惠州卷04-【赢在中考·黄金8卷】备战2023年中考数学全真模拟卷（广东惠州专用）

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【赢在中考·黄金八卷】备战2023年中考数学全真模拟卷（惠州专用）
第四模拟
（本卷满分120分，考试时间为90分钟）
第Ⅰ卷（选择题 共30分）
一、单选题（共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中只有一个选项是最符合题意的）
1．下列手机软件图标中，属于中心对称的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.
【详解】A.是轴对称图形，不是中心对称图形；
B.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
C. 既是轴对称图形，也是中心对称图形；
D. 是轴对称图形，不是中心对称图形；
故选C.
【点睛】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键.
2．下列各组数中，结果相等的是（    ）
A．−12与(−1)2 B．-（-1）与1 C．−|−2|与−(−2) D．-(−3) 与−3
【答案】B
【分析】根据有理数乘方的运算，符号确定方法，绝对值的性质，即可判断．
【详解】解：A、 ，则 ，故本选项不符合题意；
B、 ，故本选项符合题意；
C、 ，则 ，故本选项不符合题意；
D、 ，则 ，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了有理数乘方的运算，符号确定方法，绝对值的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
3．已知|x|＝3，y2＝4，且xy＜0，则x＋y＝（    ）
A．5 B．－1 C．－5或－1 D．1或－1
【答案】D
【分析】根据绝对值和平方根的性质结合xy＜0，可求解x，y值，再利用有理数加法法则计算可求解．
【详解】∵|x|＝3，y2＝4，xy＜0，
∴当x＝3时，y＝－2，则x＋y＝3－2＝1；
当x＝－3时，y＝2，则x＋y＝－3＋2＝－1．
故选：D．
【点睛】本题主要考查绝对值、平方根，有理数的加法，求解x，y值是解题的关键．
4．如图，若a∥b，∠1＝60°27′，则∠2等于（　　）

A．60°27′ B．60°73′ C．119°33′ D．119°73′
【答案】C
【分析】由平角的定义可求得∠3的度数，再由平行线的性质可得∠2＝∠3．
【详解】解：如图，

由题意得∠3＝180°﹣∠1＝119°33'，
∵a∥b，
∴∠2＝∠3＝119°33'，
故选：C．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
5．如图，在四边形ABCD中，AB=8，BC=6，CD=3，DA=4，其中E、F、G、H分别是AB、CD、AC、BD的中点，则四边形EHFG的周长为（    ）

