2023年广东省广州市白云区华赋学校中考数学二模试卷(含答案)

这是一份2023年广东省广州市白云区华赋学校中考数学二模试卷(含答案)，共25页。
2023年广东省广州市白云区华赋学校中考数学二模试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）如图，要使▱ABCD成为矩形，需要添加的条件是（　　）

A．∠ABC＝90° B．∠ABD＝∠CBD C．AC⊥BD D．AB＝BC
3．（3分）下列计算结果正确的是（　　）
A．2a+5b＝7ab B．a6÷a2＝a3
C．（﹣a+b）（﹣b﹣a）＝a2﹣b2 D．（﹣xy2）4＝﹣x4y8
4．（3分）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB＝4，则BE的长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
5．（3分）某校要从四名学生中选拔一名参加市“汉字听写”大赛，将多轮选拔赛的成绩数据进行分析得到每名学生的平均成绩及其方差如下表所示：

甲
乙
丙
丁
平均数（单位：分）
m
90
91
88
方差s2（单位：分2）
n
12.5
14.5
11
根据表中数据，可以判断同学甲是这四名选手中成绩最好且发挥最稳定的学生，则m，n的值可以是（　　）
A．m＝92，n＝15 B．m＝92，n＝8.5
C．m＝85，n＝10 D．m＝90，n＝12.5
6．（3分）如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O，M、N分别为BC、OC的中点．若∠ACB＝30°，AB＝8，则MN的长为（　　）

A．2 B．4 C．8 D．16
7．（3分）已知等腰三角形ABC中．BC＝8，AB，AC的长是关于x的方程x2﹣10x+m＝0的两个实数根，则m的值为（　　）
A．25 B．14 C．25或16 D．25或14
8．（3分）若点A（﹣4，y1），B（﹣2，y2），C（5，y3）在反比例函数y＝（a为常数）的图象上，则y1，y2，y3大小关系为（　　）
A．y3＞y1＞y2 B．y2＞y3＞y1 C．y3＞y2＞y1 D．y1＞y2＞y3
9．（3分）如图，已知△ABC，AB＝BC，以AB为直径的圆交AC于点D，过点D的⊙O的切线交BC于点E．若CD＝5，CE＝4，则⊙O的半径是（　　）

A．3 B．4 C． D．
10．（3分）已知函数y＝x2﹣2ax+7，当x≤3时，函数值随x增大而减小，且对任意的1≤x1≤a+2和1≤x2≤a+2，x1，x2相应的函数值y1，y2总满足|y1﹣y2|≤9，则实数a的取值范围是（　　）
A．﹣3≤a≤4 B．﹣3≤a≤5 C．3≤a≤4 D．3≤a≤5
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）因式分解：3x2﹣12＝　 　．
12．（3分）现有四张完全相同的刮刮卡，涂层下面的文字分别是“我”、“爱”、“中”、“国”．小亮从中随机抽取两张并刮开，则这两张刮刮卡上的文字恰好是“爱”和“国”的概率是 　 　．
13．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于点D，AE∥BD交CB的延长线于点E，若∠E＝28°，则∠BAC＝　 　．

14．（3分）一次函数y＝nx+（n2﹣7）的图象过y轴上一点（0，2），且y随x的增大而减小，则n＝　 　．
15．（3分）已知x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣4x﹣1＝0的两个实数根，则＝　 　．
16．（3分）在平面直角坐标系中，直线y＝x﹣2与x轴、y轴分别交于点B、C，半径为1的⊙P的圆心P从点A（4，m）出发以每秒个单位长度的速度沿射线AC的方向运动，设点P运动的时间为t秒，则当t＝　 　秒时，⊙P与坐标轴相切．

三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（5分）解方程组：．
18．（5分）如图，点E、C在线段BF上，AC∥DF，∠A＝∠D，AB＝DE，证明：BE＝CF．

