2023年广东省茂名市信宜市中考数学一模试卷

这是一份2023年广东省茂名市信宜市中考数学一模试卷，共18页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分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．）
1．（3分）下列四个数中，属于无理数的是（ ）
A．0B．C．πD．（﹣2）﹣1
2．（3分）2023年全国一半公共预算教育支出安排超4.2万亿元．政府工作报告中提到，5年来，财政性教育经费占国内生产总值比例每年都保持在4%以上，学生人均经费投入大幅增加，其中4.2万亿用科学记数法表示是（ ）
A．4.2×1013B．4.2×1012C．4.2×1011D．4.2×103
3．（3分）下列食品标识中，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a+a2＝a3B．（a3）2＝a6C．a3•a2＝a6D．a8+a2＝a4
5．（3分）某语文教师调查了本班10名学生平均每天的课外阅读时间，统计结果如表所示：
那么这10名学生平均每天的课外阅读时间的平均数和众数分别是（ ）
A．1.2和4B．1.2和1.5C．1.25和1.5D．1.25和4
6．（3分）已知△ABC中∠C＝90°，c为斜边，a、b为直角边，若a+b＝17cm，c＝13cm，则△ABC的面积为（ ）
A．15cm2B．30cm2C．45cm2D．60cm2
7．（3分）下列命题中是真命题的是（ ）
A．相等的角是对顶角
B．数轴上的点与实数一一对应
C．同旁内角互补
D．无理数就是开方开不尽的数
8．（3分）如图，某校数学兴趣小组利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高1.5m，测得AB＝1.2m，BC＝12.8m，则建筑物CD的高是（ ）
A．17.5mB．17mC．16.5mD．18m
9．（3分）如图，正方形的四个顶点在半径为2的大圆圆周上，四条边都与小圆都相切，AB，CD过圆心O，且AB⊥CD，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．4πB．2πC．πD．
10．（3分）如图，E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE＝BC，P为CE上任一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BE于点R，则PQ+PR的值是（ ）
A．B．C．D．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）把a3﹣4ab2分解因式，结果为 ．
12．（3分）学校文学社举办“谁是校园最可爱的人”征文比赛，设立一等奖5名，三等奖20名，三等奖50名，据统计共收到文字作品2000份，周同学也上交了一份作文，则她获得奖励的概率为 ．
13．（3分）如图，△ABC与△A1B1C1位似，点O为位似中心，已知OA：AA1＝1：2，则△ABC与△A1B1C1的面积比为 ．
14．（3分）小明想测量一棵树的高度，他发现树影子恰好落在地面和一斜坡上，如图，此时测得地面上的影长为8米，坡面上的影长为4米．已知斜坡的坡角为30°，同一时刻，一根长为1米、垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为2米，则树的高度为 米．
15．（3分）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，延长CE交AB于F．交BD于点G，且CG垂直BD，将△ADE绕点A旋转至AE∥BD时，若CE＝5，EF＝1，则BG的值是 ．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（8分）先化简，再求值，其中a＝|2﹣2|﹣．
17．（8分）如图，已知▱ABCD．
（1）作图：延长BC，并在BC的延长线上截取线段CE，使得CE＝BC，连接AE，交CD于点F；（用尺规作图法，保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）在（1）的条件下，求证：△AFD≌△EFC．
18．（8分）在某次数学测验中，一道题满分3分，老师评分只给整数，即得分只能为0分，1分，2分，3分，王老师为了了解学生得分情况和试题的难易情况，对初三（1）班所有学生的试题进行了分析整理，并绘制了两幅尚不完整的统计图，如图所示．