A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】A
【分析】由三角形中位线可得，进而问题可求解．
【详解】解：∵E、F、G、H分别是AB、CD、AC、BD的中点，BC=6，DA=4，
∴，
∴四边形EHFG的周长为；
故选A．
【点睛】本题主要考查三角形中位线，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
6．已知某一运动方式为：先竖直向上运动1个单位长度后，再水平向左运动2个单位长度，现有一动点P第一次从原点O出发，按运动方式运动到，第2次从点出发按运动方式运动到点，则此时的坐标点是　　
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减解答可得．
【详解】根据题意知的坐标为(0-2,0+1)，即(-2,1)，
则的坐标点是(-2-2,1+1)，即(-4,2)，
故选B．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化-平移，解题的关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
7．一个布袋里放有3个红球、2个白球和2个蓝球，它们除颜色外其余都相同．从布袋中任意摸出1个球，摸到红球的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据概率公式，求摸到红球的概率，即用红球除以小球总个数即可得出得到红球的概率．
【详解】解：∵在一个布袋里放有3个红球、2个白球和2个蓝球，它们除了颜色外其余都相同，
∴从布袋中任意摸出一个球是红球的概率为，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了概率公式的应用，由已知求出小球总个数再利用概率公式求出是解决问题的关键．
8．一个平行四边形的一条边长为，两条对角线的长分别为和，则它的面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用平行四边形的性质求出OA，OB的长，进而利用勾股定理的逆定理得到AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形，利用菱形面积公式即可得到答案．
【详解】解：如图所示，在平行四边形ABCD中，，AB=3，
∴，
∵，
∴△AOB为直角三角形，即∠AOB=90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴，
故选B．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质与判定，勾股定理的逆定理，正确得到AC⊥BD，进而证明四边形ABCD是菱形是解题的关键．
9．方程的解是　　
A． B． C．或 D．无解
【答案】B
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】去分母得：，
解得：，
经检验是分式方程的解．
故答案选：B．
【点睛】本题考查了解分式方程，解分式方程就是把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
10．已知数a，b，c的大小关系如图，下列说法：①ab+ac>8；②-a-b+c<0；③；④|a-b|+|c+b|-|a-c|=-2b；⑤若x为数轴上任意一个数，则|x-b|+|x-a|的最小值为a-b．其中正确结论的个数是（   ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】首先判断出b＜0，c＞a＞0，|c|＞|b|＞|a|，再根据有理数的乘法和大小比较法则，绝对值的意义和性质等知识一一判断即可．
【详解】解：由题意b＜0，c＞a＞0，|c|＞|b|＞|a|，
①b+c＞0，a（b+c）=ab+ac＞0，故原结论正确；
②-b＞0，-a＜0，则-a-b+c＞0，故原结论错误；
③=1-1+1=1，故原结论错误；
④a-b＞0，c+b＞0，a-c＜0，则|a-b|+|c+b|-|a-c|=a-b+c+b+a-c=2a，故原结论错误；
⑤|x-b|+|x-a|表示x到a和到b的距离之和，当b≤x≤a时，|x-b|+|x-a|的值最小，最小值为a-b，故原结论正确．
故正确结论有2个．
故选：B．
【点睛】本题考查了数轴和有理数的大小比较，利用数轴也可以比较任意两个实数的大小，即在数轴上表示的两个实数，右边的总比左边的大，在原点左侧，绝对值大的反而小．
第II卷（非选择题）
二、填空题（共7小题，每小题4分，共28分）
11．计算：tan45°+1＝_____．
【答案】
【分析】由，代入求值即可得到答案．
【详解】解：
故答案为：
【点睛】本题考查的是特殊角的锐角三角函数值，掌握的正切值是解题的关键．
12．若式子有意义，则x的取值范围是_____．
【答案】x≥6
【分析】二次根式中被开方数的取值范围：二次根式中的被开方数是非负数．
【详解】解：由题可得，3x-18≥0，
解得x≥6，
故答案为：x≥6．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是根据二次根式中的被开方数是非负数来确定二次根式被开方数中字母的取值范围．
13．地球半径约为6 400 000m，这个数字用科学记数法表示为_______m．
【答案】
【分析】由科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】解：因此6400000=．
故答案为：
14．方程9（x+1）2 -（1﹣2x）2 =0的根为 _______．
【答案】，.
【分析】根据平方差公式把方程左边进行因式分解，再解方程即可.
【详解】∵9（x+1）2 -（1﹣2x）2 =0
∴[3(x+1)+(1-2x)][ 3(x+1)-(1-2x)]=0，
（x+4）(5x+2)=0
∴x+4=0，5x+2=0，
解得，，.
【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
15．若一元二次方程（1-3k）x2＋4x-2=0有实数根，则k的取值范围是____．
【答案】k≤1
【分析】根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的定义以及根的判别式得到1-3k≠0且△＞0，即42-4×（1-3k）×（-2）≥0，然后解两个不等式即可得到k的取值范围．
【详解】解：∵一元二次方程（1-3k）x2+4x-2=0有实数根，
∴1-3k≠0即k≠，且△≥0，
即42-4×（1-3k）×（-2）≥0，解得k≤1，
∴k的取值范围是k≤1且k≠．
故答案为k≤1且k≠．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的定义．
16．如图，在四边形ABCD中，∠ADC和∠DCB的平分线交于点，且点P在AB边上．若BC＝3，DC＝21，则AB的长是__________．

【答案】12
【分析】在CD上截取DE=AD，CF=CB，证明△ADP≌△EDP（SAS），由全等三角形的性质得出∠A=∠DEP=120°，AP=PE，同理△CFP≌△CBP（SAS），证出△PEF为等边三角形，求出AP的长，则可得出答案．
【详解】解：在CD上截取DE=AD，CF=CB，

∵PD平分∠ADC，CP平分∠DCB，
∴∠ADP=∠EDP，∠FCP=∠PCB，
在△ADP和△EDP中，
，
∴△ADP≌△EDP（SAS），
∴∠A=∠DEP=120°，AP=PE，
同理△CFP≌△CBP（SAS），
∴∠B=∠PFC=120°，PB=PF，
∴∠PEF=∠PFE=60°，
∴△PEF为等边三角形，
∴PE=PF，
∴PA=PB，
设PA=PB=x，
则AD=2x，EF=x，
∵BC=3，DC=21，
∴2x+x+3=21，
解得x=6，
∴AB=12．
故答案为12．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，证明△ADP≌△EDP是解题的关键．
17．如图，在矩形中，，点E，F分别是的中点，是等边三角形，于点H，交于点P，交延长线于K．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是__________．

【答案】①③
【分析】利用正方形和等边三角形的性质，，从而可判断①正确；作，交的延长线于，利用含三角形三边关系可判断②错误；连接，作于，则，，通过解可判断③正确，作，交的延长线于，则，，分别表示出两个三角形的面积，故④错误．
【详解】，点，分别是，的中点，
四边形是正方形，
，
是等边三角形，
，
，，
，
，
，
，
，故①正确；
作，交的延长线于，

