2020-2021学年广东省深圳市南山区深圳湾学校中考三模数学试卷

这是一份2020-2021学年广东省深圳市南山区深圳湾学校中考三模数学试卷，共14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。

一、选择题（共10小题；共50分）
1. 下列各图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是
A. B.
C. D.

2. 不等式组 −x≥−1,x<3 的解集在数轴上可以表示为
A. B.
C. D.

3. 下列运算正确的是
A. 3a2−a2=2B. −3x2=3x2
C. x−y2=x2−y2D. −5m−1=−5m+5

4. 已知一组数据 6，9，9，10，11，以下说法错误的是
A. 平均数是 9B. 众数是 9C. 中位数是 9D. 极差是 9

5. 已知 △ABC 与 △A1B1C1 是以原点为中心的位似图形，且 A3,1，△ABC 与 △A1B1C1 的相似比为 12，则 A 的对应点 A1 的坐标是
A. 6,2B. −6,−2
C. 6,2 或 −6,−2D. 2,6

6. 下列命题中真命题是
A. 9 的算术平方根是 3
B. 数据 a+2，a，a+3，a+2，a+3 与 2，0，3，2，3 的方差相同
C. 正六边形的内角和为 360∘
D. 对角线相等的四边形是矩形

7. 下列命题正确的是
A. 一元二次方程 x2−3x+1=0 没有实数根
B. 反比例函数 y=1x 的图象经过点 1,−1
C. 有两个角为直角的四边形是矩形
D. 对角线相等的菱形是正方形

8. 如图，从一热气球的探测器 A 点，看一栋高楼顶部的仰角为 55∘，看这栋高楼底部的俯角为 35∘，若热气球与高楼的水平距离为 35 m，则这栋高楼高度大约是
（参考数据：sin55∘=4150，cs55∘=47，tan55∘=75．）
A. 74 米B. 80 米C. 84 米D. 98 米

9. 如图，在菱形 ABCD 中，AC 与 BD 相交于点 O，AB=AC，点 E 在 BC 上，且 ∠CAE=15∘，AE 与 BD 相交于 F，下列结论不正确的是
A. ∠EBF=30∘B. BE=BFC. FA>EFD. OE⊥BC

10. 如图，二次函数 y=ax2+bx+c 的图象与 x 轴的右交点 A5,0，对称轴是直线 x=2，当 ax2+bx+c>16a 时，x 的取值范围是
A. x<−1 或 x>5B. −1C. −37

二、填空题（共5小题；共25分）
11. 若 m−nn=23，求 mn= ．

12. 如图，在已知的 △ABC 中，按以下步骤作图：①分别以 B，C 为圆心，以大于 12BC 的长为半径作弧，两弧相交于两点 M，N；②作直线 MN 交 AB 于点 D，连接 CD．若 CD=CA，∠A=50∘，则 ∠ACB 的度数为 ．

13. 我国古代很早就对二元一次方程组进行了研究，古著《九章算术》记载用算筹表示二元一次方程组，发展到现代就是用矩阵式 a1b1a1b2xy=c1c2 来表示二元一次方程组 a1x+b1y=c1,a2x+b2y=c2, 而该方程组的解就是对应两直线（不平行）a1x+b1y=c1 与 a2x+b2y=c2 的交点坐标 Px,y．据此，则矩阵式 3−112xy=−53 所对应两直线交点坐标是 ．

14. 如图，在 2×2 的网格中，以顶点 O 为圆心，以 2 个单位长度为半径作圆弧，交图中格线于点 A，则 tan∠ABO 的值为 ．

15. 如图，O 是线段 AB 的中点，OD=14AB=2，将线段 DB 绕 D 点逆时针旋转 90∘，得到线段 DC，连接 BC，AC，则线段 AC 的最大值是 ．