解答下列问题：
（1）m＝ ，n＝ ，并补全条形统计图；
（2）如果A、B、C、D四位同学得分恰好为0分，1分，2分，3分，王老师随机叫两位同学进行学法指导，求抽中的两位同学得分之和为3分的概率．
19．（9分）一艘渔船从位于A海岛北偏东60°方向，距A海岛60海里的B处出发，以每小时30海里的速度沿正南方向航行．已知在A海岛周围50海里水域内有暗礁．（参考数据：≈1.73，≈2.24，≈2.65）
（1）这艘渔船在航行过程中是否有触礁的危险？请说明理由．
（2）渔船航行3小时后到达C处，求A，C之间的距离．
20．（9分）已知一次函数y＝kx+b与反比例函数y＝（mk≠0）的图象相交于点A（1，6）和点B（n，﹣2）．
（1）试确定一次函数与反比例函数的表达式；
（2）若点P在x轴上，且△PAB的面积为12，求点P的坐标；
（3）结合图象直接写出不等式kx+b＞的解集．
21．（9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3060元，那么该中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
22．（12分）如图，A，B，C是⊙O上的三点，且AB＝AC，BC＝8，点D为优弧BDC上的动点，且cs∠ABC＝．
（1）如图1，若∠BCD＝∠ACB，延长DC到F，使得CF＝CA，连接AF，求证：AF是⊙O的切线；
（2）如图2，若∠BCD的角平分线与AD相交于E，求⊙O的半径与AE的长；
（3）如图3，将△ABC的BC边所在的直线l1绕点A旋转得到l2，直线l2与⊙O相交于M，N，连接AM，AN．l2在运动的过程中，AM•AN的值是否发生变化？若不变，求出其值；若变化，说明变化规律．
23．（12分）如图1，已知二次函数y＝ax2+bx+c的顶点坐标为（1，），其图象与x轴交于A、B两点，其中点B（4，0），与y轴交于点C．
（1）求二次函数的解析式；
（2）若点P为线段BC上方抛物线上的一点，当点P到线段BC的距离最大时，求点P的坐标；
（3）如图2，已知点M为对称轴上一点，点N为抛物线上一点，若以点B、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，求点N的坐标．
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．0是整数，属于有理数，故本选项不合题意；
B．是分数，属于有理数，故本选项不合题意；
C．π无理数，故本选项符合题意；
D．，是分数，属于有理数，故本选项不合题意．
故选：C．
2． 解：4.2万亿＝4200000000000＝4.2×1012．
故选：B．
3． 解：A．是轴对称图形，不合题意；
B．是轴对称图形，不合题意；
C．不是轴对称图形，符合题意；
D．是轴对称图形，不合题意；
故选：C．
4． 解：A、a与a2不能合并；
B、（a3）2＝a6；
C、a3•a2＝a5；
D、a8与a2不能合并；
故选：B．
5． 解：10名学生的每天阅读时间的平均数为＝1.2；
学生平均每天阅读时间出现次数最多的是1.5小时，共出现4次，因此众数是1.5；
故选：B．
6． 解：∵a+b＝17，
∴（a+b）2＝289，
∴2ab＝289﹣（a2+b2）＝289﹣c2＝289﹣169＝120
∴ab＝30．
答：Rt△ABC的面积是30cm2．
故选：B．
7． 解：A、相等的角不一定是对顶角，故此命题是假命题；
B、数轴上的点与实数一一对应，故此命题是真命题；
C、两直线平行，同旁内角互补，故此命题是假命题；
D、无理数有三个来源：（1）开方开不尽的数；（2）与π有关的一些运算；（3）有规律的无限不循环小数，故此命题是假命题；
故选：B．
8． 解：∵EB⊥AC，DC⊥AC，
∴EB∥DC，
∴△ABE∽△ACD，
∴，
∵BE＝1.5m，AB＝1.2m，BC＝12.8m，
∴AC＝AB+BC＝14m，
∴，
解得，DC＝17.5，
即建筑物CD的高是17.5m，
故选：A．
9． 解：∵正方形的四条边都与小圆都相切，
∴EF⊥CD，CD⊥MN，
∵AB⊥CD，
∴阴影部分的面积恰好为正方形MNEF外接圆面积的，
∵正方形MNEF的四个顶点在半径为2的大圆上，
∴S阴影＝π×22＝π，
故选：C．
10． 解：如图，
连接AC，PB，AC交BD于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC＝BC＝，
