2023年广东省惠州市惠城区知行学校中考数学三模试卷（含答案）

这是一份2023年广东省惠州市惠城区知行学校中考数学三模试卷（含答案），共25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。

2023年广东省惠州市惠城区知行学校中考数学三模试卷
一、单选题(共30分，每题3分)
1．（3分）﹣的倒数是（　　）
A．﹣ B． C．﹣3 D．3
2．（3分）下列立体图形中，左视图是圆的为（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．2a﹣a＝1 B．﹣2a3÷（﹣a）＝a2
C．a2•a3＝a6 D．（a3）2＝a6
4．（3分）代数式x，，，x2﹣，，中，属于分式的有（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
5．（3分）如图，在⊙O中，∠BOC＝130°，点A在上，则∠BAC的度数为（　　）

A．55° B．65° C．75° D．130°
6．（3分）如图，△ABC∽△ADE，S△ABC：S四边形BDEC＝1：3，BC＝，则DE的长为（　　）

A． B． C． D．
7．（3分）长江比黄河长836km，黄河长度的6倍比长江长度的5倍多1284km，设长江长度为xkm，则下列方程中正确的是（　　）
A．5x﹣6（x﹣836）＝1284 B．6x﹣5（x+836）＝1284
C．6（x+836）﹣5x＝1284 D．6（x﹣836）﹣5x＝1284
8．（3分）如图，一次函数y＝kx+b与y＝x+2的图象相交于点P（m，4），则关于x，y的二元方程组的解是（　　）

A． B． C． D．
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，以点B为圆心，BA长为半径画弧，交CD于点E，连接BE，则扇形BAE的面积为（　　）

A． B． C． D．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF，有以下结论：
①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE＝AF时，；④BE+DF＝EF．其中正确的个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（共15分，每题3分）
11．（3分）“天宫课堂”第一课开始，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课，全国超过6000万中小学生观看授课直播，其中6000万用科学记数法表示为 　 　．
12．（3分）分解因式：4x2﹣16＝　 　．
13．（3分）抛物线y＝（x+1）2﹣2与y轴的交点坐标是 　 　．
14．（3分）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD．若AC＝10，则四边形OCED的周长是 　 　．

15．（3分）如图，已知点A是一次函数y＝x（x≥0）图象上一点，过点A作x轴的垂线l，B是l上一点（B在A上方），在AB的右侧以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，反比例函数y＝（x＞0）的图象过点B，C，若△OAB的面积为6，则△ABC的面积是　 　．

三、解答题（共24分，每题8分）
16．（8分）（1）计算：．
（2）解不等式组：，并把解集在数轴上表示出来．

17．（8分）如图，在△ABC中，AC＝BC，D、E分别为AB、BC上一点，∠CDE＝∠A．若BC＝BD，求证：CD＝DE．

18．（8分）2022年2月4日，24届冬季奥林匹克运动会在北京开幕，北京某高校大学生积极参与志愿者活动，奥组委分给这个高校志愿者类型有：展示、联络、安保和运行，学生会根据名额分配情况绘制了如下不完整的两种统计图：

根据图中提供的信息，回答下列问题：
（1）该校参加志愿者活动的大学生共有 　 　人，并把条形统计图补充完整；
（2）扇形统计图中，m＝　 　，安保对应的圆心角为 　 　度；
（3）小文和小芳是4名展示志愿者中的其中两位，奥组委决定在该校4名展示志愿者中任选2人参加北京冬季奥运会开幕式，请用列表法或树状图，求小文和小芳同时被选中参加开幕式的概率．
三、解答题（共27分，每题9分）
19．（9分）如图，一次函数y＝k1x+b与反比例函数y＝的图象交于A（2，m），B（﹣3，﹣2）两点．
（1）求m的值；
（2）根据所给条件，请直接写出不等式k1x+b＞的解集；
（3）若P（p，y1），Q（﹣2，y2）是函数y＝图象上的两点，且y1＞y2，求实数p的取值范围．