三、解答题（共7小题；共91分）
16. 计算：2cs60∘−tan60∘+∣3−1∣+20210．

17. 先化简，再求值：xx−2−1÷x2+4x+4x2−4，其中 x 是满足不等式 5x−1≤3x+1 的正整数．

18. 我市某中学为适应学生发展需要，准备开设校课外兴趣小组活动，为了了解学生喜欢项目的情况，以便合理安排场地，在全校 1000 名学生中，随机抽取了若干名学生进行调查（每人必须在这五个项目中选择一个且只能选一个），调查结果统计如下：
课程名称围棋无人机服装设计魔术京剧人数20a3060b
解答下列问题：
（1）这次一共抽取了 名学生进行调查．
（2）统计图表中，a= ，b= ，m= ．
（3）估算全校 2000 名学生中喜欢京剧的学生人数为 人．

19. 如图，B3,0 将 △AOB 沿 AB 翻折得 △ACB，反比例函数 y=kx（x>0）的图象经过 A，D 两点，且 CD⊥OB．
（1）若 △ACD 的面积为 92，求 k 值．
（2）连接 OD 与 AC 相交于 E，求 AECE 的值．

20. 某工厂制作甲、乙两种窗户边框．已知同样用 12 米材料制成甲种边框的个数比制成乙种边框的个数少 1 个，且制作一个甲种边框比制作一个乙种边框需要多用 20% 的材料．
（1）求制作每个甲边框、乙边框各用多少米材料．
（2）如果制作甲、乙两种边框的材料共 640 米，要求制作乙边框数量不少于甲边框数量的 2 倍，求应最多安排制作甲种边框多少个（不计材料损耗）．

21. 如图，AB 是 ⊙O 的直径，过 ⊙O 上一点 D 的切线交 AB 于 C，AE⊥AB 交 CD 于 E，DF⊥AB 于 F，⊙O 的半径为 r．
（1）如图 1，若 DF=4，CF=163，求 r．
（2）如图 2，Pʹ 是直线 AE 上一动点，点 P 是线段 OPʹ 上一点，且满足 r2=OP⋅OPʹ，在（1）的条件下，求 DP 的最小值．
（3）如图 3，连接 BE 交 DF 于 M，求证：DM=FM．

