段的“截长补短”在证明三角形全等中的应用，同时要注意基本辅助线构造方法，比如第（2）问中的线段既是角平分线，又是垂线段，延长相交构等腰就是本题的突破口，再结合线段的截长补短来构造全等，还考查了多条线段和的最值问题，利用旋转变换来转化线段是解决此问的关键．