2023年中考第一次模拟考试卷数学（广州卷）（全解全析）

这是一份2023年中考第一次模拟考试卷数学（广州卷）（全解全析），共21页。试卷主要包含了绝对值为的数是，下列计算正确的是，在平面直角坐标系中，将点A，某款“不倒翁”等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学第一次模拟考试卷
数学·全解全析
第Ⅰ卷
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
C
B
C
B
B
D
A
A
B
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．绝对值为的数是（　　）
A．5 B． C．﹣ D．±
【分析】根据绝对值的意义求解．
【解答】解：±的绝对值是，
即绝对值为的数是±．
故选：D．
2．2022年北京冬奥会国家速滑馆“冰丝带”屋顶上安装的光伏电站，据测算，每年可输出约44.8万度的清洁电力．将44.8万度用科学记数法可以表示为（　　）
A．0.448×106度 B．44.8×104度
C．4.48×105度 D．4.48×106度
【分析】根据1万＝104，然后写成科学记数法的形式：a×10n，其中1≤a＜10，n为正整数即可．
【解答】解：44.8万＝44.8×104＝4.48×105，
故选：C．
3．下列计算正确的是（　　）
A．a3+a3＝a6 B．（a3）2＝a6 C．a6÷a2＝a3 D．（ab）3＝ab3
【分析】根据同底数幂的乘除法、幂的乘方的计算法则进行计算即可．
【解答】解：a3+a3＝2a3，因此选项A不正确；
（a3）2＝a3×2＝a6，因此选项B正确；
a6÷a2＝a6﹣2＝a4，因此选项C不正确；
（ab）3＝a3b3，因此选项D不正确；
故选：B．
4．如图为正方体的展开图，将标在①②③④的任意一面上，使得还原后的正方体中与是相邻面，则不能标在（　　）

A．① B．② C．③ D．④
【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【解答】解：因为正方体中与是相邻面，与③是对面，
所以不能标在③．
故选：C．
5．从甲、乙、丙、丁四名青年骨干教师中随机选取两名去参加“同心向党”演讲比赛，则恰好抽到甲、丙两人的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】画树状图，共有12种等可能的结果，恰好抽到甲、丙两人的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如图：

共有12种等可能的结果，恰好抽到甲、丙两人的结果有2种，
∴恰好抽到甲、丙两人的概率为＝，
故选：B．
6．如图是一款手推车的平面示意图，其中AB∥CD，∠1＝24°，∠2＝76°，则∠3的度数为（　　）

A．104° B．128° C．138° D．156°
【分析】先根据平行线性质求出∠A，再根据邻补角的定义求出∠4，最后根据三角形外角性质得出∠3＝∠4+∠A．
【解答】解：如图：

∵AB∥CD，∠1＝24°，
∴∠A＝∠1＝24°，
∵∠2＝76°，∠2+∠4＝180°，
∴∠4＝180°﹣∠2＝180°﹣76°＝104°，
∴∠3＝∠4+∠A＝104°+24°＝128°．
故选：B．
7．在平面直角坐标系中，将点A（a，1﹣a）先向左平移3个单位得点A1，再将A1向上平移1个单位得点A2，若点A2落在第四象限，则a的取值范围是（　　）
A．2＜a＜3 B．a＞3 C．a＞2 D．a＜2或a＞3
【分析】根据平移的性质表示出平移后的点的坐标，再利用第四象限内点的坐标特点得出答案．
【解答】解：∵将点A（a，1﹣a）先向左平移3个单位得点A1，
∴A1坐标为（a﹣3，1﹣a），
∵再将A1向上平移1个单位得点A2，
∴点A2落的坐标为（a﹣3，2﹣a），
∵点A2落在第四象限，
∴，
解得：a＞3．
故选：D．
8．我国古代数学古典名著《孙子算经》中记载：“今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺，木长几何？”其大意是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再量，木条还剩余1尺；问长木多少尺？如果设木条长为x尺，绳子长为y尺，则下面所列方程组正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】直接利用“绳长＝木条+4.5；绳子＝木条﹣1”分别得出等式求出答案．
【解答】解：设木条长x尺，绳子长y尺，那么可列方程组为：．
故选：A．
9．某款“不倒翁”（图1）的主视图是图2，PA，PB分别与所在圆相切于点A，B．若该圆半径是9cm，∠P＝40°，则的长是（　　）

