2023年广东省广州市中考数学真题试卷(解析版)

这是一份2023年广东省广州市中考数学真题试卷(解析版)，共26页。试卷主要包含了 不等式组的解集在数轴上表示为等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡第1面、第3面、第5面上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的考生号、姓名；将自己的条形码粘贴在答题卡的“条形码粘贴处”．
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答案不能答在试卷上．
3.非选择题答案必须用黑色字迹的钢笔或签字笔写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，涉及作图的题目，用2B铅笔画图；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，改动后的答案也不能超出指定的区域；不准使用铅笔（作图除外）、涂改液和修正带．不按以上要求作答的答案无效．
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分 选择题（共30分）
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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
的相反数是．
，
故选：B．
【点拨】本题考查相反数等知识，掌握相反数的概念是解题的关键．
2. 一个几何体的三视图如图所示，则它表示的几何体可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
根据三视图判断圆柱上面放着小圆锥，确定具体位置后即可得到答案．
解：由主视图和左视图可以得到该几何体是圆柱和小圆锥的复合体，
由俯视图可以得到小圆锥的底面和圆柱的底面完全重合，
故选：D．
【点拨】题考查了由三视图判断几何体，解题时不仅要有一定的数学知识，而且还应有一定的生活经验．
3. 学校举行“书香校园”读书活动，某小组的五位同学在这次活动中读书的本数分别为10，11，9，10，12，下列关于这组数据描述正确的是（ ）
A. 众数为10B. 平均数为10C. 方差为2D. 中位数为9
【答案】A
【解析】
根据众数，平均数，方差，中位数的定义分别判断，即可得到答案．
解：A.10出现2次，出现次数最多，故众数10，该项正确；
B. ，故该项错误；
C.方差为，故该项错误；
D.中位数为10，故该项错误；
故选：A．
【点拨】此题考查了求众数，中位数，方差及平均数，正确理解各定义及计算公式是解题的关键．
4. 下列运算正确的是（ ）
A. B. （）
C. D. （）
【答案】C
【解析】
根据整式的计算法则：幂的乘方法则，同底数幂除法法则，同底数幂乘法法则，负整数指数幂计算法则分别计算判断．
解：A. ，故该项原计算错误；
B. （），故该项原计算错误；
C. ，故该项原计算正确；
D. （），故该项原计算错误；
故选：C．
【点拨】此题考查了整式的计算法则，熟记幂的乘方法则，同底数幂除法法则，同底数幂乘法法则，负整数指数幂计算法则是解题的关键．
5. 不等式组的解集在数轴上表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
先解出不等式组的解集，然后将解集表示在数轴上即可．
解：解不等式，得，
解不等式，得，
∴不等式组的解集为，
在数轴上表示为：

故选：B．
【点拨】此题考查不等式组的解法，解题关键是将解集表示在数轴上时，有等号即为实心点，无等号则为空心点．
6. 已知正比例函数的图象经过点，反比例函数的图象位于第一、第三象限，则一次函数的图象一定不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
根据正比例函数的图象经过点，在第四象限，推出，根据反比例函数的图象位于第一、第三象限，推出，则一次函数的图象经过第一、二、四象限，即可解答．
解：∵正比例函数的图象经过点，在第四象限，
∴正比例函数经过二、四象限，
∴，
∵反比例函数的图象位于第一、第三象限，
∴，
∴一次函数的图象经过第一、二、四象限，
则一次函数的图象一定不经过第三象限，
故选：C．
【点拨】本题主要考查了一次函数的图象和性质，反比例函数的图象和性质，解题的关键是掌握一次函数和反比例函数的图象和性质．
7. 如图，海中有一小岛A，在B点测得小岛A在北偏东30°方向上，渔船从B点出发由西向东航行10到达C点，在C点测得小岛A恰好在正北方向上，此时渔船与小岛A的距离为（ ）
A. B. C. 20D.
【答案】D
【解析】
连接，此题易得，得，再利用勾股定理计算即可．
解：连接，