22. 如图，直线 y=−33x+3 与 x 轴，y 轴分别相交于 A，B 两点，以 A 为顶点的抛物线经过 B 点，点 P 是线段 AB 上的一个动点．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）如图 1，将直线 AB 绕 P 点顺时针旋转 30∘，所得直线与 x 轴，y 轴分别相交于 C，D 两点，若 PA−BD=3，求 P 点的坐标．
（3）如图 2，将直线 AB 向下平移，所得直线与 x 轴，y 轴分别相交于 M,N 两点，且 ON=OB．将直线 AB 绕 P 点顺时针旋转 90∘，所得直线与抛物线和直线 MN 分别相交于 E,F 两点．试问当 EF 最小时，在直线 MN 上是否存在 Q，使得 ∠EQN=∠BAO?若存在，请求出 Q 点坐标；若不存在，请说明理由．
答案
第一部分
1. C【解析】A是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A错；
B是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B错；
C是轴对称图形，也是中心对称图形，故C对；
D既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D错；
故选C．
2. A【解析】不等式组 −x≥−1,x<3,
解集为 x≤1，
在数轴上表示解集时“≥”和“≤”要用实心圆点表示，
“>”和“<”要用空心圆点表示，
“≥”和“>”向右画，“≤”和“<”向左画．
3. D
4. D
5. C
【解析】△ABC 与 △A1B1C1 是以原点为中心的位似图形，A3,1，
△ABC 与 △A1B1C1 的相似比为 12，
所以 A 的对应点 A1 的坐标是 3×2,1×2 或 −3×2,−1×2，
即 6,2 或 −6,−2，
故选C．
6. B
7. D
8. A【解析】过点 A 作 AD⊥BC 于点 D．
由题意知：∠1=55∘，∠2=35∘，
在 Rt△ABD 中，
BD=AD⋅tan55∘=35×75=49 m,
在 Rt△ACD 中，
∠3=90∘−∠2=55∘，
所以
CD=ADtan55∘=35÷75=25 m,
所以这栋高楼高度为：BD+CD=49+25=74 m．
9. D
10. C
【解析】由题知 25a+5b+c=0,−b2a=2,
解得 b=−4a,c=−5a,
∵ax2+bx+c>16a，
∴ax2−4ax−5a>16a，
由图象知抛物线开口向下，
∴a<0，
∴x2−4x−5<16，
∴x2−4x−21<0，
∴x−7x−3<0，
解得：−3故选C．
第二部分
11. 53
【解析】若 m−nn=23，
所以 2n=3m−3n，5n=3m，
则 mn=53．
12. 105∘
【解析】如图所示：
因为 MN 垂直平分 BC，
所以 CD=BD，
因为 CD=AC，∠A=50∘，
所以 ∠CDA=∠A=50∘，
因为 ∠CDA=∠DBC+∠DCB，
所以 ∠DCB=∠DBC=25∘，∠DCA=180∘−∠CDA−∠A=80∘，
所以 ∠ACB=∠DCB+∠ACD=25∘+80∘=105∘．
13. −1,2
【解析】由题知，3x−y=−5,x+2y=3, 解得 x=−1,y=2,
∴ 交点坐标是 −1,2．
14. 2+3
【解析】如图，连接 OA，过点 A 作 AC⊥OB 于点 C，
则 AC=1，OA=OB=2，
∵ 在 Rt△AOC 中，OC=OA2−AC2=22−12=3，
∴BC=OB−OC=2−3，
∴ 在 Rt△ABC 中，tan∠ABO=ACBC=12−3=2+3．
15. 62
【解析】如图所示：以点 O 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
过点 C 作 CM⊥y 轴，垂足为 M，过点 D 作 DE⊥CM 于点 E，延长 ED 交 x 轴于点 F，
∵O 是线段 AB 的中点，OD=14AB=2，
∴A−4,0，B4,0，
设点 D 的坐标为 x,y，则 x2+y2=4，
∵∠ECD+∠EDC=90∘，∠FDB+∠EDC=90∘，
∴∠ECD=∠FDB，
由旋转的性质可知：DB=DC，
在 △ECD 和 △FDB 中，
∠DEC=∠BFD=90∘,∠ECD=∠FDB,DC=BD,
∴△ECD≌△FDBAAS，
∴EC=FD=y，FB=ED=4−x，
∴ 点 C 坐标为 x+y,y+4−x，
∴AC2=x+y+42+y+4−x2=y+42+2xy+4+x2+y+42−2xy+4+x2=2x2+2y2+16y+32,
又 x2+y2=4，
∴AC2=16y+40，
又 OD=2，Dx,y，
∴−2≤y≤2，
∴8≤AC2≤72，
∴ 线段 AC 的最大值为 72=62．
第三部分
16. 原式=2×12−3+3−1+1=1−3+3−1+1=1.