19．（6分）已知：T＝（1+）÷．
（1）化简T；
（2）若点（x，0）在二次函数y＝（x﹣3）（x﹣1）的图象上，求T的值．
20．（6分）如图，已知直线y＝﹣x上一点B，由点B分别向x轴、y轴作垂线，垂足为A、C，若A点的坐标为（0，5）．
（1）若点B也在一反比例函数的图象上，求出此反比例函数的表达式．
（2）若将△ADO沿直线OD翻折，使A点恰好落在对角线OB上的点E处，求点E的坐标．

21．（8分）央行推出数字货币，支付方式即将变革，调查结果显示，目前支付方式有：A微信、B支付宝、C现金、D其它，调查组对某超市一天内购买者的支付方式进行调查统计，根据调查结果绘制了两幅不完整的统计图．
请你根据统计图提供的信息，解答下列问题：

（1）本次一共调查了多少名购买者？
（2）请补全条形统计图；
（3）在扇形统计图中，C种支付方式所对应的圆心角为 　 　度；
（4）在一次购物中，小明和小亮都想从“微信”、“支付宝”、“现金”三种付款方式中选一种方式进行付款，请用树状图或列表法求出两人恰好选择同一种付款方式的概率．
22．（8分）如图，某电影院的观众席成“阶梯状”，每一级台阶的水平宽度都为1m，垂直高度都为0.3m．测得在C点的仰角∠ACE＝42°，测得在D点的仰角∠ADF＝35°．求银幕AB的高度．（参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.7，sin42°≈0.67，cos42°≈0.74，tan42°≈0.9）

23．（10分）在数学课上，老师请同学们思考如下问题：
如图，四边形ABCD为正方形，以AB为直径作⊙O，请用无刻度直尺过点C作⊙O的切线（CB除外）
小超同学设计的作图过程是这样的：
①连接BD交⊙O于点E；
②连接OE并延长交CD于点M；
③连接AM，交⊙O于点N，连接CN，则直线CN为⊙O的切线．
（1）根据小超的设计，完成作图；
（2）你认为小超的设计正确吗？为什么？请说明理由．

24．（12分）抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．对称轴与x轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）如图，连接CD、CB，在直线BC上方的抛物线上找点P，使得∠PCB＝∠DCB，求出P点的坐标；
（3）点M为直线BC上一点，点N为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M和点N，使得以C，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由


25．（12分）【问题发现】
（1）如图1所示，△ABC和△ADE均为正三角形，B、D、E三点共线．猜想线段BD、CE之间的数量关系为 　 　；∠BEC＝　 　°；
【类比探究】
（2）如图2所示，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE，B、D、E三点共线，线段BE、AC交于点F．此时，线段BD、CE之间的数量关系是什么？请写出证明过程并求出∠BEC的度数；
【拓展延伸】
（3）如图3所示，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，BC＝8，DE为△ABC的中位线，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，当DE所在直线经过点B时，请直接写出CE的长．



2023年广东省广州市白云区华赋学校中考数学二模试卷
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：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
2． 解：A、∠ABC＝90°，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，得到▱ABCD是矩形，故A符合题意；
B、∠ABD＝∠CBD，由AD∥BC得到∠ADB＝∠CBD，因此∠ABD＝∠ADB，所以AB＝AD，▱ABCD是菱形，故B不符合题意；
C、AC⊥BD，由平行线四边形的性质，得到AC垂直平分BD，因此AB＝AD，▱ABCD是菱形，故C不符合题意；
D、AB＝BC，此时▱ABCD是菱形，故D不符合题意．
故选：A．
3． 解：A、原式＝2a+5b，∴不符合题意；
B、原式＝a4，∴不符合题意；
C、原式＝a2﹣b2，∴符合题意；
D、原式＝x4y8，∴不符合题意；
故选：C．
4． 解：∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴AB＝AE，∠BAE＝60°，
∴△AEB是等边三角形，
∴BE＝AB，
∵AB＝4，
∴BE＝4．
故选：B．
5． 解：由题意可知，甲的平均数比其他三个同学高，所以m可以是92；
又因为甲是这四名选手中成绩最稳定，所以甲的方差比其他三个同学小，所以n可以是8.5．
故选：B．
6． 解：如图，∵四边形ABCD是矩形，AC，BD交于点O，∠ACB＝30°，AB＝8，
∴BD＝AC＝2AB＝2×8＝16，
∴BD＝2BO，即2BO＝16．
∴BO＝8．
又∵M、N分别为BC、OC的中点，
∴MN是△CBO的中位线，
∴MN＝BO＝4．
故选：B．