由已知得：，，，
∴，
在中，，
∴（），
故选：D
【点拨】此题考查的知识点是勾股定理的应用，直角三角形30度角的性质，关键是掌握勾股定理的计算．
8. 随着城际交通的快速发展，某次动车平均提速60，动车提速后行驶480与提速前行驶360所用的时间相同．设动车提速后的平均速度为x，则下列方程正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
根据提速前后所用时间相等列式即可．
解：根据题意，得．
故选：B．
【点拨】本题考查了列分式方程，找准等量关系是解题关键．
9. 如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（ ）
A. 2r，B. 0，C. 2r，D. 0，
【答案】D
【解析】
如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
解：如图，连接．
∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选：D．
【点拨】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．
10. 已知关于x的方程有两个实数根，则的化简结果是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
首先根据关于x的方程有两个实数根，得判别式，由此可得，据此可对进行化简．
解：∵关于x的方程有两个实数根，
∴判别式，
整理得：，
∴，
∴，，
∴
．
故选：A．
【点拨】此题主要考查了一元二次方程根的判别式，二次根式的性质，熟练掌握二次根式的性质，理解一元二次方程根的判别式是解答此题的关键．
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.）
11. 近年来，城市电动自行车安全充电需求不断攀升．截至2023年5月底，某市已建成安全充电端口逾280000个，将280000用科学记数法表示为____________．
【答案】
【解析】
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，n为整数，据此判断即可．
解：．
故答案为：．
【点拨】本题考查了用科学记数法表示较大的数，科学记数法的表示形式为，其中，确定与的值是解题的关键．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于1时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
12. 已知点，在抛物线上，且，则_________．（填“<”或“>”或“=”）
【答案】
【解析】
先求出抛物线的对称轴，然后根据二次函数的性质解决问题．
解：的对称轴为y轴，
∵，
∴开口向上，当时， y随x的增大而增大，
∵，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了二次函数的增减性，解题的关键是根据抛物表达式得出函数的开口方向和对称轴，从而分析函数的增减性．
13. 2023年5月30日是第7个全国科技工作者日，某中学举行了科普知识手抄报评比活动，共有100件作品获得一、二、三等奖和优胜奖，根据获奖结果绘制如图所示的条形图，则a的值为____________．若将获奖作品按四个等级所占比例绘制成扇形统计图，则“一等奖”对应扇形的圆心角度数为___________．

【答案】 ①. 30 ②. ##36度
【解析】
用总件数100减去其他奖品的数量即可得到a的值，利用“一等奖”与作品总数的比乘以即可得到“一等奖”对应扇形的圆心角度数．
解：，
“一等奖”对应扇形的圆心角度数为，
故答案为：30，．
【点拨】此题考查了条形统计图，计算圆心角度数，计算条形统计图某项的数量，正确理解条形统计图是解题的关键．
14. 如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，F为对角线上一动点，连接，，则的最小值为___________．

【答案】
【解析】
连接交于一点F，连接，根据正方形的对称性得到此时最小，利用勾股定理求出即可．
解：如图，连接交于一点F，连接，
∵四边形是正方形，
∴点A与点C关于对称，
∴，
∴，此时最小，
∵正方形的边长为4，
∴，
∵点E在上，且，
∴，即的最小值为
故答案为：．

【点拨】此题考查正方形的性质，熟练运用勾股定理计算是解题的关键．
15. 如图，已知是的角平分线，，分别是和的高，，，则点E到直线的距离为____________．

【答案】##
【解析】
根据角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质可得点D到的距离等于点D到的距离的长度，然后根据勾股定理求出，最后根据等面积法求解即可．
解：∵是的角平分线，，分别是和的高，，
∴，
又，
∴，
设点E到直线的距离为x，
∵，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题考查了角平分定理，勾股定理等知识，掌握角平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
16. 如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是___________．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是____________．

【答案】 ①. ②.
【解析】
根据三角形中位线定理可得，设，从而，由此得到四边形是平行四边形，结合边上的高为，即可得到函数解析式，进而得到答案．
解：∵点D，E分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴；
如图，设，

