2023年广东省湛江市霞山区东升学校中考数学一模试卷 (含答案)

这是一份2023年广东省湛江市霞山区东升学校中考数学一模试卷 (含答案)，共22页。
2022-2023学年湛江市霞山区东升学校中考数学一模试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）﹣的相反数是（　　）
A． B．﹣ C． D．﹣
2．（3分）芝麻被称为“八谷之冠”，是世界上最古老的油料作物之一，它作为食品和药物，得到广泛的使用．经测算，一粒芝麻的质量约为0.00000201kg，将100粒芝麻的质量用科学记数法表示约为（　　）
A．20.1×10﹣3kg B．2.01×10﹣4kg
C．0.201×10﹣5kg D．2.01×10﹣6kg
3．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．x2+x＝x3 B．y8÷y2＝y4
C．2+3＝5 D．（xy3）2＝x2y6
4．（3分）点P（3﹣2x，5﹣x）在二、四象限的角平分线上，则x＝（　　）
A． B．2 C． D．﹣2
5．（3分）函数y＝中自变量x的取值范围在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）若关于x的不等式组无解，则a的取值范围是（　　）
A．a＜3 B．a＞3 C．a≤3 D．a≥3
7．（3分）甲、乙是两个不透明的纸箱，甲箱中有三张标有数字3，﹣2，5的卡片，乙箱中有三张标有数字1，2，3的卡片，卡片除所标数字外无其他差别．从甲箱中任取一张卡片，将其数字记为a，从乙箱中任取一张卡片，将其数字记为b．则数字a，b能使a+b＝0的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）小刚在解关于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0）时，只抄对了a＝1，发现ax2+bx+c可以分解为（x﹣2）（x+3），他核对时发现所抄的b比原方程的b值大2，c比原方程的c值小2．则原方程的根的情况是（　　）
A．不存在实数根 B．有两个不相等的实数根
C．有一个根是x＝﹣3 D．有两个相等的实数根
9．（3分）若等腰三角形的周长是80cm，则能反映这个等腰三角形的腰长ycm与底边长xcm的函数关系式的图象是（　　）
A． B．
C． D．
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，有下列4个结论：①abc＞0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④b2﹣4ac＞0；其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共7小题，满分28分，每小题4分）
11．（4分）因式分解：3x2﹣12＝　 　．
12．（4分）在代数式中，m的取值范围是　 　．
13．（4分）若实数x1，x2分别满足x2﹣4x+3＝0的两个根，则＝　 　．
14．（4分）某校科技小组进行野外考察，途中遇到一片十几米宽的湿地．为了安全、迅速通过这片湿地，他们沿着前进路线铺若干块木板，构筑成一条临时通道，木板对地面的压强p（Pa）是木板面积S（m2）的反比例函数，其图象如图所示，当木板压强是6000Pa时，木板的面积是 　 　m2．

15．（4分）如图，△ABC中，DE∥BC，且AD：DB＝2：3，则S△ADE：S△梯形DBCE＝　 　．

16．（4分）如图，A、B、C三点在正方形网格线的交点处，若将△ACB绕着点A逆时针旋转得到△AC′B′，使点B′落在射线AC上，则cos∠B′CB的值为　 　．

17．（4分）在锐角△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝2cm，BD平分∠ABC交AC于点D，点M，N分别是BD和BC边上的动点，则MN+MC的最小值是　 　．

三．解答题（共8小题，满分62分）
18．（6分）计算﹣．
19．（6分）先化简，再求值：（1﹣）．其中a＝﹣3．
20．（6分）初三年级“黄金分割项目活动”展示，为了解全体初三年级同学的活动成绩，抽取了部分参加活动的同学的成绩进行统计后，分为“优秀”，“良好”，“一般”，“较差”四个等级，并根据成绩绘制成如图两幅不完整的统计图，请结合统计图中的信息，回答下列问题：