7． 解：根据题意，若BC为等腰三角形的腰，则方程x2﹣10x+m＝0有一个根为8，
将x＝8代入得：64﹣80+m＝0，
解得：m＝16，
当m＝16时，方程为x2﹣10x+16＝0，解得：x＝2或x＝8，符合题意；
若BC为等腰三角形的底边，则方程x2﹣10x+m＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝（﹣10）2﹣4m＝0，
解得：m＝25，
此时方程为x2﹣10x+25＝0，解得x＝5，符合题意；
综上m的值为16或25，
故选：C．
8． 解：∵a2≥0，
∴3+a2≥3，
∴反比例函数y＝（a为常数）的图象位于第一三象限，
∵﹣4＜﹣2，
∴0＞y1＞y2，
∵5＞0，
∴y3＞0，
∴y3＞y1＞y2．
故选：A．
9． 解：如图1，连接OD、BD，，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AC，
又∵AB＝BC，
∴AD＝CD，
又∵AO＝OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∴DE⊥BC，
∵CD＝5，CE＝4，
∴DE＝，
∵S△BCD＝BD•CD÷2＝BC•DE÷2，
∴5BD＝3BC，
∴，
∵BD2+CD2＝BC2，
∴，
解得BC＝，
∵AB＝BC，
∴AB＝，
∴⊙O的半径是；
．
故选：D．
10． 解：函数的对称轴为x＝a，而x≤3时，函数值随x增大而减小，故a≥3；
∵1≤x1≤a+2和1≤x2≤a+2，
∴x＝a时，函数的最小值＝7﹣a2，
故函数的最大值在x＝1和x＝a+2中产生，
则x＝1，x＝a+2中，抛物线开口向上，离对称轴越远，函数值越大
∵a≥3，
∴a﹣1≥2，而a+2﹣a＝2，
∴1距离a 更远，
∴x＝1时，函数取得最大值为：8﹣2a，
∵对任意的1≤x1≤a+2和1≤x2≤a+2，x1，x2相应的函数值y1，y2总满足|y1﹣y2|≤9，
只需最大值与最小值的差小于等于9即可，
∴8﹣2a﹣（7﹣a2）≤9，
a2﹣2a﹣8≤0，
解得﹣2≤a≤4，而a≥3，
∴3≤a≤4，
故选：C．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11． 解：原式＝3（x2﹣4）
＝3（x+2）（x﹣2）．
故答案为：3（x+2）（x﹣2）．
12． 解：画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中这两张刮刮卡上的文字恰好是“爱”和“国”的结果有2种，
∴这两张刮刮卡上的文字恰好是“爱”和“国”的概率是：＝，
故答案为：．
13． 解：∵AE∥BD，
∴∠DBC＝∠E＝28°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠DBC＝56°，
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC＝56°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝68°．
故答案为：68°．
14． 解：∵函数图象过点（0，2），
∴n2﹣7＝2，
∴n＝±3，
又∵y随x增大而减小，
∴n＜0，
∴n＝﹣3．
故答案为：﹣3．
15． 解：∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣4x﹣1＝0的两个实数根，
∴x1+x2＝4，x1•x2＝﹣1，
则原式＝＝＝﹣4．
故答案为：﹣4．
16． 解：设⊙P与坐标轴的切点为D，
∵直线y＝x﹣2与x轴、y轴分别交于点B、C，点A（4，m），
∴x＝0时，y＝﹣2，y＝0时，x＝2，x＝4时，y＝2，
∴A（4，2），B（2，0），C（0，﹣2），
∴AB＝2，AC＝4，OB＝OC＝2，
∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC＝45°，
①当⊙P与x轴相切时，

∵点D是切点，⊙P的半径是1，
∴PD⊥x轴，PD＝1，
∴△BDP是等腰直角三角形，
∴BD＝PD＝1，PB＝，
∴AP＝AB﹣PB＝，
∵点P的速度为每秒个单位长度，
∴t＝1；
②如图，⊙P与x轴和y轴都相切时，

