数学（深圳卷）2023年中考考前最后一卷（参考答案）

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2023年中考考前最后一卷【深圳卷】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．12345678910DCBBDDDBC A二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）11．（x2+4）（x+2）（x﹣2）．12． 93．13． y．14． ，242．15． ．三、解答题（本题共7小题，其中第16题5分，第17题7分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题9分，第22题10分，共55分）16．解：原式＝2+421＝2+221＝3．17．解：原式＝（）•• • ＝x﹣1，当x＝4时，原式＝4﹣1＝3．18．（1）解：根据题意得：总人数为：3÷15%＝20（人），表示“D等级”的扇形的圆心角为；C等级所占的百分比为，所以m＝40，故答案为：20，72，40．（2）解：等级B的人数为20﹣（3+8+4）＝5（人），补全统计图，如图所示：（3）解：根据题意，列出表格，如下： 男女1女2男 女1、男女2、男女1男、女1 女2、女1女2男、女2女1、女2 共有6种等可能结果，其中恰是一男一女的有4种，所以恰是一男一女的概率为．19．解：（1）设冰墩墩每件的进价是x元，则雪容融每件的进价是（x﹣10）元，根据题意得：，解得x＝70，经检验，x＝70是原方程的解，也符合题意，∴x﹣10＝60，∴冰墩墩每件的进价是70元，雪容融每件的进价是60元；（2）设购买m件冰墩墩，则购买（50﹣m）件雪容融，∵投入的经费不超过3200元，∴70m+60（50﹣m）≤3200，解得m≤20，∴最多可购买20件冰墩墩；（3）设全部售出后获得的利润是w元，∴w＝（80﹣70）m+（65﹣60）（50﹣m）＝5m+250，∵5＞0，∴w随m的增大而增大，∴m＝20时，w取最大值，最大值为5×20+250＝350（元），答：这50件商品全部售出后获得的最大利润是350元．20．解：（1）∵一次函数y＝2x﹣2图象过点（1，0）和点（2，2），∴与一次函数y＝2x﹣2共根点为（1，0）的共根函数图象过（1，0）和（0，2），作出图象如下：设与一次函数y＝2x﹣2共根点为（1，0）的共根函数解析式为y＝kx+2，∴k+2＝0，解得k＝﹣2，∴与一次函数y＝2x﹣2共根点为（1，0）的共根函数解析式为y＝﹣2x+2；故答案为：y＝﹣2x+2；（2）在y＝x2﹣2x中，x＝﹣1时，y＝3，即m＝3，x＝2时，y＝0，即n＝0，作出函数图象如下：将抛物线y＝x2﹣2x向右平移一个单位得到的抛物线解析式为y＝（x﹣1）（x﹣3）＝x2﹣4x+3，由得，∴这对共根函数的共根点坐标是（，）；故答案为：3，0，（，）；（3）存在有两个交点与点A，B一起构成一个平行四边形，理由如下：在y＝x2﹣2x中，令y＝0得x＝0或x＝2，∴函数y＝x2﹣2x与x轴的两个交点分别为A（0，0）和B（2，0），∴AB＝2，①四边形ABCD为平行四边形，如图：∵两个函数的“共根轴”为直线x，∴C，D关于直线x对称，∵CD＝AB＝2，∴C，D到直线x的距离都为1，在y＝x2﹣2x中，令x1得y，∴k；②四边形ABFE为平行四边形，如图：同理可知E，F到直线x的距离都为1，在y＝x2﹣4x+3中，令x得y，∴k，综上所述，k的值为或．21．