A．11πcm B．πcm C．7πcm D．πcm
【分析】根据题意，先找到圆心O，然后根据PA，PB分别与所在圆相切于点A，B．∠P＝40°可以得到∠AOB的度数，然后即可得到优弧AMB对应的圆心角，再根据弧长公式计算即可．
【解答】解：OA⊥PA，OB⊥PB，OA，OB交于点O，如图，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵∠P＝40°，
∴∠AOB＝140°，
∴优弧AMB对应的圆心角为360°﹣140°＝220°，
∴优弧AMB的长是：＝11π（cm），
故选：A．

10．如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBD的边OB与x轴的正半轴重合，AD∥OB，DB⊥x轴，对角线AB，OD交于点M．已知AD：OB＝2：3，△AMD的面积为4．若反比例函数y＝的图象恰好经过点M，则k的值为（　　）

A． B． C． D．12
【分析】过点M作MH⊥OB于H．首先利用相似三角形的性质求出△OBM的面积＝9，再证明OH＝OB，求出△MOH的面积即可．
【解答】解：过点M作MH⊥OB于H．

∵AD∥OB，
∴△ADM∽△BOM，
∴＝（）2＝，
∵S△ADM＝4，
∴S△BOM＝9，
∵DB⊥OB，MH⊥OB，
∴MH∥DB，
∴＝＝＝，
∴OH＝OB，
∴S△MOH＝×S△OBM＝，
∵＝，
∴k＝，
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．一组数据3、﹣2、4、1、4的平均数是 　2　．
【分析】根据平均数的定义计算即可．
【解答】解：数据3、﹣2、4、1、4的平均数是：＝2．
故答案为：2．
12．因式分解：2x3﹣8x＝　2x（x+2）（x﹣2）　．
【分析】先提公因式2x，分解成2x（x2﹣4），而x2﹣4可利用平方差公式分解．
【解答】解：2x3﹣8x＝2x（x2﹣4）＝2x（x+2）（x﹣2）．
故答案为：2x（x+2）（x﹣2）．
13．已知a是方程x2﹣2x﹣2020＝0的一个根，则a2﹣2a的值等于　2020　．
【分析】将x＝a代入方程可得：a2﹣2a＝2020，从而可求出答案．
【解答】解：将x＝a代入方程可得：a2﹣2a＝2020，
∴原式＝2020，
故答案为：2020；
14．如图，△ABC中，∠C＝90°，tanB＝3，MN垂直平分AB，AN＝10，则BC＝　6　．

【分析】由已知条件可得∠AMN＝∠ACB＝90°，即可得出∠ANM＝∠B，在Rt△AM中，设MN＝a，AM＝b，根据勾股定理和正切函数可得，即可得出a，b的值，线段垂直平分线的性质可得AB的长度，在Rt△ABC中，设BC＝m，AC＝n，根据勾股定理和正切函数可得，即可求出m的值，即可得出答案．
【解答】解：∵MN⊥AB，
∴∠AMN＝∠ACB＝90°，
∴∠ANM＝∠B，
在Rt△AMN中，
设MN＝a，AM＝b，
则，
解得：a＝，b＝3，
∴AM＝3，
∵MN垂直平分AB，
∴AB＝2AM＝6，
在Rt△ABC中，
设BC＝m，AC＝n，
则，
解得：m＝6，
即BC＝6．
故答案为：6．
15．若二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上有且只有三个点到x轴的距离等于m，则m的值为 　4　．
【分析】由抛物线解析式可得抛物线对称轴为直线x＝1，顶点为（1，﹣4），由图象上恰好只有三个点到x轴的距离为m可得m＝4．
【解答】解：∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线开口向上，抛物线对称轴为直线x＝1，顶点为（1，﹣4），
∴顶点到x轴的距离为4，
∵函数图象有三个点到x轴的距离为m，
∴m＝4，
故答案为：4．
16．如图，正方形ABCD中，AD＝12，点E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交BC于点F，连接AF，交BD于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接AM，交EF于点N，若点F是BC边的中点，下列说法正确的是 　①②③　.（填序号）
①△AGD∽△FGB；
②∠EFG＝∠ABD＝45°；
③AM＝10；
④S△EAM＝．

