2023年广东省深圳市光明区李松蓢学校中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年广东省深圳市光明区李松蓢学校中考数学三模试卷（含解析），共20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.−2的相反数是( )
A. 2B. −2C. 12D. −12
2.一张薄纸，一双巧手，在一剪一刻间幻化出千姿百态的美丽图案，令人叹为观止，这就是剪纸艺术，佛山剪纸，流传于广东省佛山市的传统美术，是国家级第一批非物质文化遗产之一，剪纸作品形式多样，以下剪纸作品中不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.铬记是最好的致敬，传承是最好的情怀.截止2023年4月4日，清明祭英烈网上献花人数约605万人次，数据“605万”用科学记数法表示为( )
A. 0.605×105B. 605×104C. 6.05×106D. 6.05×107
4.下列运算中，正确的是( )
A. 3x+4y=12xyB. x9÷x3=x3
C. (x2)3=x6D. (x−y)2=x2−y2
5.某小组在一次“在线测试”中做对的题数分别是10，8，6，9，8，7，8，对于这组数据，下列判断中错误的是( )
A. 众数是8B. 中位数是8C. 平均数是8D. 方差是8
6.不等式组x−1>0x+12≤2的解集在数轴上表示为( )
A. B.
C. D.
7.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，若∠B=50°，则∠CAD的度数是( )
A. 15°B. 20°C. 25°D. 30°
8.下列命题中，是假命题的是( )
A. 平行四边形的对角相等B. 在同一个圆内，圆周角等于圆心角的一半
C. 反比例函数的图象与坐标轴没有交点D. 0的立方根是0
9.《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：“五只雀、六只燕，共重1斤(等于16两)，雀重燕轻.互换其中一只，恰好一样重，问：每只雀、燕的重量：各为多少？”若假设每只雀、燕的体重相同，设每只雀的重量为x两，每只燕的重量为y两，则列方程组为( )
A. 5x+6y=165x+y=x+6yB. 5x+6y=164x+y=x+5y
C. 5x+6y=15x+y=x+6yD. 5x+6y=14x+y=x+5y
10.如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，连结DH并延长交AB于点K，若DF平分∠CDK，则DHHK=( )
A. 2 33
B. 65
C. 5−1
D. 4 57
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.因式分解：ab2−2ab+a= ．
12.关于x的一元二次方程x2+2x−a=0的一个根是2，则另一个根是______．
13.在一个不透明的盒子中，装有绿色、黑色、白色的小球共有60个，除颜色外其他完全相同，一同学通过多次摸球试验后发现其中摸到绿色球、黑色球的频率稳定在30%和40%，盒子中白色球的个数可能是______．
14.如图，已知直角三角形ABO中，∠ABO=90°，BO=2，将△ABO绕O点旋转至△A′B′O的位置，且B′为OA中点，A′在反比例函数y=kx上，则k的值______．
15.如图，以Rt△ABC的斜边AB为一边，在△ABC的同侧作正方形ABDE，设正方形的中心为O，连接OC.若AB=13，AC=5，则OC的长为______．
三、解答题：本题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题5分)
计算：(−1)2023+6cs60°+(π−3.14)0− 16．
17.(本小题7分)
先化简、再求值：(2−1x+1)÷4x2−12x−1，其中x= 2−1．
18.(本小题8分)
银川市第十五中学开展“阳光体育”运动，根据实际情况，决定开设篮球、健美操、跳绳、键球四个运动项目，为了解学生最喜爱哪一个运动项目，学校从不同年级随机抽取部分学生进行调查，每人必须选择且只能选择一个项目，并将调查结果绘制成如所示两幅统计图．

请根据图中提供的信息，解答下列学生喜欢运动项目条形统计图问题：
(1)本次调查的学生共有______人；
(2)在扇形统计图中，求健美操项目所对应的扇形圆心角的度数______；并把条形统计图补充完整；
(3)在最喜爱健美操项目的学生中，九一班有2名同学(用A1，A2表示)和九二班有3名同学(用B1，B2，B3表示)有健美操基础，学校准备从这5人中随机抽取2人作为健美操领操员，请用列表或画树状图的方法求选中的2名同学恰好是同一个班级的概率．
19.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，过点C的切线交DA的延长线于点E，DE⊥CE，连接CD，BC．
(1)求证：∠DAB=2∠ABC；
(2)若tan∠ADC=34，BC=12，求AE的长．
20.(本小题8分)
2023年是中国农历癸卯兔年.春节前，某商场进货员打算进货“吉祥兔”和“如意兔”两种布偶，发现用8800元购进的“吉祥兔”的数量是用4000元购进的“如意兔”的2倍，且每件“吉祥兔”的进价比“如意兔”贵了4元．
(1)“吉祥兔”、“如意兔”每件的进价分别是多少元？
(2)为满足消费者需求，该超市准备再次购进“吉祥兔”和“如意兔”两种布偶共200个，“吉祥兔”售价定价为70元，“如意兔”售价为60元，若总利润不低于4120元，问最少购进多少个“吉祥兔”？
21.(本小题9分)
定义：若一个函数图象上存在坐标轴距离相等的点，则称该点为这个函数图象的“等距点”.例如，点(1,1)和(−13,13)是函数图象y=12x+12的“等距点”．
(1)判断函数y=x2+2x的图象是否存在“等距点“？如果存在，求出“等距点”的坐标；如果不存在，说明理由；
(2)设函数y=−4x图象的“等距点”为A、B，函数y=−x+b图象的“等距点”为C，若△ABC的面积为2 3时，请直接写出满足条件的函数y=−x+b的表达式；
(3)若函数y=−x2+2x+2m+2图象只存在2个“等距点”，试求出m的取值范围．