（1）扇形统计图中“优秀”所对应扇形的圆心角为 　 　度，并将条形统计图补充完整．
（2）如果学校初三年级共有340名学生，则参加“黄金分割项目活动”比赛成绩良好的学生有 　 　人．
（3）此次活动中有四名同学获得满分，分别是甲，乙，丙，丁，现从这四名同学中挑选两名同学参加校外举行的“黄金分割项目活动”展示，请用列表法或画树状图法，求出选中的两名同学恰好是甲、丁的概率．
21．（8分）超速行驶是引发交通事故的主要原因之一．上周末，小明和三位同学尝试用自己所学的知识检测车速．如图，观测点设在A处，离益阳大道的距离（AC）为30米．这时，一辆小轿车由西向东匀速行驶，测得此车从B处行驶到C处所用的时间为8秒，∠BAC＝75°．
（1）求B、C两点的距离；
（2）请判断此车是否超过了益阳大道60千米/小时的限制速度？
（计算时距离精确到1米，参考数据：sin75°≈0.9659，cos75°≈0.2588，tan75°≈3.732，，60千米/小时≈16.7米/秒）

22．（8分）某中学开学初在商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌的足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）该中学响应习总书记足球进校园号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3240元，那么该中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
23．（8分）如图，一次函数y＝kx+2（k≠0）的图象与反比例函数y＝（m＞0，x＞0）的图象交于点A（2，n），与y轴交于点B，与x轴交于点C（﹣4，0）．
（1）求k与m的值；
（2）点P（a，0）为x轴正半轴上的一点，且△APB的面积为，求a的值．
（3）在（2）的条件下，在平面内是否存在一点Q，使以点A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；不存在，请说明理由．

24．（10分）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”．
（1）下列选项中一定是“等补四边形”的是 　 　；
A．平行四边形
B．矩形
C．正方形
D．菱形
（2）如图1，在边长为a的正方形ABCD中，E为CD边上一动点（E不与C、D重合），AE交BD于点F，过F作FH⊥AE交BC于点H．
①试判断四边形AFHB是否为“等补四边形”并说明理由；
②如图2，连接EH，求三角形CEH的周长；
③若四边形ECHF是“等补四边形”，求CE的长．

25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接AC，tan∠CAO＝2．

（1）如图（1）求抛物线的解析式．
（2）如图（2）点R在第一象限的抛物线上，连接AR，BR，点R的横坐标为t，△ABR的面积为S，求S与t的函数关系式（不要求写自变量t的取值范围）．
（3）如图（3）在（2）的条件下，当时，点Q是第四象限抛物线上一点，PQ∥AC交AR于点P，交射线RB于点N，点F在线段RP上，作RM⊥NF交射线NF于点M，连结PM，MD⊥MP交RN于点D，若ND＝2RD，△MPR的面积为，求点Q的坐标．


2022-2023学年湛江市霞山区东升学校中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1． 解：根据相反数的定义，得﹣的相反数是﹣（﹣）＝．
故选：A．
2． 解：100×0.00000201kg＝0.000201kg＝2.01×10﹣4kg．
故选：B．
3． 解：A、x2与x不是同类项，故A不符合题意．
B、原式＝y6，故B不符合题意．
C、2与3不是同类二次根式的，故不能合并，故C不符合题意．
D、原式＝x2y6，故D符合题意．
故选：D．
4． 解：∵点P（3﹣2x，5﹣x）在二、四象限的角平分线上，
∴3﹣2x＝﹣（5﹣x），
解得：．
故选：A．
5． 解：由函数y＝，得到3x+6≥0，
解得：x≥﹣2，
表示在数轴上，如图所示：