由题意得，，且，
∴，
又F、G分别是的中点，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
由题意得，与的距离是，
∴，
∴边上的高为，
∴四边形面积，
∵，
∴，
故答案为：，．
【点拨】此题主要考查了三角形的中位线定理，二次函数的性质，求函数解析式，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
直接利用因式分解法解一元二次方程即可．
解：，
，
或，
，．
【点拨】本题考查因式分解法解一元二次方程，正确计算是解题的关键．
18. 如图，B是的中点，，.求证：．

【答案】见解析
【解析】
根据已知条件证得，，然后证明，应用全等三角形的性质得到．
证明：∵B是的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴．
【点拨】此题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
19. 如图，在平面直角坐标系v中，点，，所在圆的圆心为O．将向右平移5个单位，得到（点A平移后的对应点为C）．

（1）点D的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________；
（2）在图中画出，并连接，；
（3）求由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留）
【答案】（1），
（2）见解析 （3）
【解析】
（1）根据平移的性质，即可解答；
（2）以点为圆心，2为半径画弧，即可得出；
（3）根据弧长公式求出，根据平移的性质得出，根据勾股定理求出，最后相加即可．
（1）
解：∵，所在圆的圆心为，
∴，所在圆的圆心坐标是，
故答案为：，；
（2）
解：如图所示：即为所求；
【小问3详解】
解：连接，
∵，，
∴的半径为2，
∴，
∵将向右平移5个单位，得到，
∴，
∴，
∴由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．
【点拨】本题主要考查了平移的性质，求弧长，勾股定理，解题的关键是掌握平移前后对应点连线相等，弧长公式，以及勾股定理的内容．
20. 已知，代数式：，，．
（1）因式分解A；
（2）在A，B，C中任选两个代数式，分别作为分子、分母，组成一个分式，并化简该分式．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
（1）先提取公因式，再根据平方差公式进行因式分解即可；
（2）将选取的代数式组成分式，分子分母进行因式分解，再约分即可．
（1）
解：；
（2）
解：①当选择A.B时：
，
；
②当选择A.C时：
，
；
③当选择B.C时：
，
．
【点拨】本题主要考查了因式分解，分式的化简，解题的关键是掌握因式分解的方法和步骤，以及分式化简的方法．
21. 甲、乙两位同学相约打乒乓球．
（1）有款式完全相同的4个乒乓球拍（分别记为A，B，C，D），若甲先从中随机选取1个，乙再从余下的球拍中随机选取1个，求乙选中球拍C的概率；
（2）双方约定：两人各投掷一枚质地均匀的硬币，如果两枚硬币全部正面向上或全部反面向上，那么甲先发球，否则乙先发球．这个约定是否公平？为什么？
【答案】（1）
（2）公平．理由见解析
【解析】
（1）用列表法或画树状图法列举出所有等可能的结果，再用乙选中球拍C的结果数除以总的结果数即可；
（2）分别求出甲先发球和乙先发球的概率，再比较大小，如果概率相同则公平，否则不公平．
（1）
解：画树状图如下：
一共有12种等可能的结果，其中乙选中球拍C有3种可能的结果，
∴乙选中球拍C的概率；
（2）
解：公平．理由如下：
画树状图如下：
一共有4种等可能的结果，其中两枚硬币全部正面向上或全部反面向上有2种可能的结果，
∴甲先发球的概率，
乙先发球的概率，
∵，
∴这个约定公平．
【点拨】本题考查列表法或画树状图法求等可能事件的概率，游戏的公平性，掌握列表法或画树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．
22. 因活动需要购买某种水果，数学活动小组的同学通过市场调查得知：在甲商店购买该水果的费用（元）与该水果的质量x（千克）之间的关系如图所示；在乙商店购买该水果的费用（元）与该水果的质量x（千克）之间的函数解析式为（）.