20．（9分）新华商场销售某种电子产品，每个进货价为40元，调查发现，当销售价格为60元时，平均每天能销售100个；当销售价每降价1元时，平均每天多售出10个，该商场要想使得这种电子产品的销售利润平均每天达到2240元．
（1）每个电子产品的价格应该降价多少元？
（2）在平均每天利润不变的情况下，为尽可能赢得市场，需要让利于顾客，该商场应该将该电子产品按照几折优惠销售？
（3）当定价为多少时，商场每天销售该电子产品的利润最大？最大利润是多少？
21．（9分）无人机在实际生活中应用广泛．如图所示，小明利用无人机测量大楼的高度，无人机在空中P处，测得楼CD楼顶D处的俯角为45°，测得楼AB楼顶A处的俯角为60°．已知楼AB和楼CD之间的距离BC为100米，楼AB的高度为10米，从楼AB的A处测得楼CD的D处的仰角为30°（点A、B、C、D、P在同一平面内）．
（1）填空：∠APD＝　 　度，∠ADC＝　 　度；
（2）求楼CD的高度（结果保留根号）；
（3）求此时无人机距离地面BC的高度．

三、解答题（共24分，每题12分）
22．（12分）如图，点O在∠MPN的平分线上，⊙O与PO相交于点C．与PO的延长线相交于点D，与PM相切于点A．
（1）求证：直线PN是⊙O的切线；
（2）若PA＝4，PC＝2，求⊙O的半径；
（3）点G是劣弧AC上一点，过点G作⊙O的切线分别交PM，PN于点E，F，若△PEF的周长是⊙O半径的3倍，求tan∠EPF的值．

23．（12分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2+2ax+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点A的坐标为（2，0），点在抛物线上．

（1）求抛物线的表达式；
（2）如图①，点P在y轴上，且点P在点C的下方，若∠PDC＝45°，求点P的坐标；
（3）如图②，E为线段CD上的动点，射线OE与线段AD交于点M，与抛物线交于点N，求的最大值．


2023年广东省惠州市惠城区知行学校中考数学三模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题(共30分，每题3分)
1． 解：﹣的倒数是﹣3．
故选：C．
2． 解：A、圆锥的左视图是等腰三角形，故A错误，不符合题意；
B、圆柱的左视图是矩形，故 B错误，不符合题意；
C、圆台的左视图是梯形，故C错误，不符合题意；
D、球的左视图是圆，故D正确，符合题意；
故选：D．
3． 解：A、2a﹣a＝a，故本选项错误；
B、﹣2a3÷（﹣a）＝2a2，故本选项错误；
C、a2•a3＝a5，故本选项错误；
D、（a3）2＝a6，故本选项正确；
故选：D．
4． 解：分式有：，，，
整式有：x，，x2﹣，
分式有3个，
故选：B．
5． 解：∵∠BOC＝130°，点A在上，
∴∠BAC＝∠BOC＝＝65°，
故选：B．
6． 解：∵S△ABC：S四边形BDEC＝1：3，
∴S△ABC：S△ADE＝1：4，
∵△ABC∽△ADE，
∴，
∴或（不符合题意，舍去）
∵，
∴．
故选：B．
7． 解：由题意可得，
6（x﹣836）﹣5x＝1284，
故选：D．
8． 解：把P（m，4）代入y＝x+2得m+2＝4，
解得m＝2，即P点坐标为（2，4），
所以二元一次方程组的解为．
故选：B．
9． 解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，
∵BA＝BE＝2，BC＝，
∴cos∠CBE＝＝，
∴∠CBE＝30°，
∴∠ABE＝90°﹣30°＝60°，
∴S扇形BAE＝＝，
故选：C．
10． 解：如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBM＝∠ADM＝∠FDN＝∠ABD＝45°，
∵∠MAN＝∠EBM＝45°，∠AMN＝∠BME，
∴△AMN∽△BME，
∴＝，
∴＝，
∵∠AMB＝∠EMN，
∴△AMB∽△NME，故①正确，
∴∠AEN＝∠ABD＝45°
∴∠NAE＝∠AEN＝45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，故②正确，
在△ABE和△ADF中，
∵，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF，
∵BC＝CD，
∴CE＝CF，
假设正方形边长为1，设CE＝x，则BE＝1﹣x，
如图2，连接AC，交EF于H，