【分析】利用勾股定理求出AF＝6，再证明△AGD∽△FGB，得出＝2，进而求得FG＝2，再根据∠ABC+∠AEF＝180°，判断出点A，B，F，E四点共圆，进而得出∠EFG＝∠ABD＝45°，由翻折得出：FG＝FM，∠EFM＝∠EFG，可得∠AFM＝90°，再运用勾股定理求出AM，OE可得结论．
【解答】解：如图，设对角线的交点为O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB＝BC＝AD＝12，
∵点F是AB的中点，
∴BF＝BC＝6，
在Rt△ABF中，AF＝＝＝6，
∵AD∥BC，
∴△AGD∽△FGB，故①正确，
∴＝，
∴＝＝2，
∴AG＝2FG，
∵AG+FG＝AF，
∴2FG+FG＝6
∴FG＝2，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝45°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°＝∠ABC，
∴∠ABC+∠AEF＝180°，
∴点A，B，F，E四点共圆，
∴∠EFG＝∠ABD＝45°，故②正确，
∵将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，
∴FG＝FM，∠EFM＝∠EFG，
∴FM＝2，∠EFM＝∠EFG＝45°，
∴∠AFM＝∠EFM+∠EFG＝45°+45°＝90°，
∴AM＝＝＝10．故③正确．
在Rt△AOE中，OA＝6，AE＝AF＝3，
∴OE＝＝＝3，
∴△AEM的面积＝•AM•OE＝×10×3＝30，故④错误，
故答案为：①②③．

三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）解不等式组：．
【分析】分别解出每个不等式，再求公共解集即可．
【解答】解：，
解不等式①得：x≤1，
解不等式②得：x＞﹣1，
∴不等式组的解集是﹣1＜x≤1．
18．（4分）已知：如图，∠ABC＝∠DCB，∠1＝∠2．求证：△ABC≌△DCB．

【分析】根据等式的性质得出∠DBC＝∠ACB，进而利用ASA证明△ABC≌△DCB即可．
【解答】证明：∵∠ABC＝∠DCB，∠1＝∠2，
∴∠ABC﹣∠1＝∠DCB﹣∠2，
∴∠DBC＝∠ACB，
在△ABC与△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（ASA）．
19．（6分）为了解我校学生每天的睡眠时间（单位：小时），随机调查了我校的部分学生，根据调查结果，绘制出如图统计图．若我校共有1000名学生，请根据相关信息，解答下列问题：

（1）本次接受调查的学生人数为 　40　人，扇形统计图中的m＝　25　；
（2）请补全条形统计图；
（3）求所调查的学生每天睡眠时间的方差；
（4）若睡眠时间超过7小时及以上在白天才能达到良好的学习效果，估计我校学生每天睡眠时间不足的人数．
【分析】（1）由两个统计图可得样本中睡眠时间为5h的有4人，占调查人数的10%，由频率＝可求出调查人数，进而求出睡眠时间为8h所占的百分比，得出m的值；
（2）求出睡眠时间为7h的学生人数，即可补全条形统计图；
（3）根据方差的计算公式进行计算即可；
（4）用样本中的“睡眠时间不足7h”的学生所占的百分比去估计全校1000名学生“睡眠时间不足7h”所占的百分比，再根据频率＝进行计算即可．
【解答】解：（1）4÷10%＝40（人），
10÷40×100%＝25%，即m＝25，
故答案为：40，25；
（2）样本中睡眠时间为7h的学生人数为：40﹣4﹣8﹣10﹣3＝15（人），
补全条形统计图如下：

（3）样本平均数为：＝7（h），
所以方差为：S2＝[（5﹣7）2×4+（6﹣7）2×8+（7﹣7）2×15+（8﹣7）2×10+（9﹣7）2×3]
＝1.15，
答：方差为1.15；
（4）1000＝300（名），
答：全校1000名学生中，睡眠时间不足7h，即每天睡眠时间不足的大约有300名．
20．（6分）某健身器材店计划购买一批篮球和排球，已知每个篮球进价是每个排球进价的1.5倍，若用3600元购进篮球的数量比用3200元购进排球的数量少10个．
（1）篮球、排球的进价分别为每个多少元？
（2）该健身器材店决定用不多于28000元购进篮球和排球共300个进行销售，最多可以购买多少个篮球？
【分析】（1）设排球的进价为每个x元，则篮球的进价为每个1.5x元，由等量关系：用3600元购进篮球的数量比用3200元购进排球的数量少10个列出方程，解方程即可；
（2）设购买m个篮球，则购买（300﹣m）个排球，由题意：购买篮球和排球的总费用不多于28000元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设排球的进价为每个x元，则篮球的进价为每个1.5x元，
依题意得：﹣＝10，
解得：x＝80，
经检验，x＝80是方程的解，
1.5x＝1.5×80＝120．
答：篮球的进价为每个120元，排球的进价为每个80元；
（2）设购买m个篮球，则购买（300﹣m）个排球，
依题意得：120m+80（300﹣m）≤28000，
解得：m≤100，
答：最多可以购买100个篮球．
21．（8分）已知分式A＝（a+1﹣）÷．
（1）化简这个分式；
（2）把分式A化简结果的分子与分母同时加上3后得到分式B，问：当a＞2时，分式B的值较原来分式A的值是变大了还是变小了？试说明理由．
（3）若A的值是整数，且a也为整数，求出所有符合条件a的值．
【分析】（1）根据分式的混合运算顺序进行计算即可；
（2）把分式化简后分子分母同时加上3得分式B，再根据求差法进行大小比较即可；
（3）根据（1）的化简结果，分情况计算出a和A都是整数即可．
【解答】解：（1）A＝×
＝．
（2）∵A＝，A化简结果的分子与分母同时加上3后得到分式B，
∴B＝，
∴A﹣B＝﹣
＝
＝
＝．
∵a＞2，
∴A﹣B＞0，
∴A＞B．
答：分式B的值较原来分式A的值是变小了．
（3）A＝＝1+，是整数，a也是整数，
所以a﹣2是4的因数，
所以a﹣2＝±1，±2，±4，
∴a＝3，1，4，0，6，﹣2．
因为a＝1，不符合题意，
所以所有符合条件的a的值为0、3、4、6、﹣2．
22．（10分）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝AD．
（1）求证：AC⊥BD；
（2）若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，EF＝，AO＝2，求BD的长及四边形ABCD的周长．