故选：A．
6． 解：∵不等式组无解，
∴a+1≥3a﹣5，
解得：a≤3．
故选：C．
7． 解：列表如下：

3
﹣2
5
1
4
﹣1
6
2
5
0
7
3
6
1
8
共有9种等可能的情况数，其中数字a，b能使a+b＝0的有1种情况，
则数字a，b能使a+b＝0的概率是．
故选：A．
8． 解：（x﹣2）（x+3）＝x2+x﹣6，
∵抄对了a＝1，所抄的b比原方程的b值大2，c比原方程的c值小2，
∴关于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0）中的b＝﹣1，c＝﹣4，
∴关于x的方程为x2﹣x﹣4＝0，
则b2﹣4ac＝（﹣1）2﹣4×1×（﹣4）＝17＞0，
则原方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
9． 解：根据题意，x+2y＝80，
所以，y＝﹣x+40，
根据三角形的三边关系，x＞y﹣y＝0，
x＜y+y＝2y，
所以，x+x＜80，
解得x＜40，
所以，y与x的函数关系式为y＝﹣x+40（0＜x＜40），
只有D选项符合．
故选：D．
10． 解：①∵抛物线开口向下，
∴a＜0．
∵抛物线的对称轴为x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a＞0．
当x＝0时，y＝c＞0，
∴abc＜0，①错误；
②当x＝﹣1时，y＜0，
∴a﹣b+c＜0，
∴b＞a+c，②错误；
③∵抛物线的对称轴为x＝1，
∴当x＝2时与x＝0时，y值相等，
∵当x＝0时，y＝c＞0，
∴4a+2b+c＝c＞0，③正确；
④∵抛物线与x轴有两个不相同的交点，
∴一元二次方程ax2+bx+c＝0，
∴Δ＝b2﹣4ac＞0，④正确．
综上可知：成立的结论有2个．
故选：B．
二．填空题（共7小题，满分28分，每小题4分）
11． 解：原式＝3（x2﹣4）
＝3（x+2）（x﹣2）．
故答案为：3（x+2）（x﹣2）．
12． 解：在代数式中，则3﹣m≥0，且m≠0，
解得：m≤3且m≠0．
故答案为：m≤3且m≠0．
13． 解：由题意可知：x1+x2＝4，x1x2＝3，
∴原式＝
＝，
故答案为：．
14． 解：设p＝，
把A（1.5，400）代入，得400＝，
k＝1.5×400＝600，
p＝（S＞0）．
由题意知≤6000，
∴S≥0.1，
即木板面积至少要有0.1m2．
故答案为：0.1m2．
15． 解：∵DE∥BC，且AD：DB＝2：3，
∴△ADE∽△ABC，，
∴，
故答案为4：21．

16． 解：如图所示：连接BD，BB′，
由网格利用勾股定理得：BC＝，CD＝，BD＝2，
∴CD2+BD2＝BC2，
∴△CDB是直角三角形，
则BD⊥B′C，
∴cos∠B′CB＝＝＝，
故答案为．

17． 解：如图，在BA上截取BE＝BN，连接CE．
因为∠ABC的平分线交AC于点D，
所以∠EBM＝∠NBM，
在△BME与△BMN中，
，
所以△BME≌△BMN，
所以ME＝MN．
所以CM+MN＝CM+ME≥CE．
因为CM+MN有最小值．
当CE是点C到直线AB的距离时，即C到直线AB的垂线段时，CE取最小值为，
所以CM+MN的最小值是．
故答案为．

三．解答题（共8小题，满分62分）
18． 解：原式＝2﹣1﹣2×+2
＝1．
19． 解：原式＝•
＝•
＝．
当a＝﹣3时，原式＝﹣1
20． 解：（1）抽取的学生人数为：18÷15%＝120（人），
∴扇形统计图中“优秀”所对应扇形的圆心角为：360°×＝72°，
∴“良好”等级的人数为120×40%＝48（人），
故答案为：72，
把条形统计图补充完整如下：

（2）340×40%＝136（人），
∴参加“黄金分割项目活动”比赛成绩良好的学生有136人；
故答案为：136；
（3）画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中选中的两名同学恰好是甲、丁的结果有2种，
∴选中的两名同学恰好是甲、丁的概率＝＝．
21． 解：（1）法一：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝75°，AC＝30，
∴BC＝AC•tan∠BAC＝30×tan75°≈30×3.732≈112（米）．…（5分）
法二：在BC上取一点D，连接AD，使∠DAB＝∠B，则AD＝BD，
∵∠BAC＝75°，∴∠DAB＝∠B＝15°，∠CDA＝30°，
在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，AC＝30，∠CDA＝30°，
∴AD＝60，CD＝，BC＝60+≈112（米） …（5分）