22.(本小题10分)
由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．
【问题发现】
(1)如图1所示，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD、CE，两线交于点P，BD和CE的数量关系是______；BD和CE的位置关系是______；
【类比探究】
(2)如图2所示，点P是线段AB上的动点，分别以AP、BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC、PC于点M、N．
①求∠DMC的度数；
②连接AC交DE于点H，直接写出DHBC的值；
【拓展延伸】
(3)如图3所示，已知点C为线段AE上一点，AE=6，△ABC和△CDE为AE同侧的两个等边三角形，连接BE交CD于N，连接AD交BC于M，连接MN，直接写出线段MN的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−2的相反数是2，
故选：A．
根据相反数的定义进行判断即可．
本题考查相反数，掌握相反数的定义是正确判断的前提．
2.【答案】D
【解析】解：A、B，C选项中的图形都能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
D选项中的图形不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
故选：D．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3.【答案】C
【解析】解：605万=605×104=6.05×106．
故选：C．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|0，
此时在一、三象限有2个“等距点”．
令−x=−x2+2x+2m+2，
整理得，x2−3x−2m−2=0，
则Δ=32+4(2m+2)=8m+17，
则当m>−178时，Δ>0，
此时在二四象限有2个“等距点”．
∵函数y=−x2+(2+m)x+2m+2图象恰存在2个“等距点”，
综上，m>−178．
【解析】(1)根据题中“等距点”的定义列出方程求解即可；
(2)先求出反比例函数及一次函数图象上的“等距点”，然后由三角形面积列出方程求解即可；
(3)根据“等距点”列出一元二次方程，再由题意中恰好有2个“等距点”，利用一元二次方程根的判别式求解即可．
本题考查新定义题型的理解，掌握一次函数，二次函数及反比例函数理解题意是解题关键．
22.【答案】解：(1)BD=CE；BD⊥CE．
(2)①连接AF、PE、PD，
∵四边形APCD和四边形PBEF是正方形，
∴AP=CP，PB=PF，∠APC=∠CPB=90°，∠DPC=∠FPE=45°，DP= 2AP，PE= 2PF，
∴∠DPE=90°，
在△APF和△CPB中
∴AP=CP∠APC=∠CPB=90°PB=PF
△APF≌△CPB(SAS)，
∴∠BCP=∠PAF，BC=AF，
∵DPAP= 2=PEPF，∠DPE=∠APF，
∴△DPE∽△APF，
∴∠PCB=∠PDE，
∵∠DNC=∠CPD+∠PDE=∠DMC+∠PCB，
∴∠DMC=∠DPC=45°；
②DHBC= 22．
(3)线段MN最大值是32．
【解析】【分析】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
(1)由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD=CE，∠AEC=∠ADB，根据三角形外角的性质得∠CPD=90°，即可得BD⊥CE；
(2)①通过证明△DPE∽△APF，可得∠PCB=∠PDE，由外角的性质可求解；
②通过证明△DCH∽△ACF，可得DHAF=DCAC= 22，即可求解；
(3)先证△CMN是等边三角形，可得CN=MN，通过证明△CEN∽△AEB，可得CNAB=CEAE，由二次函数的性质可求解．
【解答】
解：(1)∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，∠ADE+∠AED=90°，
在△ABD和△ACE中，
∵AB=AC∠BAD=∠CAEAE=AD
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，∠AEC=∠ADB，
∵∠CPD=∠CED+∠EDP=∠AEC+∠AED+∠EDP，
∴∠CPD=∠ADB+∠AED+∠EDP=∠ADE+∠AED=90°，
∴BD⊥CE，
故答案为：BD=CE；BD⊥CE．
(2)①见答案；
②∵∠PDC=∠PAC=45°，∠PDE=∠PCB=∠PAF，
∴∠CAF=∠CDH，
又∵∠ACF=∠DCH=45°，
∴△DCH∽△ACF，
∴DHAF=DCAC= 22，
∵BC=AF，
∴DHBC= 22；
(3)∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴BC=AC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°．
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
BC=AC∠ACD=∠BCEDC=EC
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠EAD=∠CBE，
∵∠ACB+∠BCD+∠DCE=180°，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∴∠ACB=∠BCD，
在△BCN和△ACM中
∠EAD=∠CBEBC=AC∠ACB=∠BCD
∴△BCN≌△ACM(ASA)，
∴CM=CN，
又∵∠BCD=60°，
∴△CMN是等边三角形．
∴CN=MN，
∵∠BAC=∠DCE=60°，
∴CD/​/AB，
∴△CEN∽△AEB，
∴CNAB=CEAE，
设CE为x，则有AC=AB=6−x，
∴CN6−x=x6，
∴CN=x−16x2，
∴CN=−16(x−3)2+32，
∴当x=3时，CN有最大值是32，
即点C在AE的中点时，线段MN最大，最大值是32．