，，
，
，
，故②错误；
连接，作于，则，，

设，则，，
，
，，
，
，
，
故③正确；
作，交的延长线于，则，，

设，则，
，故④错误，
故答案为：①③．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，含的直角三角形的性质和等腰三角形的性质，解三角形等知识，作辅助线构造含特殊角的直角三角形是解题的关键．
三、解答题（共3小题，每小题6分，共18分）
18．计算：．
【答案】
【分析】原式第一项利用算术平方根定义计算，第二项利用零指数幂法则计算，第三项利用乘方的意义计算，第四项利用特殊角的三角函数值计算即可得到结果．
【详解】解：原式

．
【点睛】本题主要考查了实数的混合计算，零指数幂，特殊角三角函数值，熟知相关计算法则是解题的关键．

19．如图，△ABC是等腰三角形，AB=AC，请你用尺规作图将△ABC分成两个全等的三角形，并说明这两个三角形全等的理由．（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】见解析．
【分析】作出∠BAC的平分线，交BC于点D，利用SAS可得出△ADB与△ADC全等．
【详解】解：作出∠BAC的平分线，交BC于点D，
∴∠BAD=∠CAD，
在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（SAS）．


20．如图，在水平地面上竖立着一面墙AB，墙外有一盏路灯D．光线DC恰好通过墙的最高点B，且与地面形成37°角．墙在灯光下的影子为线段AC，并测得AC=5.5米．

（1）求墙AB的高度（结果精确到0.1米）；（参考数据：tan37°≈0．75，sin37°≈0．60，cos37°≈0．80）
（2）如果要缩短影子AC的长度，同时不能改变墙的高度和位置，请你写出两种不同的方法．
【答案】（1）4.1；
（2）第一种方法：增加路灯D的高度，
第二种方法：使路灯D向墙靠近．
【分析】试题分析：（1）由AC=5.5，∠C=37°根据正切的概念求出AB的长；
（2）从边和角的角度进行分析即可．
试题解析：解：（1）在Rt△ABC中，AC=5．5，∠C=37°，
tanC=，
∴AB=AC·tanC=5.5×0.75≈4.1；
（2）要缩短影子AC的长度，增大∠C的度数即可，
即第一种方法：增加路灯D的高度，
第二种方法：使路灯D向墙靠近．
考点：解直角三角形的应用
【详解】
四、解答题（共3小题，每小题8分，共24分）
21．某景点的门票价格如表：
购票人数/人
1～50
51～100
100以上
每人门票价/元
12
10
8

某校七年级（1）、（2）两班计划去游览该景点，其中（1）班人数少于50人，（2）班人数多于50人且少于100人，如果两班都以班为单位单独购票，则一共支付1118元；如果两班联合起来作为一个团体购票，则只需花费816元．
（1）两个班各有多少名学生？
（2）团体购票与单独购票相比较，两个班各节约了多少钱？
【答案】（1）七年级（1）班有49人、七年级（2）班有53人；（2）七年级（1）班节省的费用为：（12﹣8）×49=196元，七年级（2）班节省的费用为：（10﹣8）×53=106元．
【详解】试题分析：（1）设七年级（1）班有x人、七年级（2）班有y人，根据如果两班都以班为单位单独购票，则一共支付1118元；如果两班联合起来作为一个团体购票，则只需花费816元建立方程组求出其解即可；
（2）用一张票节省的费用×该班人数即可求解．
试题解析：（1）设七年级（1）班有x人、七年级（2）班有y人，由题意，得
，
解得：．
答：七年级（1）班有49人、七年级（2）班有53人；
（2）七年级（1）班节省的费用为：（12-8）×49=196元，
七年级（2）班节省的费用为：（10-8）×53=106元．
考点：二元一次方程组的应用．

22．已知：如图，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=50°．
求证：（1）AC=BD；
（2）∠APB=50°．

【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析．
【分析】利用SAS证明△AOC≌△BOD，则有AC＝BD，结合三角形的内角的定理即可求证∠APB＝50°．
【详解】（1）∵∠AOB＝∠COD＝50°，
∴∠AOB＋∠BOC＝∠COD＋∠BOC，
∴∠AOC＝∠BOD．
在△AOC和△BOD中，

∴△AOC≌△BOD(SAS)，
∴AC＝BD.
（2）∵△AOC≌△BOD，
∴∠OAC＝∠OBD，
∴∠OAC＋∠AOB＝∠OBD＋∠APB，
∴∠OAC＋50°＝∠OBD＋∠APB，
∴∠APB＝50°．
23．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于点A（2，1），B（—1，n）两点．