∵AE＝AF，CE＝CF，
∴AC是EF的垂直平分线，
∴AC⊥EF，OE＝OF，
Rt△CEF中，OC＝EF＝x，
△EAF中，∠EAO＝∠FAO＝22.5°＝∠BAE＝22.5°，
∴OE＝BE，
∵AE＝AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AOE（HL），
∴AO＝AB＝1，
∴AC＝＝AO+OC，
∴1+x＝，
x＝2﹣，
∴＝＝，故③正确，
③如图3，

∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则AF＝AH，∠DAF＝∠BAH，
∵∠EAF＝45°＝∠DAF+∠BAE＝∠HAE，
∵∠ABE＝∠ABH＝90°，
∴H、B、E三点共线，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，故④正确．
故选：D．
二、填空题（共15分，每题3分）
11． 解：6000万＝60000000＝6×107．
故答案为：6×107．
12． 解：4x2﹣16，
＝4（x2﹣4），
＝4（x+2）（x﹣2）．
故答案为：4（x+2）（x﹣2）．
13． 解：把x＝0代入y＝（x+1）2﹣2得y＝1﹣2＝﹣1，
∴抛物线与y轴交点坐标为（0，﹣1）．
故答案为：（0，﹣1）．
14． 解：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∴OC＝DE，OD＝CE，
∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OC＝AC＝5，OD＝BD，BD＝AC，
∴OC＝OD＝5，
∴OC＝OD＝CE＝DE，
∴平行四边形OCED是菱形，
∴菱形OCED的周长＝4OC＝4×5＝20，
故答案为：20．
15． 解：解法一：设A（t，）、B（t，），
∵△ABC是等腰直角三角形，且AB⊥x轴，
∴直线BC与y轴夹角为45度角，
所以根据双曲线的对称性可得，C（，t），
过C作CE垂直AB于E，交y轴于D，
∴AE＝yC﹣yA＝t﹣t＝t，
∵△AEC是等腰直角三角形，
∴CE＝AE＝，则DE＝t＝2CE，
则S△ABO＝2S△ABC，
∵△OAB的面积为6，
∴S△ABC＝3；
解法二：如图，过C作CD⊥y轴于D，交AB于E，
∵AB⊥x轴，
∴CD⊥AB，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BE＝AE＝CE，
设AB＝2a，则BE＝AE＝CE＝a，
设A（x，x），则B（x，x+2a），C（x+a，x+a），
∵B，C在反比例函数的图象上，
∴x（x+2a）＝（x+a）（x+a），
x＝2a，
∵S△OAB＝AB•DE＝•2a•x＝6，
∴ax＝6，
∴2a2＝6，
a2＝3，
∵S△ABC＝AB•CE＝•2a•a＝a2＝3．
故答案为：3．

三、解答题（共24分，每题8分）
16． 解：（1）
＝2+2×﹣3+3
＝2+﹣3+3
＝﹣1+4；
（2），
解不等式①得：x＞﹣2；
解不等式②得：x≤5，
∴原不等式组的解集为：﹣2＜x≤5，
在数轴上表示不等式组的解集如图所示：

17． 证明：∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B，
∵AC＝BC BC＝BD，
∴AC＝BD，
∵∠CDB＝∠A+∠ACD＝∠CDE+∠BDE，∠CDE＝∠A，
∴∠ACD＝∠BDE，
在△ACD与△BDE中，
，
∴△ACD≌△BDE（ASA），
∴CD＝DE．
18． 解：（1）该校参加志愿者活动的大学生共有：12÷30%＝40（人），
则联络的人数为：40﹣4﹣16﹣12＝8（人），
故答案为：40，
把条形统计图补充完整如下：

（2）扇形统计图中，展示所占的百分比为：4÷40×100%＝10%，
∴m＝10，
安保对应的圆心角为：360°×＝144°，
故答案为：10，144；
（3）解：根据题意列表如下：

