2023年广东省广州外国语学校中考数学一模试卷

这是一份2023年广东省广州外国语学校中考数学一模试卷，共19页。试卷主要包含了选择，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省广州外国语学校中考数学一模试卷
一、选择（本大共10小题，每小题3分，满分30分.在每小给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）下列实数中，最大的数是（　　）
A．π B． C．﹣2 D．3
2．（3分）2022年2月20日，北京冬奥会圆满闭幕，冬奥会的部分金牌榜如表所示，榜单上各国代表团获得的金牌数的众数为（　　）
代表团
挪威
德国
中国
美国
瑞典
荷兰
奥地利
金牌数
16
12
9
8
8
8
7
A．9 B．8.5 C．8 D．7
3．（3分）如图是某个几何体的三视图，则该几何体是（　　）

A．圆锥 B．长方体 C．三棱柱 D．圆柱
4．（3分）方程＝的解为（　　）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝2 D．x＝3
5．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．a﹣2a＝a B．（﹣a3b）2＝a6b2
C．（a+b）2＝a2+b2 D．
6．（3分）若A（﹣2，y1），B（1，y2），C（2，y3）三点均在反比例函数的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y3＜y1 C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2
7．（3分）在一个不透明的布袋中，红色、黑色、白色的玻璃球共有40个，除颜色外其他完全相同，小明通过多次摸球试验后发现其中摸到红色球、黑色球的频率稳定在15%和45%，则口袋中白色球的个数可能是（　　）
A．24 B．18 C．16 D．6
8．（3分）如图，若半径为2cm的定滑轮边缘上一点A绕中心O逆时针转动150°（绳索与滑轮之间没有滑动），则重物上升的高度为（　　）

A．5πcm B． C． D．
9．（3分）如图，△ABC是等边三角形，D是AC边上的一点，连接BD，把△BCD绕着点B逆时针旋转60°，得到△BAE，连接DE，若BC＝7，BD＝5，则△ADE的周长是（　　）

A．16 B．15 C．13 D．12
10．（3分）关于x的一元二次方程ax2+bx+＝0有一个根是﹣1，若二次函数y＝ax2+bx+的图象的顶点在第一象限，设t＝2a+b，则t的取值范围是（　　）
A．＜t＜ B．﹣1＜t≤ C．﹣≤t＜ D．﹣1＜t＜
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）当x满足条件 　 　时，式子在实数范围内有意义．
12．（3分）分解因式：ab2﹣4ab＝　 　．
13．（3分）已知关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+2x+m2﹣1＝0有一个根是0，则m的值是　 　．
14．（3分）如图，有一块长为44m、宽为24m的长方形草坪，其中有三条直道将草坪分为六块，则分成的六块草坪的总面积是　 　m2．

15．（3分）已知在矩形ABCD中，点E在直线AD上，CE平分∠BCD，若CD＝4，AE＝1，连接AC，则tan∠DAC的值为 　 　．
16．（3分）如图，在▱ABCD中，AB＝3，AB⊥BD，P是BC上方一动点，且∠BPC＝60°，PC交BD于点E．当点P运动到PB＝PC时，的值为 　 　；随着点P的运动，的最大值为 　 　．

三、解答题（本大题共9小题，满分72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（5分）解不等式组，并把不等式①和②的解集在数轴上表示出来．

18．（5分）如图，点C，E，B，F在同一条直线上，AB＝DE，AC＝DF，BF＝CE．说明AC∥DF．

19．（7分）已知．
（1）化简T；
（2）若点P（a，b）是直线y＝x﹣2与反比例的图象的交点，求T的值．
20．（7分）课前预习是学习数学的重要环节，为了了解所教班级学生完成数学课前预习的具体情况，王老师对本班部分学生进行了为期半个月的跟踪调查，他将调查结果分为四类，A：很好；B：较好；C：一般；D：较差．并将调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图，请你根据统计图解答下列问题：
（1）王老师一共调查了多少名同学？
（2）C类女生有　 　名，D类男生有　 　名，将上面条形统计图补充完整；
（3）为了共同进步，王老师想从被调查的A类和D类学生中各随机选取一位同学进行“一帮一”互助学习，请用列表法或画树形图的方法求出所选两位同学恰好是一位男同学和一位女同学的概率．