∵PB＝，
∴AP＝AB+PB＝3，
∵⊙P的速度为每秒个单位长度，
∴t＝3；
③当⊙P只与y轴相切时，

∵PC＝，
∴AP＝AC+PC＝5，
∵⊙P的速度为每秒个单位长度，
∴t＝5．
综上所述，则当t＝1或3或5秒时，⊙P与坐标轴相切，
故答案为：1或3或5．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17． 解：，
①+②，得：3x＝6，
解得：x＝2，
把x＝2代入①，得：2﹣y＝1，
解得：y＝1，
∴原方程组的解为．
18． 证明：∵AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（AAS），
∴BC＝EF，
∴BC﹣EC＝EF﹣EC，
即BE＝CF．
19． 解：（1）T＝（1+）÷
＝•
＝．
（2）∵（x，0）在二次函数y＝（x﹣3）（x﹣1）的图象上，
∴0＝（x﹣3）（x﹣1），
解得x1＝3，x2＝1，
∵T＝（1+）÷中x≠3，
∴T＝＝＝．
20． 解：由题意得点B纵坐标为5．
又∵点B在直线y＝﹣x上，
∴B点坐标为（﹣，5）．
设过点B的反比例函数的表达式为y＝，
k＝﹣×5＝﹣，
∴此反比例函数的表达式为y＝﹣．

（2）设点E坐标为（a，b）．
∵点E在直线y＝﹣x上，
∴b＝﹣a，
∵OE＝OA＝5，
∴a2+b2＝25，
解得或，
∵点E在第二象限，
∴E点坐标为（﹣4，3）．

21． 解：（1）44÷22%＝200（名），
答：本次一共调查了200名购买者．

（2）A种支付方式的有：200×30%＝60人D种支付方式的有：200﹣56﹣44﹣60＝40（人），
补全统计图如图所示：


（3）扇形统计图中，C种支付方式所对应的圆心角为360°×22%＝79.2°，
故答案为：79.2；

（4）画树状图如下：

一共产生了9种等可能的结果，其中两人恰好选择同一种付款方式的结果有3种，
所以两人恰好选择同一种付款方式的概率为＝．
22． 解：延长CE、DF交AB于H、G，
由题意知，∠AGD＝∠AHC＝90°，
在Rt△AGD中，∠ADG＝35°，
∴tan35°＝，
即DG＝，
在Rt△ACH中，∠ACH＝42°，
∴tan42°＝，
即CH＝，
∵AH＝AG+GH，GH＝0.3，
∴CH＝，
∵DG﹣CH＝1，
∴﹣＝1，
∴﹣＝1
解得：AG＝4.2，
∴AB＝AG+GH+BH＝4.2+0.3+0.6＝5.1．
答：银幕AB的高度约为5.1m．

23． 解：（1）如图，CN为所作；

（2）小超的设计正确．
理由如下：连接ON，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴E点为BD的中点，∠ABC＝90°，
∴OM∥BC，
∴M点为CD的中点，
∴OA＝CM，
而OA∥CM，
∴四边形AOCM为平行四边形，
∴AM∥OC，
∴∠CON＝∠ONA，∠COB＝∠OAN，
∵OA＝ON，
∴∠OAN＝∠ONA，
∴∠CON＝∠COB，
在△CON和△COB中，
，
∴CON≌△COB（SAS），
∴∠CNO＝∠CBO＝90°，
∴ON⊥CN，
∴直线CN为⊙O的切线．
24． 解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣1，0），B（3，0），
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1．
∴D（1，0）．
（2）如图1，过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，过点E作EF⊥x轴交CP于点F，

