（广东广州卷）中考数学第三次模拟考试（2份，原卷版+解析版）

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一、选择题
1.【详解】解：的相反数是．
故选：D．
2.【详解】解：要使根式有意义
则令x+1≥0，得x≥-1
故选：．
3.【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选C．
4.【分析】根据各个选项中的式子可以计算出正确的结果，本题得以解决．
【详解】解：，故选项错误，
，故选项错误，
，故选项错误，
，故选项正确，
故选：．
5.【分析】首先写出各个命题的逆命题，然后进行判断即可．
【详解】解：①两直线平行，内错角相等；其命题：内错角相等两直线平行是真命题；
②对顶角相等，其逆命题：相等的角是对顶角是假命题；
③等腰三角形的两个底角相等，其逆命题：有两个角相等的三角形是等腰三角形是真命题；
④菱形的对角线互相垂直，其逆命题：对角线互相垂直的四边形是菱形是假命题；
故选：．
6.【分析】通过列举的方法将所有可能的情况一一列举，进而找出小球上的数字都是奇数的情况即可求出对应概率．
【详解】所有可能出现的情况列举如下：
；；；
；；
；
共10种情况，
符合条件的情况有：；；；共3种情况；
小球上的数字都是奇数的概率为，
故选：C．
7.【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律即可．
【详解】解：因为．
所以将抛物线先向左平移3个单位，再向下平移2个单位即可得到抛物线．
故选：．
8.【分析】根据菱形的性质和勾股定理解答即可．
【详解】解：，两点的坐标分别是，，
，
四边形是菱形，
菱形的周长为，
故选：．
9.【分析】连接OB，OC，根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BAC，证明△AOB≌△AOC，得到∠BAO=∠CAO=30°，得到∠BOD，再利用弧长公式计算．
【详解】解：连接OB，OC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BOC=2∠BAC=120°，
又∵AB=AC，OB=OC，OA=OA，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴∠BAO=∠CAO=30°，
∴∠BOD=60°，
∴劣弧BD的长为=π，
故选B．
10.【解析】过D作DE⊥x轴于E，过B作BF⊥x轴，BH⊥y轴，得到∠BHC＝90°，根据勾股定理得到AE＝＝4，根据矩形的性质得到AD＝BC，根据全等三角形的性质得到BH＝AE＝4，求得AF＝2，根据相似三角形的性质即可得到结论．
解：过D作DE⊥x轴于E，过B作BF⊥x轴，BH⊥y轴，
∴∠BHC＝90°，
∵点D（﹣2，3），AD＝5，
∴DE＝3，
∴AE＝＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，
∴∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴∠DCP+∠BCH＝∠BCH+∠CBH＝90°，
∴∠CBH＝∠DCH，
∵∠DCG+∠CPD＝∠APO+∠DAE＝90°，∠CPD＝∠APO，
∴∠DCP＝∠DAE，
∴∠CBH＝∠DAE，
∵∠AED＝∠BHC＝90°，
∴△ADE≌△BCH（AAS），
∴BH＝AE＝4，
∵OE＝2，
∴OA＝2，
∴AF＝2，
∵∠APO+∠PAO＝∠BAF+∠PAO＝90°，
∴∠APO＝∠BAF，
∴△APO∽△BAF，
∴，
∴＝，
∴BF＝，
∴B（4，），
∴k＝，
故选：D．
二、填空题
11.【解答】解：
故答案为：2．
12.【解析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
【解答】解：
由①得：，
由②得：，
∴不等式组的解集为：，