（2）∵此车速度＝112÷8＝14（米/秒）＜16.7 （米/秒）＝60（千米/小时）
∴此车没有超过限制速度．…（8分）
22． 解：（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，由题意得：
＝×2
解得：x＝50
经检验x＝50是原方程的解，
x+30＝80
答：一个A品牌的足球需50元，则一个B品牌的足球需80元．
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，由题意得
50×（1+8%）（50﹣a）+80×0.9a≤3240
解得a≤30
∵a是整数，
∴a最大等于30，
答：该中学此次最多可购买30个B品牌足球．
23． 解：（1）把C（﹣4，0）代入y＝kx+2，得k＝，
∴y＝x+2，
把A（2，n）代入y＝x+2，得n＝3，
∴A（2，3），
把A（2，3）代入y＝，得m＝6，
∴k＝，m＝6；

（2）当x＝0时，y＝2，
∴B（0，2），
∵P（a，0）为x轴上的动点，
∴PC＝|a+4|，
∴S△CBP＝•PC•OB＝×|a+4|×2＝|a+4|，S△CAP＝PC•yA＝×|a+4|×3，
∵S△CAP＝S△ABP+S△CBP，
∴|a+4|＝+|a+4|，
∴a＝3或﹣11，
∵点P（a，0）为x轴正半轴上的一点，
则点P（3，0）；
（3）存在，理由：
设点Q（m，n），
当AB是对角线时，由中点坐标公式得：
，解得：，
即点Q（﹣1，5）；
当AP是对角线时，同理可得：
，解得：，
即点Q的坐标为（5，1）；
当AQ是对角线时，同理可得：
，解得：，
即点Q的坐标为（1，﹣1）；
综上，点Q的坐标为：（﹣1，5）或（5，1）或（1，﹣1）．
24． 解：（1）在平行四边形、菱形、矩形、正方形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，
∴正方形是等补四边形，
故答案为：C；

（2）①四边形AFHB是否为“等补四边形”，理由：
如图，连接CF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，
又∵BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，
∵HF⊥AE，
∴∠AFH＝∠ABH＝90°，
∴∠BAF+∠BHF＝180°，
∵∠BHF+∠FHC＝180°，
∴∠FHC＝∠BAF，
∴∠FHC＝∠FCH，
∴FH＝FC，
∴AF＝FH；

②连接AH，由①知，△AFH为等腰直角三角形，则∠HAF＝45°，
将△ABH围绕点A逆时针旋转到△ADL的位置，点H对应点L，则AL＝AH，LD＝BH，

则∠LAE＝∠LAD+∠DAE＝∠DAE+∠BAH＝90°﹣∠HAF＝45°＝∠HAF，
∵AH＝AL，AE＝AE，
∴△ALE≌△AHE（SAS），
∴HE＝LE＝LD+DE＝BH+DE，
则△CHE的周长＝HE+CH+CE＝BH+DE+CH+CE＝BC+CD＝2a；

③∵四边形ECHF是“等补四边形”，∠EFH+∠C＝180°，
则存在FH＝EF、FE＝CE、FH＝CH、CH＝FH四种情况，
当FH＝CH时，
由（1）知，FH＝AF，
则FH＝AF＝CF＝CH，则△FCH为等边三角形，如图：

则∠FCB＝60°＝∠FAB，则∠DAE＝30°，
在Rt△ADE中，DE＝ADtan30°＝a，
则CE＝CD﹣AD＝a﹣a＝a；
当CE＝EF时，
∵HE＝HE，
∴Rt△EHF≌△Rt△EHC（HL），
∴FH＝HC，
而FH＝FC，
∴△FCH为等边三角形，
故该情况同FH＝CH的情况；
当FH＝CH 时，
由②知，△CEH的周长为2a，
设CH＝EC＝x，则HE＝x，
则x+x+x＝2a，
解得：CE＝x＝（2﹣）a；
当EF＝HF时，则AF＝EF，
而当点F是BD的中点时，才存在AF＝EF，
故该种情况不存在，
综上，CE的长度为：（2﹣）a或＝a．
25． 解：（1）在抛物线中，令x＝0，得y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
∴OC＝2，
∵tan∠CAO＝2，
∴＝2，即＝2，
∴OA＝1，
∴A（﹣1，0），
把A（﹣1，0）代入中，得0＝﹣b﹣2，
解得：b＝﹣，
∴该抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2．
（2）过点R作RH⊥x轴于点H，如图，

