2023年广东省佛山市南海区桂城街道映月中学中考一模数学试题（含解析）

这是一份2023年广东省佛山市南海区桂城街道映月中学中考一模数学试题（含解析），共22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年广东省佛山市南海区桂城街道映月中学中考一模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知，则下列各式正确的是（    ）A． B． C． D．2．如图，线段是的直径，于点，若长为，长为，则半径是（    ）  A． B． C． D．3．在中，，，，则的值为（    ）A． B． C． D．4．如图，身高1.6米的小慧同学从一盏路灯下的B处向前走了8米到达点C处时，发现自己在地面上的影子CE的长是2米，则路灯AB的高为（     ）A．5米 B．6.4米 C．8米 D．10米5．如图，是的直径，点C，D在上，若，则的度数为（　　　）A．55° B．45° C．35° D．25°6．将抛物线先向右平移3个单位长度，再向上平移5个单位长度，所得抛物线的解析式为（    ）A． B． C． D．7．如图，在中，E为边上的点，若，交于F，则等于（    ）A．4：5 B．2：5 C．5：9 D．4：98．已知二次函数的图象如图所示，则反比例函数与一次函数在同一平面直角坐标系内的图象可能是（    ）A． B． C． D．9．顺次连接矩形各边中点得到四边形，它的形状是（    ）A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形10．已知二次函数（）的图象如图所示，对称轴为直线，与轴的一个交点为．给出下列结论：①；②；③图象与轴的另一个交点为；④当时，随的增大而减小；⑤不等式的解集是．其中正确结论的个数是（    ）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 二、填空题11．计算：___________．12．已知是方程的一个根，则代数式的值是______ ．13．在平面直角坐标系中，以原点为位似中心，将扩大到原来的倍，得到，若点的坐标是，则点的坐标是 ______ ．14．在数学实践活动中，某同学用一张如图1所示的矩形纸板制做了一个扇形，并有这个扇形，围成一个圆锥模型（如图2所示），若扇形的圆心角为120°，圆锥的底面半径为6，则此圆锥的母线长为 _____．15．如图，点的坐标为，点的坐标为，点、点关于原点对称，点是平面上一点，且满足，则线段的最小值为______ ．   三、解答题16．解方程：17．一个不透明的口袋里装有红、黄、绿三种颜色的球（除颜色不同外其余都相同），其中红球有2个，黄球有1个，从中任意摸出1球是红球的概率为．(1)试求袋中绿球的个数；(2)第1次从袋中在意摸出1球（不放回），第2次再任意摸出1球，请你用画树状图或列表格的方法，求两次都摸到红球的概率．18．如图，学校教学楼附近有一个斜坡，王老师发现教学楼在水平地面与斜坡处形成的投影中，在斜坡上的影子，坡角点到楼房的距离，在点处观察点的仰角为，已知坡角为，请帮王老师求出楼房的高度．19．因粤港澳大湾区和中国特色社会主义先行示范区的双重利好，深圳已成为国内外游客最喜欢的旅游城市之一深圳着名旅游“网红打卡地”东部华侨城景区一奶茶店销售一款奶茶，每杯成本价为元，根据销售经验，在旅游旺季，若每杯定价元，则平均每天可销售杯；若每杯价格降低元，则平均每天可多销售杯店家计划在年春节期间进行降价促销活动，设每杯奶茶降价为元时，每天可销售杯．(1)求与之间的函数关系式；(2)当为多少时，能让店家获得最大利润额？最大利润额为多少？20．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D在AB边上一点．过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．（1）求证：CE＝AD；（2）当点D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由．21．如图，在直角坐标平面内，函数是常数的图象经过，，其中过点A作轴垂线，交于点，过点作轴垂线，垂足为，连接．  (1)求反比例函数的解析式；(2)若的面积为，求点的坐标．22．如图，为的直径，切于点，与的延长线交于点，交延长线于点，连接，，已知，，．（1）求证：是的切线；（2）求的半径．（3）连接，求的长．23．抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；（2）在直线上方的抛物线上找一点P，使，求点P的坐标；（3）在坐标轴上找一点M，使以点B，C，M为顶点的三角形与相似，直接写出点M的坐标．
参考答案：1．C【分析】根据比例的性质，即可求解．【详解】截：∵，∴，故A选项错误，不符合题意；C选项正确，符合题意；，故B、D选项错误，不符合题意；故选：C【点睛】本题考查了比例的性质：熟练掌握比例的性质（内项之积等于外项之积；合比性质；分比性质；合分比性质；等比性质）是解决问题的关键．2．D【分析】连接，如图，先根据垂径定理得到，最后利用勾股定理计算出即可．【详解】解：连接，如图， ∵，长为，∴，，∵长为，∴在中，，即半径为．故选：．  【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．3．D【分析】由勾股定理算出AC的值，然后根据正切函数的定义即可得到解答．【详解】解：由勾股定理可得：，∴tanA=，故选D ．　【点睛】本题考查解直角三角形，熟练掌握勾股定理及三角函数的定义是解题关键．4．C【分析】根据CD//AB，得出△ECD∽△EBA，进而得出比例式求出即可．