2023年广东省佛山市中考一模数学试卷（含详细答案）

这是一份2023年广东省佛山市中考一模数学试卷（含详细答案），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列四个实数中，最小的实数是（ ）
A．B．0C． D．1
2．数据显示，中国已实现“带动三亿人参与冰雪运动”的目标，全国冰雪运动参与人数达到3.46亿人．数据“3.46亿”用科学记数法表示是（ ）
A．B．C．D．
3．下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．我国民间，流传着许多含有吉祥意义的文字图案，表示对幸福生活的向往，良辰佳节的祝贺．比如下列图案分别表示“福”、“禄”、“寿”、“喜”，其中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，将三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
6．用一平面去截下列几何体，其截面可能是长方形的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
7．下表记录了甲、乙、丙、丁四名射击运动员最近几次选拔赛的成绩（平均数和方差）：
根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，则选择______较适宜；（ ）A．甲B．乙C．丙D．丁
8．某环保知识竞赛一共有20道题，规定：答对一道题得5分，答错或不答一道题扣1分．在这次竞赛中，小明被评为优秀（85分或85分以上），则小明至少答对了______道题．（ ）
A．17B．18C．19D．16
9．如图，四边形为⊙的内接四边形，若四边形为菱形，为（ ）．
A．45°B．60°C．72°D．36°
10．已知抛物线的对称轴是直线，其部分图象如图所示，下列说法中：①；②；③若、是抛物线上的两点，则有；④若m，n为方程的两个根，则且；以上说法正确的有（ ）
A．①②③④B．②③④C．②④D．②③
二、填空题
11．因式分解：______．
12．若两个相似三角形的相似比为，则它们的面积比是______．
13．若实数m，n满足，则的值是______；
14．如图，创新小组要测量公园内一棵树AB的高度，其中一名小组成员站在距离树10米的点E处，测得树顶A的仰角为45°，已知测角仪的架高CE＝1.2米，则这棵树的高度为______米．
15．如图所示，等边的边长为4，点F在内运动，运动过程始终保持，则线段的最小值为______；
三、解答题
16．先化简，再求值：，其中，．
17．如图所示，菱形中，点M、N分别是边上的点，，，连接，延长交线段延长线于点E；
(1)求证：；
(2)若菱形边长为6，则线段的长是______；
18．为落实中小学课后服务工作的要求，某校开设了四门校本课程供学生选择：A（合唱社团）、B（陶艺社团）、C（数独社团）、D（硬笔书法），七年级共有120名学生选择了C课程．为了解选择C课程学生的学习情况，张老师从这120名学生中随机抽取了30名学生进行测试，将他们的成绩（百分制，单位：分）分成六组，绘制成频数分布直方图．
(1)分这组的数据为：81、89、84、84、84、86、85、88、83，则这组数据的中位数是______分、众数是______分；
(2)根据题中信息，可以估算七年级选择C课程的学生成绩在分的人数是______人；
(3)七年级每名学生必须选两门不同的课程，小明和小华在选课程的过程中，第一门都选了课程C．他俩决定随机选择第二门课程，请用列表法或树状图的方法求他俩同时选到课程A或课程B的概率．
19．我国古代数学著作《九章算术》中记载有这样一个问题：“今有甲、乙二人，持钱不知其数．甲得乙半而钱五十，乙得甲大半而钱亦五十．问甲、乙持钱各几何？”题目大意是：今有甲、乙二人，各带了若干钱．如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有钱50；如果乙得到甲所有钱的，那么乙也共有钱50，问甲、乙二人各带了多少钱？
(1)求甲、乙两人各带的钱数；
(2)若小明、小颖去文具店购买作业本，两人带的钱数（单位：元）恰好等于甲、乙两人各带的钱数，已知作业本的单价为2.5元/本．由于开学之际，文具店搞促销活动，凡消费50元可以打八折，那么他们合起来购买可以比单独购买多多少本作业本？
20．如图所示，是的直径，为的切线，D为上的一点，，延长交的延长线于点B，连接．若．
(1)求证：AD为的切线；
(2)求图中阴影部分的面积．
21．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数 的图象相交于第一、三象限内的，两点，与轴交于点 ．
（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；
（2）在轴上找一点使最大，求的最大值及点的坐标；
