2023年广东省深圳市光明区勤诚达学校中考数学三模试卷

这是一份2023年广东省深圳市光明区勤诚达学校中考数学三模试卷，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列实数为无理数的是（ ）
A．2023B．0.618C．﹣5D．
2．（3分）三星堆遗址考古成果是中华文明多元一体发展模式的重要实物例证．下列三星堆文物图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）小红在“养成阅读习惯，快乐阅读，健康成长”读书大赛活动中，随机调查了本校初二年级7名同学，在近5个月内每人阅读课外书的数量，数据如下：14，15，13，13，18，15，15．请问阅读课外书数量的众数是（ ）
A．13B．14C．15D．18
4．（3分）发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路．2022年，深圳汽车制造业生产值为2154亿元．将数字2154亿用科学记数法表示为（ ）
A．2.154×1010B．0.2154×1012
C．2.154×1011D．21.54×1010
5．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．a3+2a3＝3a9B．（2a2）3＝8a6
C．a3•a2＝a6D．（a﹣b）2＝a2﹣b2
6．（3分）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
7．（3分）下列作线段的垂直平分线的尺规作图，正确的是（ ）该试卷源自 每日更新，享更低价下载。A．B．
C．D．
8．（3分）下列命题正确的是（ ）
A．
B．1的相反数是它本身
C．对角线相等的四边形是矩形
D．三角形的内心是三角形三条角平分线的交点
9．（3分）茅洲河的治理，实现了水清、岸绿、景美．某工程队承担茅洲河某段3000米河道的清淤任务，为了尽量减少施工所造成的影响，实际施工时每天的工效比原计划增加25%，结果提前30天完成这一任务．设原计划每天完成x米的清淤任务，则所列方程正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．（3分）如图，点A，B，C，D是⊙O上的四点，AB为⊙O的直径，OC∥AD，CE⊥AB，垂足为E，则△ACE和四边形ABCD的面积之比为（ ）
A．B．1：2C．D．
二、填空题（每小题3分）
11．（3分）因式分解：a2+2a+1＝ ．
12．（3分）假期前，小明家设计了3种度假方案：参观动植物园、看电影、近郊露营．妈妈将三种方案分别写在3张相同的卡片上，小明随机抽取1张，他抽到去近郊露营的概率是 ．
13．（3分）已知一元二次方程x2+mx+2＝0的一个根是1，则m的值为 ．
14．（3分）如图，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，点C（2，0），点，双曲线经过点A．将△ABC沿BC方向平移得到△A'B'C'，点A'在反比例函数上，边AC与边A'B'相交于点D，若点D在A'B'的三等分点（A'D＞B'D），则k＝ ．
15．（3分）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在边BC上，连接AD．以AD为斜边作Rt△ADE，且∠E＝90°，∠EAD＝60°，边DE的中点F恰好落在边AC上．若AE＝4，则BD＝ ．
三、解答题（本题共7小题，共55分）
16．（5分）．
17．（7分）先化简，再求值：，其中x＝﹣4．
18．（8分）某校为推动“重温百年党史，汲取奋进力量”主题教育活动，计划开展四项活动：A：党史手抄报，B：党史演讲，C：红色歌咏，D：党史知识竞赛．为了解全校学生最喜欢的活动（每人必选一项）的情况，随机调查了部分学生，根据调查结果绘制了两幅不完整的统计图．请根据以上信息，解答下列问题：
（1）本次共调查了 名学生；
（2）请将条形统计图补充完整；
（3）在扇形统计图中，D类活动对应扇形的圆心角为 度；
（4）若该校有1500名学生，估计该校最喜欢C类活动的学生有 名．
19．（8分）飞盘运动由于门槛低、限制少，且具有较强的团体性和趣味性，在全国各地悄然兴起，深受年轻人喜爱，某商家拟用620元购进30个海绵飞盘和50个橡胶飞盘，已知橡胶飞盘的进货单价比海绵飞盘的进价单价多6元．