小文
小芳
志愿3
志愿4
小文

（小芳，小文）
（志愿3，小文）
（志愿4，小文）
小芳
（小文，小芳）

（志愿3，小芳）
（志愿4，小芳）
志愿3
（小文，志愿3）
（小芳，志愿3）

（志愿4，志愿3）
志愿4
（小文，志愿4）
（小芳，志愿4）
（志愿3，志愿4）

共有12种等可能的情况，其中小文和小芳同时被选中参加开幕式的有2种情况，
∴小文和小芳同时被选中参加开幕式的概率为：＝．
三、解答题（共27分，每题9分）
19． 解（1）把B（﹣3，﹣2）代入y＝得：k2＝6，
即反比例函数的解析式是y＝；
又点A（2，m）在反比例函数y＝ 图象上，
∴m＝3；
（2）∵A（2，3），B（﹣3，﹣2），
∴不等式k1x+b＞的解集是﹣3＜x＜0或x＞2；
（3）分为两种情况：
当点P在第三象限时，要使y1＞y2，实数p的取值范围是p＜﹣2，
当点P在第一象限时，要使y1＞y2，实数p的取值范围是p＞0．

20． 解：（1）设每个电子产品的价格应该降价x元，由题意得：
（60﹣x﹣40）（100+10x）＝2240
∴（x﹣4）（x﹣6）＝0
∴x1＝4，x2＝6
∴每个电子产品的价格应该降价4元或6元．
（2）在平均每天利润不变的情况下，为尽可能赢得市场，需要让利于顾客，
该商场应该将该电子产品可以降价6元销售：
（60﹣6）÷60＝0.9
∴该商场应该将该电子产品按照九折优惠销售．
（3）设定价为x元，商场每天销售该电子产品的利润为w元，由题意得：
w＝（x﹣40）[100+（60﹣x）×10]
＝（x﹣40）（﹣10x+700）
＝﹣10x2+1100x﹣28000
＝﹣10（x﹣55）2+2250
∵二次项系数为﹣10＜0
∴当x＝55时，w有最大值，最大值为2250元．
21． 解：（1）∵∠MPA＝60°，∠NPD＝45°，
∴∠APD＝180°﹣∠MPA﹣∠NPD＝75°．
过点A作AE⊥CD于点E．

则∠DAE＝30°，
∴∠ADC＝180°﹣90°﹣30°＝60°．
故答案为：75；60．
（2）由题意可得AE＝BC＝100米，EC＝AB＝10米，
在Rt△AED中，∠DAE＝30°，
tan30°＝，
解得DE＝，
∴CD＝DE+EC＝（+10）米．
∴楼CD的高度为（+10）米．
（3）过点P作PG⊥BC于点G，交AE于点F，

则∠PFA＝∠AED＝90°，FG＝AB＝10米，
∵MN∥AE，
∴∠PAF＝∠MPA＝60°，
∵∠ADE＝60°，
∴∠PAF＝∠ADE，
∵∠DAE＝∠30°，
∴∠PAD＝30°，
∵∠APD＝75°，
∴∠ADP＝75°，
∴∠ADP＝∠APD，
则AP＝AD，
∴△APF≌△DAE（AAS），
∴PF＝AE＝100米，
∴PG＝PF+FG＝100+10＝110（米）．
∴此时无人机距离地面BC的高度为110米．
三、解答题（共24分，每题12分）
22． （1）证明：如图1，连接OA，过O作OB⊥PN于B，

∵⊙O与PM相切于点A，
∴OA⊥PM，
∵点O在∠MPN的平分线上，
∴OB＝OA，
∴直线PN是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径是x，
则（x+2）2＝x2+42，
解得：x＝3，
所以⊙O的半径为3；
（3）解：如图2，延长BO交PM于点H，
设⊙O的半径为r，