（3）直接写出当时，的取值范围．
22．数学学习总是循序渐进、不断延伸拓展的，数学知识往往起源于人们为了解决某些问题，通过观察、测量、思考、猜想出的一些结论．但是所猜想的结论不一定都是正确的．人们从已有的知识出发，经过推理、论证后，如果所猜想的结论在逻辑上没有矛盾，就可以作为新的推理的前提，数学中称之为定理．
(1)推理证明：
在八年级学习等腰三角形和直角三角形时，借助工具测量就能够发现：“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，当时并未说明这个结论的正确性．九年级学习了矩形的判定和性质之后，就可以解决这个问题了．如图1，在中，若是斜边上的中线，则，请你用矩形的性质证明这个结论的正确性．
(2)迁移运用：利用上述结论解决下列问题：
①如图2，在线段异侧以为斜边分别构造两个直角三角形与，E、F分别是、的中点，判断与的位置关系并说明理由；
②如图3，对角线、相交于点O，分别以、为斜边且在同侧分别构造两个直角三角形与，求证：是矩形；
23．如图，抛物线经过，，三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在直线下方的抛物线上有一点D，使得的面积最大，求点D的坐标以及的面积的最大值．
(3)点P是抛物线上一个动点，过P作轴于M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与相似？若存在，直接写出符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由；
选手
成绩
甲
乙
丙
丁
平均数（环）
方差

参考答案：
1．A
【分析】根据实数比较大小的方法求解即可．
【详解】解：∵，
∴最小的实数是，
故选A．
【点睛】本题主要考查了实数比较大小，熟知正数大于0，0大于负数是解题的关键．
2．B
【分析】根据科学记数法的定义即可得．
【详解】解：因为1亿，
所以亿，
故选：B．
【点睛】本题考查了科学记数法，熟记科学记数法的定义（将一个数表示成的形式，其中，为整数，这种记数的方法叫做科学记数法）是解题关键．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．
3．D
【分析】根据同底数幂的乘除法及幂的乘方可进行求解．
【详解】解：A、与不是同类项，故不能计算，不符合题意；
B、，原计算错误，故不符合题意；
C、，原计算错误，故不符合题意；
D、，计算正确，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查同底数幂的乘除法及幂的乘方，熟练掌握各个运算法则是解题的关键．
4．C
【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，也不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项正确；
D、轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误．
故选C．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5．A
【分析】先根据平行线的性质得到，再根据三角形内角和定理即可得到．
【详解】解；由题意得，，
∴，
∵，，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形内角和定理，熟知两直线平行，同位角相等，三角形内角和为是解题的关键．
6．C
【分析】根据长方体、圆锥、圆柱、四棱柱的形状判断即可．
【详解】解：圆锥不可能得到长方形截面，
能得到长方形截面的几何体有：长方体、圆柱、四棱柱一共有3个．
故选：C．
【点睛】本题考查几何体的截面，关键要理解面与面相交得到线，注意：截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关．
7．D
【分析】首先比较平均数，再根据平均数相同时选择方差较小的运动员参加即可得到答案．
【详解】解：从平均数来看，甲、丙的平均数相同，乙、丁的平均数相同，且甲、丙的平均数小于乙、丁的平均数，
∴应从乙、丁中选取一人参赛，
∵方差来看，丁的方差小于乙的方差，
∴选择丁较适宜，
故选D．
【点睛】本题考查平均数和方差在数据统计中的意义，理解掌握它们的意义是解答关键．
8．B
【分析】设小明答对了x道题，则答错和不答的一共有道题，再根据答对一题得5分，答错或不答一道题扣1分列出不等式求解即可．
【详解】解：设小明答对了x道题，则答错和不答的一共有道题，
由题意得，，
解得，
∵x为正整数，
∴的最小值为18，
∴小明至少答对了18道题，
故选B．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式的实际应用，正确理解题意找到不等关系是解题的关键．
9．B