（1）海绵飞盘和橡胶飞盘的进货单价分别是多少元？
（2）由于飞盘畅销，商家决定再购进这两种飞盘共300个，其中橡胶飞盘数量不多于海绵飞盘数量的2倍，且每种飞盘的进货单价保持不变，若橡胶飞盘的销售单价为14元，海绵的销售单价为6元，试问第二批购进橡胶飞盘多少个时，全部售完后，第二批飞盘获得利润最大？第二批飞盘的最大利润是多少元？
20．（8分）心理学家发现，学生对概念的接受能力y与提出概念所用的时间x（单位：分）之间满足函数关系y＝﹣0.1x2+2.6x+43（0≤x≤30），y值越大，表示接受能力越强．
（1）点（h，k）是二次函数的顶点，则h＝ ，k＝ ；
（2）用光滑的曲线在所给的坐标系中画出二次函数的图象；
（3）根据图象，当0≤x≤13内，学生的接受能力逐步 （填“增强”，“不变”或“降低”）；13＜x≤30，学生的接受能力逐步 （填“增强”，“不变”或“降低”）；
（4）某同学对概念的接受能力达到59时，提出概念所用的时间是多少分钟？
21．（9分）【问题发现】
船在航行过程中，船长常常通过测定角度来确定是否会遇到暗礁．如图1，A，B表示灯塔，暗礁分布在经过A，B两点的一个圆形区域内，优弧AB上任一点C都是有触礁危险的临界点，∠ACB就是“危险角”．当船P位于安全区域时，它与两个灯塔的夹角∠α与“危险角”∠ACB有怎样的大小关系？
【解决问题】
（1）数学小组用已学知识判断∠α与“危险角”∠ACB的大小关系，步骤如下：
如图2，AP与⊙O相交于点D，连接BD，由同弧或等弧所对的圆周角相等，可知∠ACB＝∠ADB，
∵∠ADB是△BDP的外角，
∴∠APB ∠ADB（填“＞”，“＝”或“＜”），
∴∠α ∠ACB（填“＞”，“＝”或“＜”）；
【问题探究】
（2）如图3，已知线段AB与直线l，在直线l上取一点P，过A、B两点，作⊙O使其与直线l相切，切点为P，不妨在直线上另外任取一点Q，连接AQ、BQ，请你判断∠APB与∠AQB的数量关系，并说明理由；
【问题拓展】
（3）一位足球左前锋球员在某场赛事中有一精彩进球，如图4，他在点P处接到球后，沿PQ方向带球跑动，球门AB＝8米，DP＝8米，BD＝16米，∠ADC＝90°，tan∠QPC＝1．该球员在射门角度（∠AMB）最大时射门，球员在PQ上的何处射门？（求出此时PM的长度．）
22．（10分）（1）【探究发现】如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，在正方形A'B'C'O绕点O旋转的过程中，边A'O与边BC交于点M，边C'O与边CD交于点N．证明：△OMC≌△OND；
（2）【类比迁移】如图2，矩形ABCD的对角线相交于点O，且AB＝6，AD＝12．在矩形A'B'C'O，绕点O旋转的过程中，边A'O与边BC交于点M，边C'O与边CD交于点N．若DN＝1，求CM的长；
（3）【拓展应用】如图3，四边形ABCD和四边形A'B'C'O都是平行四边形，且∠A'OC'＝∠ADC，AB＝3，，△BCD是直角三角形．在▱A'B'C'O绕点O旋转的过程中，边A'O与边BC交于点M，边C'O与边CD交于点N．当▱ABCD与▱A'B'C'O重叠部分的面积是▱ABCD的面积的时，请直接写出ON的长．
2023年广东省深圳市光明区勤诚达学校中考数学三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分）
1． 解：A．2023是整数，它不是无理数，
则A不符合题意；
B．0.618是有限小数，它不是无理数，
则B不符合题意；
C．﹣5是整数，它不是无理数，
则C不符合题意；
D．是无限不循环小数，它是无理数，
则D符合题意；
故选：D．
2． 解：A．该图形既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．该图形既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
3． 解：由所给数据可知，15出现次数最多，所以这组数据的众数为15．
故选：C．
4． 解：2154亿＝215400000000＝2.154×1011，
故选：C．
5． 解：a3+2a3＝3a3，
故A不符合题意；
（2a2）3＝8a6，
故B符合题意；
a3•a2＝a5，