21．（8分）教室里的饮水机接通电源就进入自动程序，开机加热时每分钟上升10℃，加热到100℃停止加热，水温开始下降，此时水温y（℃）与开机后用时x（min）成反比例关系，直至水温降至30℃，饮水机关机，饮水机关机后即刻自动开机，重复上述自动程序．若在水温为30℃时接通电源，水温y（℃）与时间x（min）的关系如图所示：
（1）分别写出水温上升和下降阶段y与x之间的函数关系式并注明自变量的取值范围；
（2）怡萱同学想喝高于50℃的水，请问她最多需要等待 　 　min？

22．（8分）如图，已知AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，∠OCB的角平分线交⊙O于点D，F在直线AB上，且DF⊥BC，垂足为E，连接AD、BD．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）若，⊙O的半径为3，求BE的长．

23．（8分）图1是一商场的推拉门，已知门的宽度AD＝2米，且两扇门的大小相同（即AB＝CD），将左边的门ABB1A1绕门轴AA1向里面旋转37°，将右边的门CDD1C1绕门轴DD1向外面旋转45°，其示意图如图2，求此时B与C之间的距离（结果保留一位小数）．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，≈1.4）

24．（12分）四边形ABCD是菱形，∠B≤90°，点E为边BC上一点，联结AE，过点E作EF⊥AE，EF与边CD交于点F，且EC＝3CF．
（1）如图1，当∠B＝90°时，求S△ABE与S△ECF的比值；
（2）如图2，当点E是边BC的中点时，求cosB的值；
（3）如图3，联结AF，当∠AFE＝∠B且CF＝2时，求菱形的边长．

25．（12分）抛物线y＝ax2+（3a﹣1）x﹣3（a＞0）与x轴交于A、B两点（A左B右），AB＝4，与y轴的交点是C，顶点是D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）E为对称轴上一点，F为平面内一点，A、C、E、F为矩形的四个顶点，求出符合条件的E点坐标；
（3）直线PQ与抛物线交于P、Q两点，连接DP，DQ，满足DP⊥DQ，求证；直线恒过定点，并求出定点坐标．