∵PA，PB，EF是⊙O的切线，
∴BF＝FG，AE＝EG，PA＝PB，
∴△PEF的周长＝PF+EF+PE
＝PF+BF+PE+AE
＝PA+PB
＝2PA＝3r，
∴＝，
设PA＝3a，r＝2a，
∵∠PBH＝∠OAH＝90°，
∴∠BPH+∠BHP＝∠OHA+∠AOH，
∴∠AOH＝∠BPH，
∴tan∠AOH＝tan∠EPF，
∴＝，即＝，
∴OH＝，
∵OH2＝OA2+AH2，
∴（）2＝（2a）2+AH2，
∴5AH2＝24AH•a，
∴AH＝a，
∴tan∠EPF＝tan∠AOH＝＝＝．
23． 解：（1）∵点A（2，0），在抛物线上，
∴，
解得：，
∴抛物线的表达式为．
（2）解法一：
如图，过点P作PE⊥PD交DC的延长线于点E，过点P作x轴的平行线FG，过点D作DF⊥PF于点F，过点E作EG⊥PF于点G，
∴∠DPE＝90°，∠DFP＝∠PGE＝90°，
又∵∠PDC＝45°，
∴△PDE为等腰直角三角形，PE＝PD，
设点P坐标为（0，m），
∵点D坐标为，
∴，PF＝3，
∵DF⊥PF，EG⊥PG，
又∵∠DPE＝90°
∴∠FDP+∠DPF＝90°，∠EPG+∠DPF＝90°
∴∠FDP＝∠EPG，
在△DFP和△PGE中，
，
∴△DFP≌△PGE（AAS），
∴，EG＝PF＝3，
∴，
∵C为抛物线与y轴交点，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
又∵点D坐标为，
设直线CD的表达式为y＝kx+b，
∴，
解得：，
∴直线CD的表达式为，
把代入，
得：，
解得：，
∴点P的坐标为．
解法二：
把CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CF，连接DF，

∴△CDF为等腰直角三角形，CD＝CF，∠CDF＝45°，
∴DF与y轴的交点即为P点，
作DG⊥y轴于G，作FH⊥y轴于H，
∴∠DGC＝∠CHF＝90°，
∴∠DCG+∠CDG＝90°，
∵∠DCF＝90°，
∴∠DCG+∠HCF＝90°，
∴∠CDG＝∠HCF．
在△CDG和△FCH中，
，
∴△CDG≌△FCH（AAS），
∴GC＝HF，DG＝CH，
∵C为抛物线与y轴交点，
∴C（0，4），
∵点D坐标为，
∴DG＝3，，
∴，CH＝DG＝3，
∴OH＝4﹣3＝1，
∴F坐标为，
设直线CF的表达式为y＝k1x+b1，
∴，
解得：，
∴直线CF的表达式为，
当x＝0时，，
∴点P的坐标为．
解法三：
过P作PE⊥CD于点E，过点D作DF⊥OC于F，

∴∠PEC＝∠DFC＝90°，
∵C为抛物线与y轴交点，
∴C（0，4），
∵点D坐标为（﹣3，），
∴，
∴DF＝3，，
∴，
∵∠DFC＝∠PEC＝90°，
又∵∠FCD＝∠ECP，
∴△DCF∽△PCE，
∴，
∴，
∴PE＝2CE．
∵PE⊥CD，∠PDC＝45°，
∴∠DPE＝∠PDC＝45°，
∴PE＝DE，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴点P的坐标为．
（3）解法一：
过点N作NH∥y轴，交直线AD于点H，则∠HNO＝∠QOM，

又∵∠NMH＝∠OMQ，
∴△MNH∽△MOQ，
∴，
由点A坐标为（2，0），点D坐标为，
可求得直线AD的表达式为，
当x＝0时，y＝1，
∴直线AD与y轴的交点坐标为Q（0，1），
∴OQ＝1，
设，
∴N的坐标为，其中﹣3≤t≤0，
∴，
∴，
∵，，
∴时，取最大值，最大值为．
解法二：
过点N作NQ∥x轴，交直线AD于点Q，则∠NQA＝∠QAB，

又∵∠NMQ＝∠OMA，
∴△MNQ∽△MOA，
∴，
由点A坐标为（2，0），点D坐标为，
可求得直线AD的表达式为，
设点N坐标为，
∴点Q坐标为，其中﹣3≤t≤0，
∴NQ＝t﹣（t2+2t﹣6）＝﹣t2﹣t+6，
∴，
∵，，
∴时，取最大值，最大值为．