故C不符合题意；
（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，
故D不符合题意，
故选：B．
6． 解：在中，
由x﹣1＜0得：x＜1，
由x+1≥0得：x≥﹣1，
则不等式组的解集为﹣1≤x＜1．
故选：A．
7． 解：A、图形是作角的平分线，不合题意．
B、图形是过直线外一点作这条直线的垂线，不合题意；
C、图形是作线段的垂直平分线，符合题意；
D、过直线上一点作这条直线的垂线，不合题意．
故选：C．
8． 解：A．＜3，故此选项不合题意；
B．1的相反数是﹣1，故此选项不合题意；
C．对角线相等的平行四边形是矩形，故此选项不合题意；
D．三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，故此选项符合题意．
故选：D．
9． 解：根据题意，得，
故选：D．
10． 解：作CH⊥AD交AD延长线于H，
∵OC∥AD，
∴∠DAC＝∠OCA，
∵OC＝OA，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OAC，
∵CE⊥AB，
∴CH＝CE，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADB+∠B＝180°，
∵∠CDH+∠ADC＝180°，
∴∠CDH＝∠B，
∵∠CHD＝∠CEB＝90°，
∴△CDH≌△CBE（AAS），
∴四边形ABCD的面积＝四边形AECH的面积，
∵CH＝CE，AC＝AC，
∴Rt△ACH≌Rt△ACE（HL），
∴四边形AECH的面积＝△ACE面积×2，
∴△ACE和和四边形ABCD的面积之比为1：2．
故选：B．
二、填空题（每小题3分）
11． 解：a2+2a+1＝（a+1）2．
故答案为：（a+1）2．
12． 解：由概率公式可知，妈妈将三种方案分别写在3张相同的卡片上，小明随机抽取1张，则抽到方案为近郊露营的概率是．
故答案为：．
13． 解：把x＝1代入方程得1+m+2＝0，解得m＝﹣3．
故答案为：﹣3．
14． 解：∵点C（2，0），点B（，0），
∴OC＝2，BC＝﹣2＝，
当x＝2时，y＝＝，
即点A（2，），
∵点D在A'B'的三等分点（A'D＞B'D），
∴B′C＝B′C′＝BC＝，
∴BB′＝BC﹣B′C＝﹣＝3，
∴点C′的横坐标为2﹣3＝﹣1，
∴点A′（﹣1，），
∴k＝﹣1×＝﹣，
故答案为：﹣．
15． 解：过点A作AG⊥BC于点G，如图，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠BAG＝∠CAG＝60°，∠B＝30°，
∵∠EAD＝60°，
∴∠CAG＝∠EAD＝60°，
∴∠CAG﹣∠CAD＝∠EAD﹣∠CAD，
即∠DAG＝∠FAE，
∵∠E＝∠AGD＝90°，
∴△ADG∽△AFE，
∴，
∵∠ADE＝90°﹣∠EAD＝30°，AE＝4，
∴AD＝8，
∴DE＝，
∵点F是DE的中点，
∴EF＝DE＝2，
∴AF＝，
∴，，
解得：AG＝，GD＝，
在Rt△ABG中，tanB＝＝，
∴，
解得：BG＝，
∴BD＝BG+GD＝＝．
故答案为：．
三、解答题（本题共7小题，共55分）
16． 解：原式＝5﹣4×+2﹣7
＝﹣．
17． 解：原式＝（﹣）÷
＝•
＝，
当x＝﹣4时，
原式＝
＝4．
18． 解：（1）本次共调查学生：20÷20%＝100（名），
故答案为：100；
（2）样本中最喜欢C类活动的学生人数为：100﹣20﹣10﹣30＝40（人），
补全条形统计图如下：
（3）在扇形统计图中，D类活动对应扇形的圆心角为：360°×＝108°，
故答案为：108；
（4）1500×＝600（名），
即该校最喜欢C类活动的学生约有600名．
故答案为：600．
19． 解：（1）设海绵飞盘每个x元，则橡胶飞盘每个（x+6）元，
由题意得，30x+50（x+6）＝620，
解得x＝4，
∴x+6＝10，
答：海绵飞盘的进货单价是4元；橡胶飞盘的进货单价是10元；
（2）设第二批购进橡胶飞盘m个，利润为w元，则购进海绵飞盘（300﹣m）个，
由题意得，w＝（14﹣10）m+（6﹣4）（300﹣m）＝2m+600，
∵橡胶飞盘数量不多于海绵飞盘数量的2倍，
∴m≤2（300﹣m），
∴m≤200，
∵2＞0，
∴w随m增大而增大，