故答案为：．
13.【解析】已知抛物线顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k）．
【解答】∵抛物线y＝3（x﹣1）2+8是顶点式，
∴顶点坐标是（1，8）．
故答案为：（1，8）．
14.【分析】知道和是角平分线，就可以求出，的垂直平分线交于点F可以得到AF=FD，在直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半，再求出DE，得到．
【详解】解： 的垂直平分线交于点F，
（垂直平分线上的点到线段两端点距离相等）
∴
∵，是角平分线
∴
∵
∴，
∴
15.【分析】根据旋转后AC的中点恰好与D点重合，利用旋转的性质得到直角三角形ACD中，∠ACD=30°，再由旋转后矩形与已知矩形全等及矩形的性质得到∠DAE为30°，进而得到∠EAC=∠ECA，利用等角对等边得到AE=CE，设AE=CE=x，表示出AD与DE，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出EC的长，即可求出三角形AEC面积．
【详解】解：∵旋转后AC的中点恰好与D点重合，即AD=AC′=AC，
∴在Rt△ACD中，∠ACD=30°，即∠DAC=60°，
∴∠DAD′=60°，
∴∠DAE=30°，
∴∠EAC=∠ACD=30°，
∴AE=CE，
在Rt△ADE中，设AE=EC=x，则有
DE=DC-EC=AB-EC=6-x，AD=，
根据勾股定理得：x2=（6-x）2+（）2，
解得：x=4，
∴EC=4，
则S△AEC=EC•AD=，
故答案为：．
16.【答案】①②④
【解析】
【分析】
①由正方形的性质、平移的特征证明△ADH≌△EMH，再以MD为直径作圆，则该圆经过点A、H，可证明∠BEC＝∠AMD＝∠DHC＝60°，由∠B＝90°，得2BE＝CE＝DM，故①正确；②由①得△DMH是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得到DM＝HM，故②正确；③由①得∠CHM的大小随∠DHC的变化而变化，举一个反例说明∠CHM的大小不是定值150°，故③错误；④过点H作HP⊥AB，HQ⊥AD，设正方形的边长为x，HP的长为a，用含x、a的式子分别表示△ACE和△ADH的面积，即可得出S△ACE＝2S△ADH，故④正确．
【详解】
解：①如图，在正方形ABCD中，AB＝CB＝AD＝CD，∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠DAH＝∠BAC＝45°，
∵EH⊥AC，
∴∠AHE＝90°，
∴∠MEH＝∠EAH＝45°＝∠DAH，
∴AH＝EH；
由平移得AM＝BE，
∴EM＝AB＝AD，
∴△ADH≌△EMH（SAS），
∴∠DHA＝∠MHE，
∴∠DHM＝∠DHA﹣∠AHM＝∠MHE﹣∠AHM＝∠AHE＝90°；
以DM的中点O为圆心，以DM为直径作⊙O，连接OA、OH，则OA＝OH＝DM＝OD，
∴点A、H在⊙O上．
当∠DHC＝60°时，则∠BEC＝∠AMD＝180°﹣∠DHA＝∠DHC＝60°，
∴∠BCE＝30°，
∴2BE＝CE＝DM．
故①正确；
②由①得HD＝HM，∠DHM＝90°，
∴DM2＝HD2+HM2＝2HM2，
∴DM＝HM．
故②正确；
③∵∠CHM＝∠DHC+∠DHM＝∠DHC+90°，
∴∠CHM的大小随∠DHC即∠AMD的变化而变化，如当∠AMD＝75°时，则∠CHM＝165°≠150°．
故③错误；
④作HP⊥AB于点P，HQ⊥AD于点Q，则HP＝HQ＝AE＝AP＝EP．
设正方形ABCD的边长为x，HP＝HQ＝a，则AE＝2a．
∵S△ACE＝×2ax＝ax，S△ADH＝ax，
∴S△ACE＝2S△ADH．
故④正确．
故答案为：①②④．
三、解答题
17. 【分析】利用加减消元法解二元一次方程组即可解答.
【详解】解：，②－①可得y=2，
将y的值代入①中解得x=3，故二元一次方程组的解是.