【详解】解：由题意知，CE＝2米，CD＝1.6米，BC＝8米，CDAB，则BE＝BC+CE＝10米，∵CDAB，∴△ECD∽△EBA∴＝，即＝，解得AB＝8（米），即路灯的高AB为8米．故选C．【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，根据题意说明△ECD∽△EBA是解答本题的关键．5．C【分析】先根据圆周角定理求出∠ADB的度数，再由直角三角形的性质求出∠A的度数，进而可得出结论．【详解】解：连接AD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°．∵∠ABD=55°，∴∠DAB=90°-55°=35°，∴∠BCD=∠DAB=35°．故选：C．【点睛】本题考查的是圆周角定理，熟知直径所对的圆周角是直角是解答此题的关键．6．B【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解．【详解】解：将抛物线先向右平移3个单位长度，得：；再向上平移5个单位长度，得：，故选：B．【点睛】此题主要考查的是二次函数图象与几何变换，解题的关键是掌握用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式．7．B【分析】通过证明△ADF∽△EBF，可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵BE：EC＝2：3，∴BE：AD＝2：5，∵AD∥BC，∴△ADF∽△EBF，∴BF：FD＝BE：AD＝2：5，故选：B．【点睛】本题考查的是平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质，灵活运用平行四边形的性质定理和相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．8．C【分析】首先根据二次函数图象与y轴的交点可得c＞0，根据抛物线开口向下可得a＜0，由对称轴在y轴右边可得a、b异号，故b＞0，再根据反比例函数的性质与一次函数图象与系数的关系画出图象可得答案．【详解】解：根据二次函数图象与y轴的交点可得c＞0，根据抛物线开口向下可得a＜0，由对称轴在y轴右边可得a、b异号，故b＞0，则反比例函数的图象在第二、四象限，一次函数经过第一、二、四象限，故选：C．【点睛】此题主要考查了二次函数图象，一次函数图象，反比例函数图象，关键是根据二次函数图象确定出a、b、c的符号．9．C【分析】四边形是菱形；根据矩形中，分别是 的中点，利用三角形中位线定理求证，然后利用四条边都相等的平行四边形是菱形即可判定．【详解】解：四边形是菱形；理由如下：连接，∵矩形中，分别是的中点，∴，∴，，，，同理， ∴，∴四边形是菱形．故选：C．【点睛】此题主要考查学生对菱形的判定、三角形中位线定理和矩形的性质的理解和掌握，证明此题的关键是正确利用三角形中位线定理进行证明．10．C【分析】根据二次函数的图象与性质即可求出答案．【详解】解：①由图象可知：抛物线与x轴有两个交点，∴，故①错误；②当时，，由图象可知当时，，∴，故②正确；③关于直线x=1的对称点为，故③正确；④当时，由图象可知y先随x的增大而增大，再随x的增大而减小，故④错误；⑤由图象及③可知，抛物线与x轴的交点为，，∴当时，可，故⑤错误；综上，有②，③是正确的，故有2个正确的，故选：C．【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，掌握抛物线的位置与系数a，b，c的关系是正确判断的关键．11．0【分析】直接利用特殊角的三角函数值分别代入，进而计算得出答案．【详解】解：原式．故答案为：．【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．12．【分析】根据方程的根的定义，把代入方程求出即可解答；【详解】解：∵是方程的一个根，∴，整理得，，∴，故答案是：．【点睛】本题考查了一元二次方程的解的概念，已知式子的值求代数式的值，理解一元二次方程的解的概念是解题的关键．13．或【分析】根据以原点为位似中心，将扩大到原来的倍，即可得出对应点的坐标应乘以或2，即可得出点的坐标．【详解】解：根据以原点为位似中心，图形的坐标特点得出，对应点的坐标应乘以或2，点的坐标是，则点的坐标是或故答案为：或．【点睛】此题主要考查了关于原点对称的位似图形的性质，得出对应点的坐标乘以或是解题关键．14．18【分析】设此圆锥的母线长为R，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用弧长公式得到2π×6=，然后解方程即可．【详解】解：设此圆锥的母线长为R，根据题意得2π×6=，解得R=18，即此圆锥的母线长为18．故答案为：18．【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．15．【分析】根据直径所对的圆周角是直角，作出以为直径作，连接与交于点，此时的值最小，再根据点的坐标求出的长即可解答．【详解】解：如图，以为直径作，连接与交于点，过点作轴于点，此时满足，的值最小，∵点的坐标是，∴，∵点的坐标为，∴，∴，∴．故答案为：．  【点睛】本题主要考查了点和圆的位置关系，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，准确找到点的位置是解题的关键．16．【分析】根据十字相乘法可直接进行求解．【详解】解：，解得：．【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．17．