∴当m＝200时，w最大，最大值为2×200+600＝1000元，
答：第二批购进橡胶飞盘200个时，全部售完后，第二批飞盘获得利润最大；第二批飞盘的最大利润是1000元．
20． 解：（1）∵y＝﹣0.1x2+2.6x+43（0≤x≤30），
化为顶点式：y＝﹣0.1（x﹣13）2+59.9，
∴顶点坐标为（13，59.9），
故答案为：13；59.9．
（2）如图，抛物线y＝﹣0.1x2+2.6x+43（0≤x≤30）即为所求，
（3）y＝﹣0.1x2+2.6x+43（0≤x≤30），对称轴为：x＝13，
根据图象：当0≤x≤13时，y随x的增大而增大，
∴当0≤x≤13内，学生的接受能力逐步增强；
当13＜x≤30时，y随x的增大而减小，
∴13＜x≤30，学生的接受能力逐步降低．
故答案为：增强；降低．
（4）令y＝59，
59＝﹣0.1x2+2.6x+43，
解得：x＝16，x＝10．
答：某同学对概念的接受能力达到59时，提出概念所用的时间是16分或10分．
21． （1）∵∠ADB是△BDP的外角，
∴∠APB＜∠ADB，
∴∠α＜∠ACB，
故答案为：＜，＜．
（2）∠APB＞∠AQB，理由如下：
如图所示，设AQ与⊙O交于点G，连接BG，
∵，
∴∠APB＝∠AGB，
∵∠AGB是△BGQ的外角，
∴∠AGB＞∠AQB，
∴∠APB＞∠AQB．
（3）如图所示，由（2）可得，当经过A，B的⊙O与PQ相切时，∠AMB最大，
过点O作OH⊥AB交AB于点H，延长HO交PQ于点E，过点E作EF⊥DF交DF于点F，
∴，
∴DH＝BH+BD＝20，
∵OH⊥AB，EF⊥DF，AD⊥DF，
∴四边形HDFE是矩形，
∴EF＝DH＝20，
∵tan∠QPC＝1，
∴PF＝EF＝20，
∴HE＝DF＝DP+FP＝28，
∵tan∠QPC＝1，
∴∠EPF＝45°，
∵HE∥DF，
∴∠HEP＝∠EPF＝45°，
∵OM⊥PQ，
∴△OME是等腰直角三角形，
∴设⊙O的半径OB＝OM＝x，
∴，
∴，
∴在Rt△OHB中，OH2+HB2＝OB2，
∴，
解得或 （舍去），
∴，
∴．
答：PM的长度为．
22． （1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DOC＝90°，∠OCM＝∠ODN＝45°，OC＝OD，
由旋转可知：∠C′OA′＝90°，
∴∠C′OA′＝∠DOC＝90°，
∴∠COA﹣∠CON＝∠DOC﹣∠CON，
∴∠MOC＝∠NOD，
∴△OMC≌△OND（ASA）；
（2）解：如图2，过点O作AB的平行线交AD于点E、交BC于点P，过点N作AB垂线交PE于点Q，
∵四边形ABCD和四边形A′B′C′O都是矩形，AB＝6，AD＝12，DN＝1，
∴∠OPM＝∠OQN＝∠MON＝90°，EQ＝DN＝1，
∴OE＝OP＝AB＝3，NQ＝CP＝AE＝BP＝BC＝6，
∴∠POM+∠QON＝∠QON+∠QNO＝90°，QO＝OE﹣EQ＝3﹣1＝2，
∴∠POM＝∠QNO，
∴△POM∽△QNO，
∴＝，
∴＝，
∴PM＝1，
∴CM＝CP﹣PM＝6﹣1＝5；
（3）解：如阁，过点O作BC的垂线交BC于点H，
设∠DBC＝α，则∠ADC＝α+90°＝∠A′OC′，
设∠BOM＝β，则∠NOD＝180°﹣β﹣（a+90°）＝90°﹣α﹣β，
∴∠OMH＝α+β，∠OND＝90°﹣∠NOD＝90°﹣（90°﹣α﹣β）＝α+β，
∴∠OMH＝∠OND，
∵∠OHM＝∠ODN＝90°，
∴△OMH∽△OND，
∵AB＝CD＝3，BC＝3，四边形ABCD和四边形A′B′C′O都是平行四边形，△BCD是直角三角形，
∴BD＝＝＝6，
∴OB＝OD＝3，
∵∠OBH＝∠CBD，∠OHB＝∠CDB＝90°，
∴△OBH∽△CDB，
∴＝，
∴＝，
∴BH＝2OH，
∵OH2+BH2＝OB2，
∴OH2+4OH2＝32，
∴OH＝，
∴BH＝2OH＝，
设MH＝m，则BM＝BH﹣MH＝﹣m，
∵△OMH∽△OND，
∴＝，
∴＝，
∴ND＝m，
∵▱ABCD与▱A'B'C'O重叠部分的面积，平行四边形对角线平分平行四边形的面积，
∴S△BOM+S△ODN＝S△BCD，
∴×（﹣m）×+3×m＝×3×6，
∴m＝，
∴ND＝m＝，
∴ON＝＝＝．x
y＝﹣0.1x2+2.6x+43
0
43
5
53.5
h
k
20
55
30
31