17. 原式=xx−2−x−2x−2÷x+22x+2x−2=x−x+2x−2×x+2x−1x+22=2x−2×x−2x+2=2x+2,
又 ∵5x−1≤3x+1，
5x−1≤3x+3，
2x≤4，
x≤2，
∵x−2≠0 且 x+2≠0，
∴x≠2 且 x≠−2，
∴ 当 x=1 时，
原式=21+2=23.
18. （1） 200
【解析】一共抽取了：60÷30%=200（名）学生．
（2） 80；10；10
【解析】无人机：a=200×40%=80（人），
京剧：b=200−20−80−30−60=10（人），
围棋 20 人占：20÷200×100%=10%，则 m=10，
综上 a=80，b=10，m=10．
（3） 100
【解析】京剧占：10÷200×100%=5%，
所以全校喜欢京剧：2000×5%=100（人）．
19. （1） 因为 B3,0，
所以 OB=3，
由折叠性质可知 △AOB≌△ACB，
所以 OB=CB=3，∠ABO=∠ABC，
所以 OC=OB+CB=6，
所以 C6,0，
因为 CD⊥OB，
所以点 D 横坐标为 6，
因为 ∠ABO+∠ABC=180∘，
所以 ∠ABO=∠ABC=90∘，
所以 AB⊥OB，
所以 AB∥CD，
所以 A3,k3，D6,k6，
所以 CD=k6，
因为 S△ACD=12CD⋅BC=92，
所以 12×k6×3=92，
解得 k=18．
（2） 由（1）知 k=18，
所以 y=18x，
所以 A3,6，D6,3，
设直线 OD 解析式 y=mx，
把 D6,3 代入得 6m=3，
所以 m=12，
所以 y=12x，
设 AB 与 OD 交于 F，
所以 F 横坐标为 3，
把 x=3 代入 y=12x 中得 y=32，
所以 F3,32，
所以 AF=6−32=92，CD=3，
因为 AB∥CD，
所以 △AEF∽△CED，
所以 AECE=AFCD=923=32．
20. （1） 设制作乙种边框需用 x 米材料，
则制作甲种边框需用 1.2x 米材料，
所以 121.2x=12x−1. 解 x=2. 经检验 x=2 是原方程的根，
所以 1.2×2=2.4 米．
所以制作每个甲种边框需要 2.4 米材料，
制作每个乙种边框需要 2 米材料．
（2） 设应最多安排制作甲种边框 m 个，
所以 640−2.4m2≥2m. 解得 m≤100.
所以应最多安排制作甲种边框 100 个．
21. （1） 连接 OD，
∵OD⊥DC，DF⊥AC，
∴∠C=∠C，∠ODC=∠DFC=90∘，
∴△ODC∽△DFC，
∴DFOD=CFDC，
∵DF=4，CF=163，DC=42+1632=203，
∴OD=DF⋅DCCF=4×203163=5，
∴r=OD=5．
（2） 连接 OE，作 DP⊥OE，连接 AP，
∵∠OED+∠EOD=90∘，∠PDO+∠EOD=90∘，
∴∠OED=∠ODP，∠ODE=∠OPD=90∘，
∴△OPD∽△ODE，
∴ODOE=OPOD，
∴OD2=OP⋅OE，
∵Pʹ 是直线上一动点，点 P 是 OPʹ 上一点，且满足 r2=OP⋅OPʹ，
∵r2=OP⋅OE，
∴Pʹ 点和 E 点重合且 P 在 OE 上，
∴PD 即是所求的线段，且 PD⊥OPʹ，垂线段最短．
∵A，D 是切点，
∴AE=ED，且 AO=OD，
∴A，P，D 在一条直线上，且 AD⊥OE，且 P 点为 AD 中点，
∵OD=5，DF=4，
∴OF=3，
∴AF=5+3=8，
∵DF=4，
∴AD=82+42=45，
∴PD=25．
（3） 连接 PM，连接 PF，
∵P 是中点，
∴PF=PD=AP，∠PDF=∠PFD，∠PAF=∠PFA，∠PAF+∠PDF=90∘，∠DPM+∠PDM=90∘，
∴∠DPM=∠PAF，
∴PM∥AB，
∵P 是 AD 中点，PM∥AF，
∴M 也是 DF 中点，
∴DM=FM．
22. （1） ∵A 在 x 轴上过 y=−33x+3
∴A3,0，
B 在 y 轴上且 B0,3，
∴ 设抛物线为 y=ax−h2+k⇒y=ax−32 过 0,3，
⇒3=a0−32⇒a=39，
∴y=39x−32
代入得 a=39．
（2） ∵y=−33x+3 与 x 轴夹角为 30∘ 且 ∠CPA=30∘，tan30∘=33，
∴∠BAO=30∘，
∴∠OBA=90∘−∠BAO=90∘−30∘=60∘，
∴∠ODC=30∘=∠BAO，
∴∠BOA=∠COD，
∴△ODC≌△OAB，
∴BD=3−3，
∵PA−BD=3，
∴PA=3，
∵A3,0，
∴ 设 Px,−33x+3，
∴x−32+−33x+32=3 得 2x−92x−3=0⇒x=32，x=92（舍去），
∴P32,32．
（3） 存在．
∵BA∥MN，
∴∠BAO=∠BAM=∠AMN，
又 ∵∠EQN=∠EQF 即 ∠EQF=EFQF，tan∠AMN=tan∠OMN，
∴tan∠OMN=ONOM=33，
∴tan∠EQF=EFQF=33 其中 EF=3，
∴QF=33，
∴Q−203,−239 或 163,2533．