(1)绿球有1个(2)两次都摸到红球的概率为 【分析】（1）设绿球的个数为，根据题意列出方程，求解即可得到答案；（2）根据题意列出表格，得到共有12种等可能的结果，其中两次都摸到红球的结果有2种，再根据概率公式计算即可．【详解】（1）解：设绿球的个数为，根据题意得：，解得：，经检验是所列方程的根，绿球有1个；（2）解：根据题意，画出表格为：     第1次第2次黄绿————（，）（黄，）（绿，）（，）———（黄，）（绿，）黄（，黄）（，黄）———（绿，黄）绿（，绿）（，绿）（黄，绿）———由表格可知共有12种等可能的结果，其中两次都摸到红球的结果有2种，即（，），（，），两次都摸到红球的概率为：．【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步完成的事件，树状图法适用于两步或两步以上完成的事件，解题时还要注意是放回实验还是不放回实验，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．18．楼房AB的高度为．【分析】作DH⊥AB，根据Rt△CDE和Rt△ADH中三角函数值得出BH和AH的长度，从而得出答案．【详解】解：作于H，  在中，，，，  在中，，，答：楼房AB的高度为． ．点睛：本题主要考查的是解直角三角形的性质，属于基础题型．作出辅助线构造出直角三角形是解决这个问题的关键．19．(1)(2)时，能让店家获得最大利润额，最大利润额为元 【分析】（1）由题意写出与之间的函数关系式即可；（2）设最大利润额为，由题意得关于的一元二次方程，解方程并根据问题的实际意义解答即可．【详解】（1）解：由题意得：，即与之间的函数关系式为；（2）解：设最大利润额为，由题意得： ，∴时，能让店家获得最大利润额，最大利润额为元．答：当为时，能让店家获得最大利润额，最大利润额为元．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的应用，理清题中的数量关系并正确地列出函数关系式是解题的关键．20．（1）见解析；（2）四边形BECD是菱形，见解析【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD＝BD，根据菱形的判定推出即可．【详解】（1）证明：∵DE⊥BC，∴∠DFB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠DFB，∴AC∥DE，∵MN∥AB，即CE∥AD，∴四边形ADEC是平行四边形，∴CE＝AD；（2）解：四边形BECD是菱形，理由是：∵D为AB中点，∴AD＝BD，∵CE＝AD，∴BD＝CE，∵BD∥CE，∴四边形BECD是平行四边形，∵∠ACB＝90°，D为AB中点，∴CD＝BD，∴四边形BECD是菱形．【点睛】本题主要考查平行四边形及菱形的性质与判定，熟练掌握平行四边形及菱形的性质与判定是解题的关键．21．(1)(2)点的坐标是 【分析】（1）把A点的坐标代入反比例函数解析式求出的值即可；（2）根据点在反比例函数图象上得到与间的关系，再根据的面积求出的值，从而得出点的坐标．【详解】（1）解：∵反比例函数的图象经过，，反比例函数的解析式是；（2），其中，轴，，，，，的面积为，，点在反比例函数的图象上，，，解得：，，点的坐标是．【点睛】本题考查了用待定系数法求解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，熟练掌握反比例函数图象和性质的性质是解题的关键．22．（1）证明见解析；（2）圆的半径为；（3）．【分析】（1）由已知角相等、对顶角相等，根据三角形内角和180°得到，即可解题；（2）在直角三角形PBD中，由PB与DB的长，利用勾股定理求出PD的长，由切线长定理得到PC=PB，由PD-PC求出CD的长，在直角三角形OCD中，设OC=r，则OD=8-r，利用勾股定理列出关于方程的解得到r的值，即为圆的半径；（3）延长、相交于点，根据切线的性质及角平分线的性质，证明，继而解读BF的长，再由勾股定理解题即可．【详解】（1）证明：，，，，，为的切线；（2）解：在中，，，根据勾股定理得：，与都为的切线，；在中，设，则有，根据勾股定理得：解得：，则圆的半径为．（3）延长、相交于点与都为的切线，平分又，在中，【点睛】本题考查切线的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．23．（1）；；（2）或；（3）点M的坐标为或，或．【分析】（1）将代入抛物线解析式中，利用待定系数法解得抛物线的一般式解析式，再利用配方法，化为顶点式解析式，即可解题；（2）令，解得抛物线与轴是交点，再利用勾股定理分别解得的长，接着根据勾股定理逆定理判断为直角三角形，设直线的解析式为，由待定系数法解得直线的解析式，并解得线段的中点N的坐标，过点N作，交抛物线于点P，由待定系数法解得直线的解析式，联立由成一元二次方程，据此解题即可；（3）分三种情况讨论：①，②，③， 分别利用相似三角形的性质解题即可．【详解】解：（1）将代入抛物线解析式中得：，解得：，∴抛物线解析式为；当时，，∴顶点；（2）当时，∴点C的坐标为，∴，∴，∴为直角三角形，．设直线的解析式为，根据题意得：，解得：，∴直线的解析式为，∵，，∴线段的中点N的坐标为，过点N作，交抛物线于点P，设直线的解析式为，则，解得：，∴直线的解析式为，由联立得：，解得：，∴或；（3）分三种情况：①，此时M恰好为原点，；②，设或（舍去）此时；③，设或（舍去）此时M在y轴负半轴上， ；综上所述，点M的坐标为或或．【点睛】本题考查二次函数的综合题，涉及待定系数法解二次函数的解析式、求一次函数解析式、二次函数与一元二次方程、勾股定理及勾股定理逆定理、相似三角形的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．