2023年广东省江门市鹤山市重点学校中考数学综合训练试卷（二）-普通用卷

这是一份2023年广东省江门市鹤山市重点学校中考数学综合训练试卷（二）-普通用卷，共22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. −2023的绝对值等于( )
A. −2023B. 2023C. ±2023D. 2022
2. 世界上最小的开花结果植物是澳大利亚的出水浮萍，这种植物的果实像一个微小的无花果，质量只有0.000000076克，将数0.000000076用科学记数法表示为( )
A. 7.6×10−9B. 7.6×10−8C. 7.6×109D. 7.6×108
3. 下列汽车标志中既是轴对称又是中心对称图形的是( )
A. 大众B. 本田
C. 欧宝D. 奥迪
4. 学校体育特长班有30名成员，如表是体育特长班的年龄分布统计表.对于不同的x值，如表关于年龄的统计量不会发生改变的是( )
A. 平均数、中位数B. 平均数、方差C. 众数、中位数D. 众数、方差
5. 把函数y=(x−1)2+2图象向右平移1个单位长度，向下平移3个单位长度，平移后图象的函数解析式为( )
A. y=x2−1B. y=(x−1)2+1C. y=(x−2)2+5D. y=(x−2)2−1
6. 若点P(m+5,m−3)在x轴上，则点P的坐标为( )
A. (8,0)B. (0,8)C. (4,0)D. (0,−4)
7. 若a、b是关于x的一元二次方程x2−2kx+4k=0的两个实数根，且a2+b2=12，则k的值是( )
A. −1B. 3C. −1或3D. −3或1
8. 如图，点D、E分别在线段BC、AC上，连接AD、BE.若∠A=35°，∠B=25°，∠C=50°，则∠1的大小为( )
A. 60°B. 70°C. 75°D. 85°
9. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC= 3，以点B为圆心，BA长为半径画弧，交CD于点E，连接BE，则扇形BAE的面积为( )
A. π3B. 3π5C. 2π3D. 3π4
10. 如图，⊙O的半径为5，弦AB长为8，过AB的中点E有一动弦CD(点C只在AB上运动，且不与A、B重合)，设EC=x，ED=y，下列能够表示y与x之间函数关系的图象是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 式子 2023−x中，x的取值范围是______ ．
12. 已知实数x，y满足方程组3x−2y=13x+2y=2，则9x2−4y2=______．
13. 一个多边形的内角和是1080°，这个多边形的边数是______．
14. 如图是某几何体的三视图及相关数据(单位：cm)，则该几何体的侧面积为 cm2．
15. 如图，在矩形ABCD中，DC=3，AD= 3，AC的垂直平分线分别交AB，AC，CD于点E，O，F，点G是AE的中点，连接AF，CE，OG，则下列结论：①DF=1；②BC=2OG；③四边形AECF是菱形；④S△AOG=112S矩形ABCD，其中结论正确的是______ .(填写正确结论的序号
)
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(a2−4a2−4a+4−12−a)÷2a2−2a，其中a是方程x2+3x−4046=0的一根．
17. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD为矩形．
(1)求作DC边的中点E(用尺规作图法，保留作图痕迹，不要求写作法)；
(2)连接AE、BE，求证△ADE≌△BCE．
18. (本小题8.0分)
如图，点F，H是菱形ABCD的对角线BD上的两点，以FH为对角线作矩形EFGH、使点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上．
(1)求证：∠AEF=∠CGH；
(2)若E为AD中点，FH=3，求菱形ABCD的周长．
19. (本小题9.0分)
学习习近平总书记关于生态文明建设重要讲话，牢固树立“绿水青山就是金山银山”的科学观，让环保理念深入到学校，对本班全体学生进行了调查，并将调查结果分为了三类：A：好，B：中，C：差.请根据图中信息，解答下列问题：
(1)求全班学生总人数；
(2)在扇形统计图中，a= ______ ，b= ______ ，C类的圆心角为______ ；
(3)张老师在班上随机抽取了4名学生，其中A类1人，B类2人，若再从这4人中随机抽取2人，请求出全是B类学生的概率．
20. (本小题9.0分)