∴OC＝AC＝，
∵S△BCE＝S△BPC+S△BPE，
∴BE•OC＝BE•PR+，
∵BC＝BE，
∴BE•OC＝BE•PR+BE•PQ，
∴PR+PQ＝OC＝，
故选：A．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11． 解：原式＝a（a2﹣4b2）＝a（a+2b）（a﹣2b），
故答案为：a（a+2b）（a﹣2b）
12． 解：设立一等奖5名，三等奖20名，三等奖50名，据统计共收到文字作品2000份，
所以她获得奖励的概率为＝．
故答案为：．
13． 解：∵△ABC与△A1B1C1位似，OA：AA1＝1：2，
∴△ABC与△A1B1C1的位似比是1：3，
∴△ABC与△A1B1C1的相似比为1：3，
∴△ABC与△A1B1C1的面积比为1：9．
故答案为：1：9．
14． 解：延长AC交BF延长线于D点，
则∠CFE＝30°，作CE⊥BD于E，
在Rt△CFE中，∠CFE＝30°，CF＝4m，
∴CE＝2（米），EF＝4cs30°＝2（米），
在Rt△CED中，
∵同一时刻，一根长为1米、垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为2米，CE＝2（米），CE：DE＝1：2，
∴DE＝4（米），
∴BD＝BF+EF+ED＝12+2（米）
在Rt△ABD中，AB＝BD＝（12+2）＝（+6）（米）．
故答案为：（+6）．
15． 解：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠CAE＝∠BAD，
在△AEC和△ADB中，
，
∴△AEC≌△ADB（SAS），
∴CE＝BD＝5，
∵AE∥BD，CG⊥BD，∠DAE＝90°，
∴∠ADG＝∠AEG＝90°，
∴四边形AEGD是正方形，
∴AE＝AD＝DG＝GE，
设AE＝AD＝DG＝GE＝x，
∵AE∥BD，
∴△AEF∽△BGF，
∴，
∴，
解得：x＝（负值舍去），
∴BG＝5﹣，
故答案为：5﹣．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16． 解：原式＝•
＝•
＝，
当a＝|2﹣2|﹣＝2﹣2﹣2＝﹣2时，原式＝＝．
17． （1）解：如图，AE为所作；
（2）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
而CE＝BC，
∴AD＝EC，
∵AD∥CE，
∴∠D＝∠ECF，∠DAF＝∠CEF，
在△AFD和△EFC中
∴△AFD≌△EFC（ASA）．
18． 解：（1）根据题意得：6÷10%＝60（位），60﹣（6+27+12）＝15（位），12÷60×100%＝20%，
则m＝25，n＝20，
补全条形统计图，如图所示：
故答案为：25，20；
（2）列表得：
所有等可能的情况数为12种，其中得分之和为3分的情况有4中，分别为（0，3），（1，2），（2，1），（3，0），
则P（得分之和为3分）＝＝．
19． 解：（1）这艘渔船在航行过程中没有触礁的危险，理由如下：
过A作AD⊥BC于D，如图：
则∠ADB＝∠ADC＝90°，
由题意得：AB＝60（海里），∠BAD＝90°﹣60°＝30°，
∴BD＝AB＝30（海里），AD＝BD＝30≈51.9（海里）＞50（海里），
∴这艘渔船在航行过程中没有触礁的危险；
（2）由（1）得：BD＝30（海里），AD＝30（海里），
∵BC＝3×30＝90（海里），
∴DC＝BC﹣BD＝90﹣30＝60（海里），
在Rt△ADC中，AC＝＝＝30≈79.50（海里）；
答：A，C之间的距离约为79.50海里．
20． 解：（1）把A（1，6）代入y＝得m＝1×6＝6；
∴反比例函数解析式为y＝，
把B（n，﹣2）代入y＝得﹣2＝，解得n＝﹣3，
∴B（﹣3，﹣2），
把A（1，6），B（﹣3，﹣2）分别代入y＝kx+b得，
解得，
∴一次函数解析式为y＝2x+4；
（2）y＝2x+4中，令y＝0，则2x+4＝0，
解得x＝﹣2，
∴一次函数y＝2x+4的图象与x轴的交点C的坐标为（﹣2，0）．
∵S△PAB＝12，
∴PC×6+PC×2＝12．
∴PC＝3，
∴点P的坐标为（﹣5，0）、（1，0）．
（3）由图象可知不等式kx+b＞的解集为：﹣3＜x＜0或x＞1．
21． 解：（1）设购买一个A品牌的足球需要x元，则购买一个B品牌的足球需要（x+30）元，
依题意得：＝2×，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意，