18.【解答】证明：四边形中，，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是矩形．
19.【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再选取使分式有意义的x的值代入计算可得．
【详解】解：原式＝×
=
=
=
=﹣（x－3）
=﹣x+3
∵x≠ ±2，
∴可取x＝1，
则原式＝﹣1+3＝2．
20.【解答】解：设甲学校师生所乘大巴车的平均速度为千米小时，则乙学校师生所乘大巴车的平均速度为千米小时，
由题意得：，
解得：，
经检验，是所列方程的解，
则，
答：甲、乙两所学校师生所乘大巴车的平均速度分别为60千米小时、90千米小时．
21.【解析】（1）先根据“A等级”的人数及占比求出学生总人数，再减去各组人数即可求出成绩为“B等级”的学生人数；
（2）根据“D等级”的占比即可求出其圆心角度数，根据“C等级”的人数即可求出m的值；
（3）根据题意画树状图，再根据概率公式即可求解．
【详解】（1）学生总人数为3÷15%=20（人）
∴成绩为“B等级”的学生人数有20-3-8-4=5（人）
故答案为：5；
（2）“D等级”的扇形的圆心角度数为
m=，
故答案为：72°；40；
（3）根据题意画树状图如下：
∴P（女生被选中）=．
22.【解析】
（1）根据点A、B都在反比例函数图象上，得到关于a的方程，求出a，即可求出反比例函数解析式；
（2）根据点A、B都在一次函数的图象上，运用待定系数法求出直线解析式，进而求出点C坐标，求出CD长，即可求出的面积．
【详解】解：（1）∵点，点在反比例函数的图象上，
∴．
解得．
∴．
∴反比例函数的表达式是．
（2）∵，
∴点A，点B的坐标分别是．
∵点A，点B在一次函数的图象上，
∴
解得
∴一次函数的表达式是．
当时，．
∴点C的坐标是．
∴．
∵点D是点C关于原点O的对称点，
∴．
作轴于点E，
∴．
23.【分析】（1）连接，根据是角平分线，进而可得，，根据垂径定理的推论可得，由，即可证明，即可证明是的切线；
（2）由可得，，根据同弧所对的圆周角相等可得，进而可得，根据圆内接四边形的对角互补，可得，可得，即可证明
（3）连接，根据直径所对的圆周角等于90°，进而勾股定理求得，由，进而求得，根据（2）的结论，列出比例式，代入数值计算即可求得线段的长．
【详解】（1）证明：连接，如图，
是的角平分线，
是的切线；
（2）
，
（3）如图，连接
是的直径，
，
在中，，
在中
即
24.【分析】（1）用交点式函数表达式，即可求解；
（2）分当为平行四边形一条边、对角线，两种情况，分别求解即可；
（3）利用，即可求解．
【解答】解：（1）用交点式函数表达式得：；
故二次函数表达式为：；
（2）①当为平行四边形一条边时，如图1，
则，
则点坐标为，
当点在对称轴左侧时，即点的位置，点、、、为顶点的四边形为平行四边形，
故：点或；
②当是四边形的对角线时，如图2，
中点坐标为
设点的横坐标为，点的横坐标为2，其中点坐标为：，
即：，解得：，
故点；
故：点或或；
（3）直线的表达式为：，
设点坐标为，则点，
，
，故四边形面积有最大值，
当，其最大值为，此时点，．
25.【解析】
（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；
（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；
②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，
∵BE=CG，AB=AC，
∴△ABE≌△ACG，
∴AE=AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAH=∠GAH，
∵AH=AH，
∴△AEH≌△AGH；
（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，
∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，
∴点E和点G关于AF对称，
∴此时△DGH的周长最小，
过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，
由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，
∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，
∴CM=CD=6，
∴DM=，
∵AB=12=BC，BE=4，
∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，
∴DE==DH+EH=DH+HG，
∴DH+HG+DG=
∴△DGH周长的最小值为；
②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，
可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，
即S△AON：S△AEC=1:4，
∵O是AC中点，
∴N为AE中点，此时ON∥EC，
∴，
当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，
同理S△NOC：S四边形ONEA=1:3，
∴S△NOC：S△AEC=1:4，
∵O为AC中点，
∴N为EC中点，则ON∥AE，
∴，
∵BE=4，AB=12，
∴EC=8，EN=4，
过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，
∵∠BCD=120°，
∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，
∴CG=2CP，
∵CG=BE=4，
∴CP=2，GP=，
∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG，
设EF=FG=x，则FC=8-x，FP=10-x，
在△FGP中，，
解得：x=，
∴EF=，
∴，
综上：存在直线OH，的值为或.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
B
C
D
C
C
A
C
B
D