【分析】根据菱形性质，得；连接，根据圆的对称性，得；根据等边三角形的性质，得，再根据圆周角和圆心角的性质计算，即可得到答案．
【详解】∵四边形为菱形
∴
连接
∵四边形为⊙的内接四边形
∴
∴，为等边三角形
∴
∴
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接多边形、等边三角形、菱形的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、等边三角形、菱形、圆周角、圆心角的知识；从而完成求解．
10．B
【分析】由图象可知，然后根据二次函数的图象与性质及与方程的关系可进行求解．
【详解】解：由图象可知：，对称轴为直线，即，
∴，故①错误；
∵点是二次函数与x轴的交点，
∴根据二次函数的对称性可知二次函数与x轴的另一个交点坐标为，
∴当时，则有，故②正确；
当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，所以由、是抛物线上的两点，则有，故③正确；
∵二次函数与x轴的交点坐标为，，
∴该二次函数解析式可为，
由方程可知当时，即可看作方程的两个根即为直线与二次函数的图象的两个交点的横坐标，且，
∴且；故④正确；
故选B．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
11．
【分析】利用提取公因式法因式分解即可．
【详解】解：．
【点睛】此题考查提取公因式法因式分解，准确找到公因式是解此题的关键．
12．##
【分析】根据相似三角形的性质：两个相似三角形的面积比等于相似比的平方，由此问题可求解．
【详解】解：由题意得：这两个相似三角形的面积比为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
13．5
【分析】两个非负数的和为0，须两个非负数同为0，须被平方的式子与被开方的式子都为0，求得m、n的值．
【详解】∵，
又∵，，
∴，，
∴，，
∴．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了非负数，熟练掌握几个非负数的和为0，这几个非负数同时为0，是解决此类为题的关键．
14．11.2
【分析】过点C作CD⊥AB于D，则∠ACD=45°，可证AD=CD，再证四边形CEBD为矩形，得出DB=CE=1.2米，CD=EB=10米即可．
【详解】解：过点C作CD⊥AB于D，则∠ACD=45°，
∴∠CAD=180°-∠ACD-∠ADC=180°-45°-90°=45°，
∴∠ACD=∠CAD=45°，
∴AD=CD，
∵CE⊥EB，
∴∠CEB=90°=∠CDB=∠DBE，
∴四边形CEBD为矩形，
∴DB=CE=1.2米，CD=EB=10米，
∴AD=CD=10米，
∴AB=AD+DB=10+1.2=11.2米．
故答案为：11.2．
【点睛】本题考查等腰直角三角形判定与性质，矩形的判定与性质，线段和差，掌握等腰直角三角形判定与性质，矩形的判定与性质，线段和差是解题关键．
15．##
【分析】根据运动过程始终保持，可知点F在以为直径的圆上，该圆记作圆O，连接，交圆O于点F，此时满足最短．据此利用勾股定理即可作答．
【详解】∵运动过程始终保持，
∴点F在以为直径的圆上，该圆记作圆O，
连接，交圆O于点F，此时满足最短．
如图，
∵等边的边长为4，
∴，，
∵点O为中点，
∴，
∴，
∴最短为：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的性质等知识，判断出点F在以为直径的圆上，是解答本题的关键．
16．，
【分析】根据平方差公式及完全平方公式可进行化简，然后代值求解即可．
【详解】解：原式；
∵，，
∴．
【点睛】本题主要考查乘法公式及二次根式的乘法运算，熟练掌握各个运算法则是解题的关键．
17．(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）先根据菱形的性质得到，再由已知条件证明，即可利用证明；
（2）先由菱形的性质得到，证明，得到，再由，推出，得到，再由，即可得到．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵菱形边长为6，即，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，灵活运用所学知识是解题的关键．
18．(1)84，84
(2)64
(3)
【分析】（1）根据中位数和众数的定义求解；
（2）用选择C的总人数乘以样本中成绩在分的人数占比即可得到答案；
（3）先列出表格得到所有的等可能性的结果数，然后找到他俩同时选到课程A或课程B的结果数，最后根据概率计算公式求解即可．
【详解】（1）解：将这组数据按照从小到大排列为：81、83、84、84、84、85、86、88、89，处在最中间的是84，
∴这组数据的中位数为84分，
∵84出现了3次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数为84分，