令x＝0，解得y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝OB＝3，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠ECB＝45°，
∵∠PCB＝∠DCB，
∴∠OCD＝∠ECF，
令y＝3，则﹣x2+2x+3＝3，
解得x＝0（舍去）或x＝2，
∴E（2，3）．
∴CE＝2，
∵D（1，0），
∴OD＝1，
∴tan∠OCD＝＝，
∴tan∠ECF＝，即＝，
∴EF＝，
∴F（2，）．
设直线CF的解析式为：y＝kx+3，
∴2k+3＝，解得k＝﹣，
∴直线CF的解析式为：y＝﹣x+3，
令﹣x2+2x+3＝﹣x+3，解得x＝0（舍去）或x＝．
∴P（，）．
（3）存在，理由如下：
根据菱形的对称性可知△CDM是等腰三角形，需要分三种情况：
①当点C为顶点，如图2，分别记为M1和M2；
由（2）可知，∠OCB＝∠OBC＝45°，C（0，3），D（1，0），
∴CD＝．∠M1CG＝45°，
∴CM1＝CM2＝CD＝．
过点M1作M1G⊥y轴于点G，过点M2作M2H⊥y轴于点H，
则M1G＝CG＝CM1＝，M2H＝CH＝CM2＝，
∴OH＝3﹣，
∴M1（﹣，3+），M2（，3﹣）．
②当点D为顶点，如图3，记为M3，过点M3作M3J⊥x轴于点J，
∴DM3＝CD＝．
∵∠OBC＝45°，
∴∠JBM3＝45°，
∴M3J＝BJ，
设BJ＝m，
∴M3J＝m，DJ＝2+m，
∴m2+（2+m）2＝10，解得m＝﹣3（舍）或m＝1，
∴M3J＝1，OJ＝4，
∴M3（4，﹣1）．
③当点M为顶点，如图4，取CD的中点K，作KP⊥CD交y轴于点P，交直线BC于点M4．
∵C（0，3），D（1，0），CD＝．
∴K（，），CK＝DK＝．
∵∠CKP＝∠COD＝90°，∠PCK＝∠DCO，
∴△CPK∽△CDO，
∴CP：CD＝CK：CO，即CP：＝：3，
∴CP＝，
∴OP＝，
∴P（0，）．
∴直线PK的解析式为：y＝x+．
∵C（0，3），B（3，0），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
令x+＝﹣x+3，解得x＝，
∴M4（，）．

综上，符合题意的点M的坐标为：（﹣，3+）或（，3﹣）或（4，﹣1）或（，）．
25． 解：（1）∵△ACB和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，
∵点B，D，E在同一直线上，
∴∠ADB＝180°﹣60°＝120°，
∴∠AEC＝120°，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120°﹣60°＝60°，
综上所述，∠BEC的度数为60°，线段BD与CE之间的数量关系是BD＝CE，
故答案为：BD＝CE，60；

（2）结论：BD＝2CE，∠BEC＝45°，理由如下：
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ADE＝∠DAE＝45°，∠ACB＝∠AED＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，∠ADB＝135°，
Rt△ABC和Rt△ADE中，sin∠ABC＝，sin∠ADE＝，sin45°＝，
∴＝＝，
∴＝，
又∵∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝135°，BDCE＝ABAC＝ADAE，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，
∵＝＝，
∴＝，
∴＝＝，
∴BD＝CE；

（3）分两种情况：
①如图4，

∵∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，BC＝8，
∴AC＝BC＝4，
∴AB＝＝＝4，
∵DE为△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝4，DE∥AB，AE＝AC，AD＝AB，
∴∠CDE＝∠ABC＝30°，＝＝，
由旋转的性质得：∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴＝＝，∠ADB＝∠AEC＝180°﹣∠ADE＝150°，
∵∠AED＝90°﹣∠CDE＝60°，
∴∠CEB＝∠AEC﹣∠AED＝150°﹣60°＝90°，
设CE＝x，则BD＝x，BE＝BD+DE＝x+4，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：x2+（x+4）2＝82，
解得：x＝或x＝﹣﹣（舍去）
∴BE＝﹣；
②如图5，同①得：△AEC∽△ABD，
则＝＝，∠CEB＝90°，

设CE＝y，则BD＝y，BE＝BD﹣DE＝y﹣4，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：y2+（y﹣4）2＝82，
解得：y＝+或y＝﹣﹣（舍去），
∴CE＝+；
综上所述，CE的长为﹣或+．