在y＝x2﹣x﹣2中，令y＝0，得x2﹣x﹣2＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
∴AB＝4﹣（﹣1）＝5，
∵点R在抛物线y＝x2﹣x﹣2上，且位于第一象限，点R的横坐标为t，
∴设R（t，t2﹣t﹣2），
∴OH＝t，RH＝t2﹣t﹣2，
∵△ABR的面积为S，
∴S＝AB•RH＝×5×（t2﹣t﹣2）＝t2﹣t﹣5，
故S与t的函数关系式为S＝t2﹣t﹣5．
（3）∵S＝t2﹣t﹣5＝，
∴t1＝5，t2＝﹣3，
∵点R在第一象限，t＞0，
∴t＝5，
当t＝5时，t2﹣t﹣2＝×52﹣×5﹣2＝3，
∴R（5，3），
∴RH＝3，AH＝5﹣（﹣1）＝6，
∴tan∠RAH＝＝＝，
∵BH＝5﹣4＝1，RH＝3，
∴tan∠BRH＝＝，
∵OA＝1，OC＝2，
∴tan∠ACO＝＝，
∴∠RAH＝∠ACO，
∵∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠RAH+∠CAO＝90°，
即∠RAC＝90°，
∵PQ∥AC，
∴∠RPN＝∠RAC＝90°，
过点B作BK⊥AR于点K，则＝tan∠RAH＝，
∴AK＝2BK，
设BK＝x，且x＞0，则AK＝2x，
由勾股定理得：AK2+BK2＝AB2，
∴（2x）2+x2＝52，
解得：x＝，
∴BK＝，AK＝2，
∵AR＝＝＝3，
∴RK＝AR﹣AK＝3﹣2＝，
∴RK＝BK，
∴△BRK是等腰直角三角形，
∴∠ARB＝45°，
∵RM⊥NF，
∴∠RPN＝90°，
∴∠RPN＝∠RAC＝90°，
∴R、M、P、N四点共圆，
∴∠PMN＝∠ARB＝45°，∠MRP＝∠PNM，∠MPR＝∠MNR，
∵MD⊥MP，
∴∠DMN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠RMD＝∠DMN＝45°，
过点R作RS∥DM交NM的延长线于点S，
则∠SRM＝∠RMD＝45°，∠SMR＝90°，
∴△SRM是等腰直角三角形，
∴SM＝MR，
∵RS∥DM，
∴＝，
∵ND＝2RD，
∴＝＝，
∴＝，
∴tan∠MNR＝＝，
∴∠MNR＝∠RAH，
∵∠RAH+∠BRH+∠ARB＝90°，∠ARB＝45°，
∴∠RAH+∠BRH＝45°，
∵∠MNR+∠PNM＝∠PNR＝45°，
∴∠PNM＝∠BRH，
∴tan∠PNM＝tan∠BRH＝，
过点M作MW⊥AR于点W，
∵tan∠MRP＝tan∠PNM＝，tan∠MPR＝tan∠MNR＝，
∴＝，＝，
设MW＝n，且n＞0，则RW＝3n，PW＝2n，
∴PR＝PW+RW＝2n+3n＝5n，
∵S△MPR＝，
∴PR•MW＝，
∴×5n×n＝，
解得：n＝，
∴PR＝2n＝，
过点P作PV∥x轴交RH于点V，过点Q作QL⊥PV于点L，如图，

则∠RPV＝∠RAH，∠QPL+∠RPV＝∠QPL+∠PQL＝90°，
∴∠PQL＝∠RPV＝∠RAH，
∴tan∠PQL＝tan∠RPV＝tan∠RAH＝，
∴＝＝，
设RV＝m，且m＞0，则PV＝2m，利用勾股定理可得RV2+PV2＝PR2，
即（2m）2+m2＝（）2，
解得：m＝，
∴RV＝，PV＝，
∴P（，），
设PL＝a，则LQ＝2a，
∵点Q是第四象限抛物线上一点，
∴Q（+a，﹣2a），代入y＝x2﹣x﹣2，
得：﹣2a＝（+a）2﹣（+a）﹣2，
解得：a＝，（a＝﹣不符合题意，舍去），
∴a+＝+＝2，﹣2a＝﹣2×＝﹣3，
∴Q（2，﹣3）．