【分析】（1）由菱形的判定得▱ABCD是菱形，再由菱形的性质即可得出结论；
（2）由三角形中位线定理得OD＝2EF＝3，再由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，BD＝2OD＝6，然后由勾股定理得AD＝，即可求出菱形ABCD的周长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD，
∴▱ABCD是菱形，
∴AC⊥BD；
（2）解：∵点E，F分别为AD，AO的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴OD＝2EF＝3，
由（1）可知，四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，BD＝2OD＝6，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD＝＝＝，
∴菱形ABCD的周长＝4AD＝4．
23．（10分）如图1是一台放置在水平桌面上的笔记本电脑，将其侧面抽象成如图2所示的几何图形，若显示屏所在面的侧边AO与键盘所在面的侧边BO长均为24cm，点P为眼睛所在位置，D为AO的中点，连接PD，当PD⊥AO时，称点P为“最佳视角点”，作PC⊥BC，垂足C在OB的延长线上，且BC＝12cm．
（1）当PA＝45cm时，求PC的长；
（2）若∠AOC＝120°时，“最佳视角点”P在直线PC上的位置会发生什么变化？此时PC的长是多少？请通过计算说明．（结果精确到0.1cm，可用科学计算器，参考数据：≈1.414，≈1.732）

【分析】（1）连接PO．先由线段垂直平分线的性质得出PO＝PA＝45cm，则OC＝OB+BC＝36cm，然后利用勾股定理即可求出PC＝＝27cm；
（2）过D作DE⊥OC交BO延长线于E，过D作DF⊥PC于F，则四边形DECF是矩形．先解Rt△DOE，求出DE＝DO•sin60°＝6，EO＝DO＝6，则FC＝DE＝6，DF＝EC＝EO+OB+BC＝42．再解Rt△PDF，求出PF＝DF•tan30°＝42×＝14，则PC＝PF+FC＝14+6＝20≈34.68＞27，即可得出结论．
【解答】解：（1）当PA＝45cm时，连接PO．
∵D为AO的中点，PD⊥AO，
∴PO＝PA＝45cm．
∵BO＝24cm，BC＝12cm，∠C＝90°，
∴OC＝OB+BC＝36cm，PC＝＝27（cm）；

（2）当∠AOC＝120°，过D作DE⊥OC交BO延长线于E，过D作DF⊥PC于F，则四边形DECF是矩形．
在Rt△DOE中，∵∠DOE＝60°，DO＝AO＝12，
∴DE＝DO•sin60°＝6，EO＝DO＝6，
∴FC＝DE＝6，DF＝EC＝EO+OB+BC＝6+24+12＝42．
在Rt△PDF中，∵∠PDF＝30°，
∴PF＝DF•tan30°＝42×＝14，
∴PC＝PF+FC＝14+6＝20≈34.6（cm），
∵34.6＞27，
∴点P在直线PC上的位置上升了，此时PC的长约是34.6cm．