（1）求与x之间的函数解析式；
（2）现计划用600元购买该水果，选甲、乙哪家商店能购买该水果更多一些？
【答案】（1）当时，；当时，
（2）选甲家商店能购买该水果更多一些
【解析】
（1）利用待定系数法求解析式；
（2）分别计算时时x的值，比较即可得到结论
（1）
解：当时，设，
将代入，得，
∴，
∴；
当时，设，将点，代入，得
，解得，
∴
（2）
当时，，解得；
当时，，解得，
∵，
∴选甲家商店能购买该水果更多一些．
【点拨】此题考查了一次函数的实际应用，待定系数法求一次函数的解析式，求自变量的值，正确理解函数图象是解题的关键．
23. 如图，是菱形的对角线．

（1）尺规作图：将绕点A逆时针旋转得到，点B旋转后的对应点为D（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）所作的图中，连接，；
①求证：；
②若，求的值．
【答案】（1）作法、证明见解答；
（2）①证明见解答；②的值是．
【解析】
（1）由菱形的性质可知，将绕点逆时针旋转得到，也就是以为一边在菱形外作一个三角形与全等，第三个顶点的作法是：以点为圆心，长为半径作弧，再以点为圆心，长为半径作弧，交前弧于点；
（2）①由旋转得，，，则，，即可根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明；
②延长交于点，可证明，得，而，所以，由等腰三角形的“三线合一”得，则，设，，则，所以，，由勾股定理得，求得，则．
（1）
解：如图1，就是所求的图形．
．
（2）
证明：①如图2，由旋转得，，，
，，
，
．
②如图2，延长交于点，

，，，
，
，
，
，
，
，
，
设，，
，
，
，
，
，
解关于的方程得，
，
，
的值是．
【点拨】此题重点考查尺规作图、旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
24. 已知点在函数的图象上．
（1）若，求n的值；
（2）抛物线与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为E．
①m为何值时，点E到达最高处；
②设的外接圆圆心为C，与y轴的另一个交点为F，当时，是否存在四边形为平行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）的值为1；
（2）①；②假设存在，顶点E的坐标为，或．
【解析】
（1）把代入得，即可求解；
（2）①，得，即可求解；
②求出直线的表达式为：，得到点的坐标为；由垂径定理知，点在的中垂线上，则；由四边形为平行四边形，则，求出，进而求解．
（1）
解：把代入得；
故的值为1；
（2）
解：①在中，令，则，
解得或，
，，
点在函数的图象上，
，
令，得，
即当，且，
则，解得：（正值已舍去），
即时，点到达最高处；
②假设存在，理由：
对于，当时，，即点，
由①得，，，，对称轴为直线，
由点、的坐标知，，
作的中垂线交于点，交轴于点，交轴于点，则点，
则，
则直线的表达式为：．
当时，，
则点的坐标为．
由垂径定理知，点在的中垂线上，则．
四边形为平行四边形，
则，
解得：，
即，且，
则，
∴顶点E的坐标为，或．
【点拨】本题为反比例函数和二次函数综合运用题，涉及到一次函数基本知识、解直角三角形、平行四边形的性质、圆的基本知识，其中（3），数据处理是解题的难点．
25. 如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．

（1）若，求证：是等边三角形；
（2）延长，交射线于点G；
①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由；
②若，求面积的最大值，并求此时的长．
【答案】（1）见解析 （2）①能为等腰三角形，；②
【解析】
（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下了，连接交于H，根据全等三角形的性质得到，得到为等腰三角形，根据平行线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，于是得到；
②由①知，，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，设，则，根据直角三角形的性质得到，推出，当当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设与交于Q，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，求得，于是得到结论．
（1）
证明：由轴对称的性质得到，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵于对称的线段为，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）
①∵于对称的线段为，
∴
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵E是边上一动点，
∴，
∴点B不可能是等腰三角形的顶点，
若点F是等腰三角形的顶点，
则有，
此时E与D重合，不合题意，
∴只剩下了，连接交于H，

∵
∴
∴，
∴，
∴为等腰三角形，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
∴，
∴
∵
∴
∴；
②由①知，
要求面积的最大值，即求面积的最大值，
在中，底边是定值，即求高的最大值即可，
如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，

设，则，
∵，M是的中点，
∴，
∴，
当G，M，N三点共线时，取等号，
∴面积的最大值，
的面积
如图3，设与交于Q，

则四边形矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ．
【点拨】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．