2022年第22届世界杯足球赛在卡塔尔举行，某商场在世界杯开始之前，用6000元购进A，B两种世界杯吉祥物共110个，且用于购买A种吉祥物与购买B吉祥物的费用相同，且A种吉祥物的单价是B种吉祥物的1.2倍．
(1)求A，B两种吉祥物的单价各是多少元？
(2)世界杯开始后，商场的吉祥物很快就卖完了，于是计划用不超过16800元的资金再次购进A，B两种吉祥物共300个，已知A，B两种吉祥物的进价不变.求A种吉祥物最多能购进多少个？
21. (本小题9.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点D(4,3)在对角线OB上，且ODOB=13.反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过C，D两点，直线CD交x轴于点E．
(1)求k的值；
(2)求△ODE的面积．
22. (本小题12.0分)
如图，以线段AC为直径的⊙O交△ABC的边AB于点D，连接CD，作∠ADC平分线交AC于点F，交⊙O于点E，连接CE，作AM⊥DE于点M，连接MO，∠BCD=∠E．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)求证：MO⊥AD；
(3)若tanE=34，△OFM的面积为2，求△CDF的面积．
23. (本小题12.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于点A(1,0)、B(3,0)，与y轴交于点C，联结AC、BC．
(1)求该抛物线的表达式及顶点D的坐标；
(2)如果点P在抛物线上，CB平分∠ACP，求点P的坐标；
(3)如果点Q在抛物线的对称轴上，△DBQ与△ABC相似，求点Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为负数的绝对值等于它的相反数；
所以，−2023的绝对值等于2023．
故选：B．
利用绝对值的意义求解．
本题考查绝对值的含义．即：正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数．
2.【答案】B
【解析】解：将0.000000076用科学记数法表示为7.6×10−8，
故选：B．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|AD，AD=BC，
∴OG≠12BC，
∴BC≠2OG，
故②错误，
∵CF=AE，CF//AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵FC=FA，
∴四边形AECF是菱形，故③正确，
∵∠D=90°，∠ACD=30°，
∴AC=2AD，
∴AD=AO，
∵AF=AF，∠D=∠AOF=90°，
∴Rt△ADF≌Rt△AOF，
∴△ADF的面积=△AOF的面积，
∵AO=OC，OF=OE，
∴△AOF的面积=△AOE的面积=△OFC的面积．
同法可证△BEC的面积=△ECO的面积=△OCF的面积，
∴△AOE的面积=16矩形ABCD的面积，
∵AG=GE，
∴△AOG的面积=112矩形ABCD的面积，故④正确．
故答案为：①③④．
①正确．证明∠DAF=30°，解直角三角形，可得结论；
②错误，利用三角形中位线定理证明OG=12AF，可得结论；
③正确．根据邻边相等的四边形是菱形证明即可；
④正确．利用三角形的中线平分三角形的面积，判断即可．
本题考查矩形的性质，线段的垂直平分线的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型
16.【答案】解：原式=[(a+2)(a−2)(a−2)2+1a−2]×a(a−2)2
=a+3a−2⋅a(a−2)2
=a2+3a2，
∵a是方程x2+3x−4046=0的一根，
∴a2+3a−4046=0，
∴a2+3a=4046，
把a2+3a=4046代入原式=40462=2023．
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再求出x的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
17.【答案】(1)解：如图，点E即为所求．

(2)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠D=∠C=90°，
在△ADE和△BCE中，
AD=BC∠D=∠C=90°DE=CE，
∴△ADE≌△BCE(SAS)．
【解析】(1)作线段CD的垂直平分线即可；