24．（12分）已知二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3的图象经过点A（﹣1，0）．
（1）求a的值；
（2）若点B（m，n）与点C（m+1，n+1）都在抛物线y＝x2﹣2ax﹣3上，求m+n的值；
（3）若一次函数y＝（k+1）x+k+1的图象与二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3的图象的交点坐标是（x1，y1），（x2，y2）且x1＜0＜x2时，求函数w＝y1+y2的最小值．
【分析】（1）把A的坐标代入y＝ax2﹣2ax﹣3即可求得a的值；
（2）先将（m，n）、（m+1，n+1）两点的坐标分别代入y＝x2﹣2x﹣3，得到n＝m2﹣2m﹣3①，n+1＝（m+1）2﹣2（m+1）﹣3，即n＝m2﹣5②，再用②﹣①求得出m＝1，进而由②求得n，即可求出m+n＝﹣3；
（3）由一次函数解析式可得直线过定点（﹣1，0），可得y1＝0，因为抛物线顶点坐标为（1，﹣4），则y2的最小值为﹣4，然后作和求解．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3的图象经过点A（﹣1，0），
∴a+2a﹣3＝0，
∴a＝1；
（2）∵a＝1，
∴抛物线为y＝x2﹣2x﹣3，
∵点B（m，n）与点C（m+1，n+1）都在抛物线y＝x2﹣2x﹣3上，
∴n＝m2﹣2m﹣3①，n+1＝（m+1）2﹣2（m+1）﹣3，即n＝m2﹣5②，
②﹣①得2m﹣2＝0，解得m＝1，
∴n＝m2﹣5＝﹣4，
∴m+n＝1﹣4＝﹣3；
（3）∵y＝（k+1）x+k+1＝（k+1）（x+1），
∴直线数y＝（k+1）x+k+1经过定点（﹣1，0），
∵x＝﹣1时，y＝x2﹣2x﹣3＝0，
∴一次函数y＝（k+1）x+k+1的图象与二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象的一个交点为（﹣1，0），
∵x1＜0＜x2，
∴x1＝﹣1，y1＝0，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线顶点坐标为（1，﹣4），
∴y2≥﹣4，
∴y1+y2≥﹣4，
∴w＝y1+y2的最小值为﹣4．
25．（12分）已知点A、B在⊙O上，∠AOB＝90°，OA＝，
（1）点P是优弧上的一个动点，求∠APB的度数；
（2）如图①，当tan∠OAP＝﹣1时，求证：∠APO＝∠BPO；
（3）如图②，当点P运动到优弧的中点时，点Q在上移动（点Q不与点P、B重合），若△QPA的面积为S1，△QPB的面积为S2，求S1+S2的取值范围．

【分析】（1）由圆周角定理即可得出结果；
（2）过点O作OC⊥PA于C，在CA上截取CD＝OC，由等腰直角三角形的性质得出OD＝OC，∠CDO＝45°，得出AD＝OD，∠A＝∠DOA，求出∠A＝22.5°，即可得出结论；
（3）连接AB，连接PO并延长交AB于E，则PE⊥AB，把△PBQ沿着PQ翻折得△PB′Q，则PB′＝PB＝PA，∠PQB＝∠PQB′，S2＝S△QPB＝S△QB'P，证出点A、Q、B′三点共线，由S1+S2＝S△QPA+S△QB'P＝S△PAB'，得出S1+S2＞0当且仅当PA⊥PB′时，S1+S2有最大值，在Rt△PAE中，AE＝1，PE＝，由勾股定理得出PA2＝AE2+PE2＝4+2，即可得出结论．
【解答】（1）解：∵∠AOB＝90°，
∴∠APB＝∠AOB＝45°，
（2）证明：过点O作OC⊥PA于C，在CA上截取CD＝OC，如图①所示：
∵，
∴，
即AC＝OC，
∵CD＝OC，
∴AD＝AC﹣CD＝（+1）OC﹣OC＝OC
∵∠OCD＝90°，OC＝CD，
∴OD＝OC，∠CDO＝45°，
∴AD＝OD，
∴∠A＝∠DOA，
∵∠A+∠DOA＝∠CDO＝45°，
∴∠A＝22.5°，
∵OP＝OA，
∴∠APO＝∠A＝22.5°，
∵∠APB＝45°，
∴∠BPO＝∠APB﹣∠APO＝22.5°，
∴∠APO＝∠BPO；
（3）解：连接AB，连接PO并延长交AB于E，则PE⊥AB，把△PBQ沿着PQ翻折得△PB′Q，如图②所示：
则PB′＝PB＝PA，∠PQB＝∠PQB′，S2＝S△QPB＝S△QB'P，
∵∠AQP＝∠ABP，∠ABP＝∠PAB，
∴∠AQP＝∠PAB，
∵四边形PABQ内接于⊙O，
∴∠PAB+∠PQB＝180°，
∴∠AQP+∠PQB′＝180°，
∴点A、Q、B′三点共线，
∵S1+S2＝S△QPA+S△QB'P＝S△PAB'，
∴S1+S2＞0当且仅当PA⊥PB′时，S1+S2有最大值，
在Rt△PAE中，AE＝1，PE＝，PA2＝AE2+PE2＝4+2，
∴，
∴0＜S1+S2≤．