（1）求n的值；
（2）连接OA和OB，则△OAB的面积为_________．
【答案】（1）；（2）1.5
【分析】（1）设反比例函数的解析式是，把A（2，1）代入求出反比例函数的解析式，代入B（−1，n）即可求出n的值；
（2）求出直线AB的解析式，进而求得与x轴的交点，根据三角形的面积公式求出即可．
【详解】解：（1）设反比例函数的解析式为 ．
把A（2，1）代入中，
得，
∴，
∴，
把B（—1，n）代入中，
得；
（2）设一次函数的解析式是y＝ax＋b，
把A（2，1），B（−1，−2）代入得：
，
解得：，
∴y＝x−1，
设AB交x轴于C，

当y＝0时，0＝x−1，
∴x＝1，
∴C（1，0），
∴OC＝1，
∴S△AOB＝S△AOC＋S△BOC＝×1×1＋×1×2＝1.5，
故答案为：1.5．
【点睛】本题主要考查对一次函数与反比例函数的交点问题，用待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式，三角形的面积，解一元一次方程，解二元一次方程组等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．
五、解答题（共2小题，每小题10分，共20分）
24．如图，一小球从斜坡O点处抛出，球的抛出路线可以用二次函数y=﹣x2+4x刻画，斜坡可以用一次函数y=x刻画．

（1）请用配方法求二次函数图象的最高点P的坐标；
（2）小球的落点是A，求点A的坐标；
（3）连接抛物线的最高点P与点O、A得△POA，求△POA的面积；
（4）在OA上方的抛物线上存在一点M（M与P不重合），△MOA的面积等于△POA的面积．请直接写出点M的坐标．
【答案】（1）（2，4）；（2）（，）；（3）；（4）（，）．
【分析】（1）利用配方法抛物线的一般式化为顶点式，即可求出二次函数图象的最高点P的坐标；
（2）联立两解析式，可求出交点A的坐标；
（3）作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．根据S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA，代入数值计算即可求解；
（4）过P作OA的平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，由于两平行线之间的距离相等，根据同底等高的两个三角形面积相等，可得△MOA的面积等于△POA的面积．设直线PM的解析式为y=x+b，将P（2，4）代入，求出直线PM的解析式为y=x+3．再与抛物线的解析式联立，得到方程组，解方程组即可求出点M的坐标．
【详解】解：（1）由题意得，y=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4，
故二次函数图象的最高点P的坐标为（2，4）；
（2）联立两解析式可得：，解得：，或．
故可得点A的坐标为（，）；
（3）如图，作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．

S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA
=×2×4+×（+4）×（﹣2）﹣××
=4+﹣
=；
（4）过P作OA的平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，则△MOA的面积等于△POA的面积．
设直线PM的解析式为y=x+b，
∵P的坐标为（2，4），
∴4=×2+b，解得b=3，
∴直线PM的解析式为y=x+3．
由，解得，，
∴点M的坐标为（，）．

【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到两函数图象交点的求解方法，二次函数顶点坐标的求解方法，三角形的面积，待定系数法求一次函数的解析式，难度适中．利用数形结合与方程思想是解题的关键．
25．如图，为半的直径，点从点开始沿着半圆逆时针运动到点，在运动中，作，且，已知，

（1）当点不与点重合时，求证：为切线；
（2）当时，与交于点，求的长；
（3）点在运动过程中，当与的差最大时，直接写出此时的弧长．
【答案】（1）见详解；（2）2.8；（3）
【分析】（1）连接OP，可证OP∥AC，结合，即可得到结论；
（2）连接BD交OP于点E，先证明，可得AC=6.4，再证明四边形PCDE是矩形，设AD=x，列出关于x的方程，即可求解；
（3）设，由，可得AC=，从而得PA-AC关于x的二次函数，进而即可求解．
【详解】证明：（1）连接OP，

∵OA=OP，
∴∠PAB=∠OPA，
∵，
∴∠OPA=∠CAP，
∴OP∥AC，
∵，
∴，
∴为切线；
（2）连接BD交OP于点E，

∵为半的直径，
∴∠APB=90°，
∵，，
∴AP=，
∵，∠APB=∠ACP=90°，
∴，
∴，即：，解得：AC=6.4，
∵为半的直径，
∴AD⊥BD，
∴PC∥BD，
∵∠POB=∠OAP+∠OPA=∠OAP+∠PAC=∠BAC，
∴OP∥AC，
∴四边形PCDE是平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形PCDE是矩形，
∵AO=BO，OE∥AD，
∴2OE=AD，
设AD=x，则OE=，PE=OP-OE=5-，CD=PE=5-，
∴5-+x=6.4，解得：x=2.8，即：AD=2.8；
（3）设，
∵，
∴，即：，
∴AC=，
∴PA-AC=x-=，
∴当x=5时，即AP=5时，PA-AC的值最大，此时cos∠ PAB=，
∴∠PAB=60°，
∴∠POB=2×60°=120°，
∴的弧长=．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质以及相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，添加辅助线，熟练掌握切线的判定定理以及相似三角形的判定和性质，是解题的关键．