(2)根据ASA证明三角形全等．
本题考查作图−复杂作图，全等三角形的判定等知识，解题的关键是掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
18.【答案】(1)证明：延长GH交AD于点M，如图所示：

∵四边形EFGH是矩形，
∴EF//GH，
∴∠AEF=∠GME，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，
∴∠GME=∠CGH，
∴∠AEF=∠CGH；
(2)解：连接EG，如图所示：

在矩形EFGH中，EH=FG，∠FEH=∠FGH=90°，
又∵∠AEF=∠CGH，
∴∠DEH=∠BGF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，
∴∠EDH=∠GBF，
∴△BGF≌△DEH(AAS)，
∴BG=DE，
∵E为AD中点，
∴AE=ED，
∴AE=BG，
∵AE//BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴AB=EG，
∵四边形EFGH是矩形，FH=3，
∴EG=3，
∴AB=3，
∴菱形ABCD的周长为3×4=12．
【解析】(1)延长GH交AD于点M，根据矩形的性质可得∠AEF=∠GME，根据菱形的性质可得∠GME=∠CGH，即可得证；
(2)连接EG，易证△BGF≌△DEH(AAS)，可得BG=DE，再根据E是AD的中点，可证四边形ABGE是平行四边形，可得AB=GE，再根据矩形的性质可得EG=FH，可得AB的长，进一步即可求出菱形ABCD的周长．
本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，本题综合性较强，属于中考常考题型．
19.【答案】15 60 54°
【解析】解：(1)全班学生总人数为：10÷25%=40(人)；
(2)∵C类人数为：40−(10+24)=6(人)，
∴C类所占百分比为640×100%=15%，C类的圆心角为360°×640=54°，B类百分比为2440×100%=60%，
∴a=15，b=60，54°；
故答案为：15，60，54°；
(3)列表如下：
由表可知，共有12种等可能结果，其中全是B类学生的有2种结果，
∴全是B类学生的概率为212=16．
(1)由A类人数及其所占百分比可得总人数；
(2)总人数减去A、B的人数求得C类人数，由360°乘以C类所占比例得C类的圆心角度数，分别用B、C的人数除以总人数可得对应百分比；
(3)列表得出所有等可能结果，再根据概率公式求解可得．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】解：(1)6000÷2=3000(元)．
设B种吉祥物的单价是x元，则A种吉祥物的单价是1.2x元，
根据题意得：30001.2x+3000x=110，
解得：x=50，
经检验，x=50是所列方程的解，且符合题意，
∴1.2x=1.2×50=60．
答：A种吉祥物的单价是60元，B种吉祥物的单价是50元；
(2)设购进m个A种吉祥物，则购进(300−m)个B种吉祥物，
根据题意得：60m+50(300−m)≤16800，
解得：m≤180，
∴m的最大值为180．
答：A种吉祥物最多能购进180个．
【解析】(1)设B种吉祥物的单价是x元，则A种吉祥物的单价是1.2x元，利用数量=总价÷单价，结合购进A，B两种世界杯吉祥物共110个，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出B种吉祥物的单价，再将其代入1.2x中，即可求出A种吉祥物的单价；
(2)设购进m个A种吉祥物，则购进(300−m)个B种吉祥物，利用总价=单价×数量，结合总价不超过16800元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
21.【答案】解：(1)∵反比例函数y=kx(k>0,x>0)经过D点，D(4,3)，
∴k=4×3=12；
(2)分别过点D、B作x轴垂线DF，BG；
∵DF//BG，
∴△ODF∽△OBG，
∴ODOB=DFBG，
∵ODOB=13，DF=3，
∴BG=9，
∵平行四边形OABC中，BC//OA，
∴点C的纵坐标为9，
∵点C在反比例函数y=12x上，
∴C(43,9)，
又∵D(4,3)，
设直线CD解析式为：y=ax+b，则4a+b=343a+b=9，
解得a=−94b=12，
∴直线CD解析式为：y=−94x+12，
令y=0，−94x+12=0，解得x=163，