证明：（1）如图1，连接OD交AB于点F，连接OA，OB，AD，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD，∴，∴∠AOD＝∠BOD，∵OA＝OB，∴OD⊥AB，∵AB∥DE，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线．解：（2）如图2，连接OC，OD，OE，过点O作OF⊥BC于点F，∴∠BOC＝2∠BAC，∵OB＝OC，OF⊥BC，∴∠COF＝∠∠COB＝∠CAB，∴tan∠COFtan∠CAB，设CF＝x，OF＝3x，∵⊙O的直径是，∴OC，∵OC2＝OF2+CF2，∴（）2＝（3x）2+x2，解得：x，∴CF，OF，∴BC＝1，∵B是CE的中点，∴BE＝BC＝1，∴EF，∵OE2＝OF2+EF2，∴OE2＝（）2+（）2，∵OD2+DE2＝OE2，∴DE．（3）解法一：如图3，延长BP至Q使得PQ＝AP，连接AQ，OC，连接OB，BD，连接OD交AB于点K，连接HK，∵A，P，B，C四点共圆，∴∠APQ＝∠ACB，∵AP＝PQ，∴∠Q＝∠QAP，∴∠Q＝90°∠ACB，∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE，∵DE∥AB，∴OD⊥AB，∴K是AB的中点，∵DH⊥BH，∴∠BHD＝90°，∵∠BKD＝90°，∴B，K，H，D四点共圆，∴∠BHK＝∠ODB，∵∠BOD＝∠ACB，OB＝OD，∴∠ODB＝90°∠ACB，∴∠ODB＝∠Q，∴∠BHK＝∠Q，∴AQ∥HK，∴，∵BQ＝BP+QP，QP＝AP，∴BQ＝BP+AP，∴．解法二：如图4，在BP上截取BM＝AP，连接DM，BD，DP，AD，∵弦CD平分圆周角∠ACB，∴AD＝BD，∵，∴∠PAD＝∠PBD＝∠MBD，∴△APD≌△BMD（SAS），∴DP＝DM，AP＝BM，∵DH⊥BP，∴DH为△PDM的中线，∴HP＝HM，∴BP＝BM+PM＝BM+2HM，∵BH＝BM+HM，∴．解法三：如图：连接DA，DB，DP，CD，将△APD沿PD翻折得到△A'PD，∵∠APD+∠ACD＝180°，，∴∠BPD＝∠ACD，∴∠BPD+∠APD＝180°，由翻折得△APD≌△A'PD，∴∠A'PD＝∠APD，AD＝A'D，∴∠A'PD+∠BPD＝180°，∴A'，P，B三点共线，∵，∴AD＝BD，∴A'D＝BD，又∵DH⊥A'B，∴A'H＝HBA'B，∴AP+PHAP+PB，∴比值不变，恒为．22．（1）①证明：如图1中，在平行四边形ABCD中，AB＝BC，∴平行四边形ABCD是菱形，∴CA平分∠BCD，∴∠ACB＝∠ACD∵BA＝BC，∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝∠ACD＝60°，∵∠BAC＝∠EAF＝60°，∴∠1＝∠2，∵∠B＝∠ACF，∴△ABE≌△ACF（ASA），∴AE＝AF，∵∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形． ②解：过点A作AH⊥BC于点H．连接AC，则BH＝CH＝2．在Rt△ABH中，sin∠ABH，∠BAH＝30°，在Rt△AEF中，cos∠EAF，∴，∠BAE＝∠HAF，∴△ABE∽△AHF，∴，∴FH，∴当F落在H左侧时，CF＝CH+HF＝2，当F落在H右侧时，CF＝CH﹣HF＝2． （2）解：如图3中，过点P作PH⊥AB交∠ABC的角平分线于点H，连接HG．∵∠BPH＝90°，∠PBH∠ABC＝30°，∴PBPH，∵∠EPG＝90°，∠PEG∠PEF＝30°，∴PEPG，∴，∵∠BPH＝∠EPG＝90°，∴∠BPE＝∠HPG，∴△BPE∽△HPG，∴，∴HGBE，∴点G的运动轨迹是以H为圆心，为半径的圆，∴DG的最大值与最小值的差是⊙H的直径．故答案为：．