2023年广东省广州外国语学校中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择（本大共10小题，每小题3分，满分30分.在每小给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1． 解：∵π≈3.14，1＜，
∴，
﹣2＜＜3＜π，
故选：A．
2． 解：数据8出现了3次，出现次数最多，
故这组数据的众数为8．
故选：C．
3． 解：根据主视图和左视图为矩形判断出是柱体，根据俯视图是圆可判断出这个几何体是圆柱．
故选：D．
4． 解：去分母得：2（4﹣x）＝3（x+1），
去括号得：8﹣2x＝3x+3，
解得：x＝1，
检验：把x＝1代入得：（x+1）（4﹣x）＝2×3＝6≠0，
则分式方程的解为x＝1．
故选：A．
5． 解：A、原式＝﹣a，故A不符合题意．
B、原式＝a6b2，故B符合题意．
C、原式＝a2+2ab+b2，故C不符合题意．
D、原式＝2，故D不符合题意．
故选：B．
6． 解：∵反比例函数中，k＜0，
∴此函数图象在二、四象限，
∵﹣2＜0，
∴点A（﹣2，y1）在第二象限，
∴y1＞0，
∵2＞1＞0，
∴B（1，y2），C（2，y3）两点在第四象限，
∴y2＜0，y3＜0，
∵函数图象在第四象限内为增函数，2＞1，
∴y2＜y3＜0．
∴y1，y2，y3的大小关系为y2＜y3＜y1．
故选：B．
7． 解：∵摸到红色球、黑色球的频率稳定在15%和45%，
∴摸到白球的频率为1﹣15%﹣45%＝40%，
故口袋中白色球的个数可能是40×40%＝16个．
故选：C．
8． 解：根据题意得：l＝＝（cm），
则重物上升了cm，
故选：C．
9． 解：∵将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，
∴BD＝BE，∠DBE＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD＝5，
而△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，
∴AE＝CD，
∴△AED的周长＝AE+AD+DE＝CD+AD+DE＝AC+5＝5+7＝12．
故选：D．
10． 解：∵关于x的一元二次方程ax2+bx+＝0有一个根是﹣1，
∴二次函数y＝ax2+bx+的图象过点（﹣1，0），
∴a﹣b+＝0，
∴b＝a+，
而t＝2a+b，
∴t＝2a+a+＝3a+，
∵二次函数y＝ax2+bx+的图象的顶点在第一象限，
∴a＜0，△＝b2﹣4ac＝a2++a﹣2a＝（a﹣）2≥0，﹣＞0，
∴b＞0，
∴a+＞0，
∴a＞﹣，
∴﹣＜a＜0，
∴﹣1＜3a+＜，
∴﹣1＜t＜，
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11． 解：∵x﹣1＞0，
∴x＞1．
故答案为：x＞1．
12． 解：ab2﹣4ab＝ab（b﹣4）．
故答案为：ab（b﹣4）．
13． 解：根据题意得：m2﹣1＝0且m﹣1≠0
解得：m＝﹣1
故答案是：﹣1．
14． 解：S＝44×24﹣2×24×2﹣2×44+2×2×2＝880（m2）．
故答案为：880．
15． 解：（1）当点E在边AD上时，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ECB＝∠DEC，
∵CE平分∠BCD，
∴∠ECD＝∠ECB，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DE＝CD＝4，
∴AD＝5，
∴tan∠DAC＝＝；
（2）当点E在边DA的延长线上时，如图2，
由（1）可知DE＝CD＝4，
∴AD＝DE﹣AE＝3，
∴tan∠DAC＝＝，
故答案为：或．

16． 解：∵AB⊥BD，
∴∠ABD＝90°，
∴sin∠ADB＝＝，
∴∠ADB＝30°，
在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠DBC＝∠ADB＝30°，
∵PB＝PC，∠BPC＝60°，
∴△BPC为等边三角形，
∴∠PBC＝60°，
∴∠PBD＝30°＝∠DBC，
∴PE＝CE，
∴＝1，
如图所示，过点D作FC⊥BC交BD延长线于点F，过点P作PQ⊥BD交BD于点Q，

∵FC⊥BC，
∴∠FCB＝90°，
∵∠DBC＝30°，
∴∠BFC＝60°，
∵∠BPC＝60°，
∴点B、C、F、P四点共圆，
∵∠FCB＝90°，
∴BF为⊙O的直径，
∵AB∥CD，
∴∠BDC＝∠ABD＝90°，
∵PQ⊥BD，
∴∠PQD＝90°，
∴∠PQD＝∠CDQ，
∵∠PEQ＝∠CED，
∴△PQE∽△CDE，
∴，
∴，
∴当PQ取最大值时，的值最大，
当点Q与点O重合时PQ最大，即PQ等于⊙O半径时，
在Rt△BFC中，sin∠BFC＝，
∴BF＝，
∴BC＝4，
∴⊙O半径为2，
即PQ的最大值是2，
∴．
故答案为：1，．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17． 解：，
解不等式①得：x≥﹣1，
解不等式②得：x＞﹣3，
∴原不等式组的解集为：x≥﹣1，
该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：

18． 证明：∵CE＝BF，
∴CE+BE＝BF+BE，即BC＝EF，
又∵AB＝DE，AC＝DF，
∴△ABC≌△DEF（SSS），
∴∠ACB＝∠DFE，
∴AC∥DF．
19． 解：（1）
＝÷
＝
＝；
（2）∵点P（a，b）是直线y＝x﹣2与反比例的图象的交点，
∴b＝a﹣2，b＝，
∴a﹣b＝2，ab＝1，
∴T＝＝＝2．
20． 解：（1）（6+4）÷50%＝20．
所以王老师一共调查了20名学生．
（2）C类学生人数：20×25%＝5（名）
C类女生人数：5﹣2＝3（名），
D类学生占的百分比：1﹣15%﹣50%﹣25%＝10%，
D类学生人数：20×10%＝2（名），
D类男生人数：2﹣1＝1（名），
故C类女生有3名，D类男生有1名；补充条形统计图
．
（3）由题意画树形图如下：