∴点E(163,0)，
∴OE=163，
∴S△ODE=12DF⋅OE=12×3×163=8．
【解析】(1)根据待定系数法求解即可；
(2)分别过点D、B作x轴垂线DF，BG，通过证得△ODF∽△OBG，求得BG=9，进一步求得C(43,9)，利用待定系数法求得直线CD的解析式，即可求得点E的坐标，根据三角形面积公式即可求得△ODE的面积．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求反比例函数的解析式，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，熟练掌握待定系数法以及求得关键点的坐标是解题的关键．
22.【答案】证明：(1)∵AC为⊙O的直径，D点在⊙O上，
∴∠CDA=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°，
∵CD=CD，
∴∠DAC=∠E，
∵∠BCD=∠E
∴∠BCD=∠DAC，
∴∠BCD+∠ACD=90°，
∴BC⊥AC，
∴BC是⊙O的切线；
(2)连接DO，过点M作MG⊥AB交于G，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADM=∠CDE=12∠ADC=45°，
∵AM⊥DE，
∴∠DAM=45°，
∴DM=AM，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∵MG⊥AD，
∴DG=AG，
∴M、O、G三点共线，
∴MO⊥AD；
(3)解：∵∠E=∠DAC，
∵tanE=34，
∴CDAD=34，
设CD=3x，则AD=4x，
∴AC=5x，
由(2)知，OA=OD=OC=52x，
∵AG=DG=MG=2x，
∴OG=32x，
∴OM=MG−OG=12x，
∵CD⊥AD，MG⊥AD，
∴CD//MG，
∴∠CDF=∠FMO，∠DCF=∠FOM，
∴△CDF∽△OMF，
∴S△CDFS△OMF=(CDOM)2=((3x12x)2=36,
∴S△CDF=36S△OFM=72．
【解析】(1)利用同弧所对的圆周角相等，可得∠BCD=∠DAC，可得∠BCD+∠ACD=90°，即可证明；
(2)连接DO，过点M作MG⊥AB交于G，证明△ADM是等腰直角三角形，再由等腰三角形三线合一可得M、O、G三点共线，即可证明；
(3)由题意可得CDAD=34，设CD=3x，则AD=4x，AC=5x，求出OM=MG−OG=12x，再由CD//MG，可证明△CDF∽△OMF，则S△CDFS△OMF=(CDOM)2=36，即可求S△CDF=36S△OFM=72．
本题考查圆的综合，熟练掌握圆周角定理，垂径定理，直角三角形勾股定理是解题的关键．
23.【答案】解：(1)把点A(1,0)，B(3,0)两点的坐标代入y=ax2+bx−3得：
a+b−3=0 9a+3b−3=0，
解得a=−1b=4．
∴抛物线的解析式为y=−x2+4x−3；
∵y=−x2+4x−3=−(x−2)2+1，
∴顶点D的坐标为(2,1)；
(2)过点P作PD⊥x轴，垂足为D，过点C作CE⊥y轴，垂足为C，交PD于点E，

∴DE⊥CE，∠OCE=90°，
∵抛物线的解析式为y=−x2+4x−3，
∴C(0,−3)，
∴OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠BCE=45°，
∵CB平分∠ACP，
∴∠ACB=∠PCB，
∴∠OCB−∠ACB=∠BCE−∠BCP，
∴∠ACO=∠PCE，
∵tan∠ACO=OAOC=13，
∴tan∠ACO=tan∠PCE=PECE=13，
设P(x,−x2+4x−3)，
∴PE=3−(x2−4x+3)=−x2+4x，CE=x，
∴−x2+4xx=13，解得x=0(舍去)或113，
∴点P的坐标为(113,−169)；
(3)如图：设对称轴于x轴交于点M．

∵顶点D的坐标为(2,1)，
∴BM=DM=1，
∴∠BDQ=∠CBA=45°，BD= 2，
∵A(1,0)，B(3,0)，C(0,−3)，
∴AB=2，BC= OB2+OC2=3 2．
①当∠DBQ=∠BCA时，△DBQ∽△BCA．
∴DQAB=BDCB，即DQ2= 23 2，
∴DQ=23，
∴QM=DM−DQ=1−23=13，
∴Q的坐标是(2,13)；
②当∠DBQ=∠BAC时，△DBQ∽△BAC．
∴DQ′BC=BDAB，即DQ′3 2= 22，
∴DQ′=3，
∴Q′M=DQ′−DM=3−1=2，
∴Q′的坐标是(2,−2)；
∵∠BDN=180°−45°=135°，∠BAC