∴x+30＝80．
答：购买一个A品牌的足球需要50元，购买一个B品牌的足球需要80元．
（2）设该中学此次可以购买m个B品牌足球，则可以购买（50﹣m）个A品牌足球，
依题意得：50×（1+8%）（50﹣m）+80×0.9m≤3060，
解得：m≤20．
答：该中学此次最多可购买20个B品牌足球．
22． （1）证明：连接AO，如图1所示：
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠BCD＝∠ACB，
∴∠BCD＝∠ABC，
∴AB∥DF，
∵CF＝CA，
∴CF＝AB，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∴AF∥BC，
∵AB＝AC，
∴＝，
∴OA⊥BC，
∴OA⊥AF，
∵OA是⊙O的半径，
∴AF是⊙O的切线；
（2）解：连接AO交BC于H，连接OB，如图2所示：
∵OA⊥BC，
∴BH＝CH＝BC＝4，
∵cs∠ABC＝＝，
∴AB＝BH＝×4＝5，
在Rt△AHB中，由勾股定理得：AH＝＝＝3，
设⊙O的半径为x，
则OA＝OB＝x，OH＝x﹣3，
在Rt△BOH中，由勾股定理得：x2＝（x﹣3）2+42，
解得：x＝，
∴⊙O的半径为，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠DCE，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠AEC＝∠ADC+∠DCE＝∠ABC+∠DCE＝∠ACB+∠BCE＝∠ACE，
∴AE＝AC＝AB＝5；
（3）解：连接AO，并延长AO交⊙O于Q，连接NQ，过点A作AP⊥l2于P，如图3所示：
则AQ是⊙O的直径，
∴∠AMQ＝90°，
∵AP⊥l2，
∴∠APN＝90°，
∴∠AMQ＝∠APN，
∵∠AQM＝∠ANP，
∴△AQM∽△ANP，
∴＝，
∴AM•AN＝AP•AQ，
由（2）可知，点A到直线l1的距离为3，直线l1绕点A旋转得到l2，
∴点A到直线l2的距离始终等于3，不会发生改变，
∴AP＝3，
∵AQ＝2OA＝2×＝，
∴AM•AN＝AP•AQ＝3×＝25，
∴l2在运动的过程中，AM•AN的值不发生变化，其值为25．
23． 解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c的顶点坐标为（1，），
∴设该函数解析式为y＝a（x﹣1）2+，
∵该函数过点B（4，0），
∴0＝a×（4﹣1）2+，
解得a＝﹣，
∴y＝（x﹣1）2+＝﹣x2+x+4，
即该函数的解析式为y＝﹣x2+x+4；
（2）过点P作PQ∥y轴，交BC于点Q，如图1所示，
∵y＝﹣x2+x+4，
∴当x＝0时，y＝4，
即点C的坐标为（0，4），
设直线BC的函数解析式为y＝kx+d，
，得，
即直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
∵当点P到BC的距离取得最大值时，△PCB的面积最大，
∴当△PCB的面积取得最大值时点P的坐标即为所求，
设点P的坐标为（p，﹣p2+p+4），则点Q的坐标为（p，﹣p+4），
则PQ＝﹣p2+p+4﹣（﹣p+4）＝﹣p2+2p，
∴S△PAB＝＝﹣（p﹣2）2+4，
∴当p＝2时，S△PAB取得最大值，此时点P的坐标为（2，4），
由上可得，点P的坐标是（2，4）；
（3）∵函数y＝（x﹣1）2+，
∴该函数的对称轴是直线x＝1，
设点M的坐标为（1，ym），点N的坐标为（xn，yn），
∵点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，4），
∴当BC为对角线时，
1+xn＝4+0，
解得xn＝3，
∴yn＝×（3﹣1）2+＝，
即点N的坐标为（3，）；
当BM为对角线时，
4+1＝xn+0，
解得xn＝5，
∴yn＝×（5﹣1）2+＝，
即点N的坐标为（5，）；
当BN为对角线时，
4+xn＝1+0，
解得xn＝﹣3，
∴yn＝×（﹣3﹣1）2+＝，
即点N的坐标为（﹣3，）；
由上可得，点N的坐标为（3，）、（5，）或（﹣3，）．
课外阅读时间（小时）
0.5
1
1.5
2
人数
2
3
4
1
0
1
2
3
0
﹣﹣﹣
（0，1）
（0，2）
（0，3）
1
（1，0）
﹣﹣﹣
（1，2）
（1，3）
2
（2，0）
（2，1）
﹣﹣﹣
（2，3）
3
（3，0）
（3，1）
（3，2）
﹣﹣﹣