从树形图看出，所有可能出现的结果共有6种，且每种结果出现的可能性相等，所选
两位同学恰好是一位男同学和一位女同学的结果共有3种．
所以P（所选两位同学恰好是一位男同学和一位女同学）＝＝．
21． 解：（1）观察图象，可知：当x＝7（min）时，水温y＝100（℃），
当0≤x≤7时，设y关于x的函数关系式为：y＝kx+b，
，
解得，
即当0≤x≤7时，y关于x的函数关系式为y＝10x+30，
当x＞7时，设y＝，
100＝，得a＝700，
即当x＞7时，y关于x的函数关系式为y＝，
当y＝30时，x＝，
∴y与x的函数关系式为：y＝，y与x的函数关系式每分钟重复出现一次；
（2）将y＝50代入y＝10x+30，得x＝2，
将y＝50代入y＝，得x＝14，
∵14﹣2＝12，﹣12＝，
∴怡萱同学想喝高于50℃的水，她最多需要等待min，
故答案为：．
22． （1）证明：如图所示，连接OD，

∵OD＝OC，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵CD平分∠OCB，
∴∠OCD＝∠BCD，
∴∠ODC＝∠BCD，
∴OD∥BC，
∵DF⊥BC
∴OD⊥DF，
∵OD是半径，
∴DF是⊙O的切线；
（2）∵∠ADO+∠BDO＝90°，∠FDB+∠BDO＝90°，
∴∠ADO＝∠FDB，
∵∠ADO＝∠OAD，
∴∠OAD＝∠FDB，
∴△ADF∽△DBF，
∴，
∴，
即，
解得BF＝2，DF＝4，
∵OD⊥DF，BE⊥DF，
∴△ODF∽△BEF，
∴，
解得．
∴．
23． 解：作BE⊥AD于点E，作CF⊥AD于点F，延长FC到点M，使得BE＝CM，如图所示．
∵AB＝CD，AB+CD＝AD＝2，
∴AB＝CD＝1．
在Rt△ABE中，AB＝1，∠A＝37°，
∴BE＝AB•sinA≈0.6，AE＝AB•cosA≈0.8．
在Rt△CDF中，CD＝1，∠D＝45°，
∴CF＝CD•sinD≈0.7，DF＝CD•cosD≈0.7．
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴BE∥CM，
又∵BE＝CM，
∴四边形BEMC为平行四边形，
∴BC＝EM，CM＝BE．
在Rt△MEF中，EF＝AD﹣AE﹣DF＝0.5，FM＝CF+CM＝1.3，
∴EM＝≈1.4，
∴B与C之间的距离约为1.4米．

24． 解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠B＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEB+∠CEF＝∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∴△ABE∽△CEF，
∴，
∵EC＝3CF，
设CF＝x，AB＝a，则EC＝3x，BE＝a﹣3x，
∴，
解得，a＝4.5x，
∴；
（2）过点A作AM⊥BC于点M，过点F用FN⊥BC于点H，如图2，

则∠AME＝∠CNF＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AB∥CD，
∴∠B＝∠FCN，
设CF＝x，则CE＝3x，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE＝3x，AB＝BC＝2CE＝6x，
∴BM＝AB•cosB＝6xcosB，AM＝AB•sinB＝6xsinB，CN＝CF•cos∠FCN＝xcosB，FN＝CF•sin∠FCN＝xsinB，
∴ME＝BE﹣BM＝3x﹣6xcosB，EN＝EC+CN＝3x+xcosB，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEM+∠NEF＝∠AEM+∠MAE＝90°，
∴∠MAE＝∠NEF，
∴△AME∽△ENF，
∴，
即，即，
整理得，2sin2B＝3﹣5cosB﹣2cos2B，
∴2＝3﹣5cosB，
∴cosB＝；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点F用FN⊥BC于点N，如图3，