故答案为：84，84；
（2）解：人，
∴可以估算七年级选择C课程的学生成绩在分的人数是64人，
故答案为：64；
（3）解：列表如下：
由表格可知，一共有9种等可能性的结果数，其中他俩同时选到课程A或课程B的结果数有2种，
∴他俩同时选到课程A或课程B的概率为．
【点睛】本题主要考查了中位数，众数，用样本估计总体，树状图或列表法求解概率，灵活运用所学知识是解题的关键．
19．(1)甲带钱，乙持钱
(2)他们合起来购买可以比单独购买多6本作业本
【分析】（1）设甲带钱x，乙持钱y，根据题意列出二元一次方程组，解方程组即可求解；
（2）分别计算出分开买和合起来买的数量，再比较即可作答．
【详解】（1）解：设甲带钱x，乙持钱y，
根据题意得：
，
解得：，
答：甲带钱，乙持钱；
（2）分开买：（本）；
合起来买：（本），
即：（本），
即：他们合起来购买可以比单独购买多6本作业本．
【点睛】本题主要考查了使用二元一次方程组解答古代问题的知识，明确题意，列出方程组是解答本题的关键．
20．(1)见详解
(2)阴影部分的面积为
【分析】（1）连接，由，可得，进一步得到，又为切线，可知，可得，可得为切线；
（2）根据勾股定理求出，分别求出、和扇形的面积，即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
∵，，
，
，
为的切线，
，
，
为的切线；
（2）解：，，
∴，
∴，
∴，即，
∴由勾股定理得：，，
∴，，
∴，
∴，
阴影部分的面积．
【点睛】本题主要考查切线的性质和判定及扇形的计算，掌握切线问题中的两种辅助线的作法及扇形的面积公式是解题的关键．
21．（1），；（2）的最大值为， ；（3）或
【分析】（1）利用待定系数法，即可得到反比例函数和一次函数的解析式；
（2）根据一次函数y1=x+2，求得与y轴的交点P，此交点即为所求；
（3）根据AB两点的横坐标及直线与双曲线的位置关系求x的取值范围．
【详解】（1）∵在反比例函数上
∴
∴反比例函数的解析式为
把代入可求得
∴
把代入为 解得
∴一次函数的解析式为
（2）的最大值就是直线与两坐标轴交点间的距离.
设直线与轴的交点为
令，则，解得 ，
∴
令，则
∴
∴，
∴的最大值为
（3）根据图象的位置和图象交点的坐标可知：
当时的取值范围为：或．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求反比例函数和一次函数的解析式，根据点的坐标求线段长，正确掌握反比例函数的性质是解题的关键．
22．(1)见解析；
(2)①；②见解析．
【分析】（1）延长至点E，使得，连接、，易证四边形是平行四边形，结合可证明四边形是矩形，得到即可；
（2）①如图连接、，结合题意由（1）可得，即，结合F是的中点，依据等腰三角形三线合一可得结论；
②如图连接，由（1）可知，即可得结论．
【详解】（1）延长至点E，使得，连接、，
则，
是上的中线，
，
则四边形是平行四边形，
在中，
，
则四边形是矩形，
，
，
即；
（2）①如图连接、，
三角形与是以为斜边直角三角形，
且E是的中点，由（1）可知，
，，
，
是等腰三角形，
又F是的中点，
；
②如图连接，
对角线、相交于点O，
点O是、的中点，
又与是直角三角形，
由（1）可知，
，，
，
是矩形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质，矩形的判定；解题的关键是熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
23．(1)抛物线的解析式为
(2)点，此时的面积的最大值为4
(3)存在，当点A、P、M为顶点的三角形与相似时，则点或或或
【分析】（1）根据待定系数法，可得抛物线的解析式；
（2）根据铅垂法可得三角形的面积，然后根据二次函数的性质，可得答案；
（3）由题意易得，设点，，，且，然后根据题意可分当时和当时，进而分类求解即可．
【详解】（1）解：由题意可设抛物线解析式为，则把点代入得：
，
解得：，
∴抛物线解析式为，即为；
（2）解：过点D作轴，交于点E，如图所示：
设直线的解析式为，则有：
，解得：，
∴直线的解析式为，
设点，则有，
∴，
∴，
∵，
∴当时，的面积最大，最大值为，
此时点；
（3）解：如图所示：
由，可知：，
∴，
设点，
∴，，且③，
∵，
∴以点A、P、M为顶点的三角形与相似，则有：
①当时，
∴④，
联立③④解得：或（舍去）或，
∴或；
②当时，
∴⑤，
联立③⑤解得：（舍去）或或，
∴或；
综上所述：当点A、P、M为顶点的三角形与相似时，则点或或或．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的性质及相似三角形的性质是解题的关键．
A
B
D
A
（A，A）
（B，A）
（D，A）
B
（A，B）
（B，B）
（D，B）
D
（A，D）
（B，D）
（D，D）