则∠AME＝∠CNF＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AB∥CD，
∴∠B＝∠FCN，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEM+∠NEF＝∠AEM+∠MAE＝90°，
∴∠MAE＝∠NEF，
∴△AME∽△ENF，
∴＝，
∵∠AFE＝∠B，
tanB＝，tan∠AFE＝，
∴，
∴，
∴BM＝EN，
设菱形ABCD的边长为a，则AB＝BC＝a，
∴BM＝acosB，CN＝CF•cos∠FCN＝CF•cosB，
∴acosB＝EC+CF•cosB，
∵CF＝2，EC＝3CF，
∴EC＝6，
∴acosB＝6+2cosB，
∴cosB＝，
∵，
AM＝AB•sinB＝asinB，EN＝6+2cosB，ME＝a﹣acosB﹣6，NF＝CF•sin∠FCN＝2sinB，
∴，
化简得，2a（sin2B+cos2B）＝6a﹣4acosB﹣12cosB﹣36，
2a＝6a﹣4acosB﹣12cosB﹣36，
a﹣acosB﹣3cosB﹣9＝0，
∵cosB＝，
∴a﹣﹣﹣9＝0，
解得，a＝17，或a＝0（舍），
∴菱形的边长为17．
25． 解：（1）令y＝ax2+（3a﹣1）x﹣3＝0，
则方程的两根，
∵AB＝4，
∴，
解得：或a＝1，
∵a＞0，
∴a＝1，
∴y＝x2+2x﹣3；
（2）∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴对称轴为直线x＝﹣1，D（﹣1，﹣4），
令y＝0，即x2+2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝1，
令x＝0，解得y＝﹣3，
∴A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3），
∴OA＝OC，
则∠OAC＝45°，
∵点E在对称轴上，
设E（﹣1，m），x＝﹣1与x轴交于点M，
当AC为矩形的边时，当∠EAC＝90°，则∠EAM＝45°，
∴EM＝AM＝﹣1﹣（﹣3）＝2，
∴E（﹣1，2），
当∠ACE＝90°时，设x＝﹣1与AC交于点N，
∵∠CAM＝45°，
∴，
∴，
又∵∠ENC＝45°，
∴，
∴EM＝MN+NE＝2+2＝4，
∴E（﹣1，﹣4），
当∠AEC＝90°时，则点E在AC的中点Q为圆心，AC为直径的圆上，

∵，A（﹣3，0），C（0，﹣3）
∴，
∴，
即，
解得：或，
∴或，
综上所述，E（﹣1，2）或E（﹣1，﹣4）或或；
（3）∵D（﹣1，﹣4），
将抛物线向上移动4个单位，再向右移动1个单位得到y＝x2，即将抛物线顶点平移至原点，
设直线y＝kx+b与抛物线y＝x2交于Q（x1，y1），P（x2，y2）两点，
∴kx+b＝x2，
化简，得x2﹣kx﹣b＝0，
∴x1+x2＝k，x1x2＝﹣b，
如图所示，过点Q作QM⊥x轴于M，PN⊥x轴于N．

则：∠QMD＝∠QDP＝∠PND＝90°，
∴∠QDM+∠MQD＝90°，∠QDM+∠PDN＝90°，
∴∠MQD＝∠PDN，
∴△QDM∽△DPN，
∴，
∴QM⋅PN＝DN⋅DM，
∴﹣x1x2＝y1y2＝，
∴x1x2＝﹣1＝﹣b，
∴b＝1．
∴y＝kx+1，必过点：（0，1）；
将定点向下移动4个单位，再向左移动1个单位得到（﹣1，﹣3），
即直线恒过定点，定点坐标（﹣1，﹣3）．