2023年广东省广州市天河区第八十九中学中考三模数学试题（含解析）

2023年广东省广州市天河区第八十九中学中考三模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列实数中，比小的数是(　　)

A． B．4 C． D．1

2．在、、、四个数中，属于无理数的是（    ）

A． B． C． D．

3．要使在实数范围内有意义，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

4．下列运算正确的是（    ）

A． B． C． D．

5．如图，在中，，则的度数为（    ）

A． B． C． D．

6．实数、在数轴上的位置如图所示，则下列结论不正确的是（    ）

A． B． C． D．

7．如图，一枚运载火箭从地面L处发射，雷达站R与发射点L距离，当火箭到达A点时，雷达站测得仰角为，则这枚火箭此时的高度为（    ）

A． B． C． D．

8．如图是一个几何体的三视图，主视图和左视图均是面积为的等腰三角形，俯视图是直径为的圆，则这个几何体的全面积是（    ）

A． B． C． D．

9．如图，正方形内接于，点、在上，点、分别在和边上，且边上的高，，则正方形的边长为（    ）

A．6 B．5 C．4 D．3

10．二次函数（）的图象如图所示，则下列结论中正确的有（    ）个

①；②；③函数的最大值为；④当时，；⑤时，随增大而减少

A．4 B．3 C．2 D．1

二、填空题

11．如图，已知，，则的度数为___________．

12．计算：___________．

13．分解因式： _______．

14．将点先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度得到点，则点的坐标为___________．

15．一个不透明的袋子中装有2个黄球和3个红球，每个球除颜色外都相同，将球摇匀，从中任意摸出1个球是黄球的机会是_____．

16．如图，中，，，，是的中线，是边上一动点，将沿折叠，点落在点处，交线段于点，当是直角三角形时，则___________．

三、解答题

17．解不等式组：

18．如图，在四边形中，，，连接．求证．

19．已知．

(1)化简；

(2)若，是菱形两条对角线的长，且该菱形的面积为6，求的值．

20．为振兴乡村文化，某社区准备开展“乡村文化宣讲”活动，为了更好的开展活动，该社区随机抽取部分居民，调查他们对乡村文化的了解情况．根据调查结果，把居民对乡村文化的了解程度分为“．非常了解”“．比较了解”“．有点了解”“．不了解”四个层次，并依据调查结果绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．

根据图中信息，解答下列问题：

(1)这次共抽取了____位居民进行调查；扇形统计图中，“”层次所占圆心角的度数是_____．

(2)现拟从“非常了解”乡村文化的甲、乙、丙、丁四位居民中任选2位担任乡村文化推广使者，请用列举法求恰好选中甲、乙两位居民的概率．

21．班级组织同学乘大巴车前往“研学旅行”基地开展爱国教育活动，基地离学校有90公里，队伍8：00从学校出发．苏老师因有事情，8：30从学校自驾小车以大巴1.5倍的速度追赶，追上大巴后继续前行，结果比队伍提前15分钟到达基地．问：

（1）大巴与小车的平均速度各是多少？

（2）苏老师追上大巴的地点到基地的路程有多远？

22．如图，在中，，以为直径的与交于点，连接．

(1)尺规作图：作出劣弧的中点（不写作法，保留作图痕迹）

(2)连接交于点，连接，求证：；

(3)若的半径等于12，且与相切于点，求阴影部分的面积（结果保留）．

23．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点，与x轴、y轴分别交于点B、C．过点A作轴，垂足为D．

(1)求反比例函数的表达式；

(2)点P为反比例函数图象上的一点，且位于点A的右侧，从条件①或者条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求点P的坐标．

条件①：；条件②：面积是面积的2倍．

注明：如果选择条件①与条件②分别作答，按第一个解答计分．

24．已知抛物线：经过点．

(1)用含的代数式表示；

(2)若抛物线与轴交于两点，（点在点左侧），且，求点的坐标；

(3)当时，自变量x的取值范围是：或，若点在抛物线上，求的取值范围．

25．如图，已知是等边三角形，，点D为的中点，点E，F分别为边，上的动点（点E不与B，C重合），且．

(1)求的取值范围；

(2)若，求的长；

(3)求的最小值．

参考答案：

1．C

【分析】根据0大于负数，负数比较大小绝对值大的反而小，即可解答．

【详解】解：∵，

∴比小的数是，

故选C．

【点睛】本题考查了有理数的大小比较，解决本题的关键是熟记0大于负数，两个负数比较大小绝对值大的反而小．

2．B

【分析】根据无理数是无限不循环小数，可得答案．

【详解】解：A、是整数，是有理数，故不合题意；

B、是无理数，故符合题意；

C、是小数，是有理数，故不合题意；

D、是分数，是有理数，故不合题意；

故选：B．

【点睛】本题考查了无理数的概念，无理数是无限不循环小数，有理数是有限小数或无限循环小数．

3．A

【分析】根据二次根式有意义的条件“被开方数为非负数”解答即可．

【详解】解：∵在实数范围内有意义，

∴，

∴．

故选A．

【点睛】本题考查二次根式有意义的条件．掌握二次根式被开方数为非负数是解题关键．

4．D

【分析】分别利用合并同类项，积的乘方，二次根式的减法，同底数幂的乘法进行计算，即可作出判断．

【详解】解：A．和不是同类项，不能合并，故此选项不符合题意；

B．，故此选项不符合题意；

C．，故此选项不符合题意；

D．，故此选项符合题意．

故选：D．

【点睛】本题考查合并同类项，积的乘方，二次根式的减法，同底数幂的乘法．掌握相应的运算法则是解题的关键．

5．C

【分析】根据垂径定理得出，然后根据圆周角定理即可求解．

【详解】解：∵，

∴，

∴，

故选：C．

【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，熟练掌握以上定理是解题的关键．

6．D

【分析】由数轴可知在与0之间，故的绝对值小于1，大于1，故绝对值大于1，直接找出答案．

【详解】解：由数轴可知，，

故，，，成立，故A，B，C正确，不合题意；

而，故D错误，符合题意；

故选：D．

【点睛】本题考查的是实数与数轴、绝对值，解题的关键是掌握数轴上点的特点．

7．D

【分析】根据正切的定义即可求解．

【详解】解：在中，，，

∴

∴，

故选：D．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，仰角问题，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．

8．A

【分析】这个几何体有两个视图为三角形，那么可得是锥体，第个视图是圆，那么这个几何体是圆锥，根据主视图和左视图面积均是的等腰三角形，可以求出三角形的高为，也就是锥体的高为，再利用勾股定理求出圆锥的母线长，最后根据全面积＝侧面积＋底面积计算即可．

【详解】解：过作于点，

∵这个几何体有两个视图为等腰三角形，俯视图是直径为的圆，

∴这个几何体是圆锥，底面直径是，半径为，

∵主视图和左视图面积均是的等腰三角形，

∴等腰三角形的底边为，

∵，

∴，

∴，即，

∴，

∴，

∴圆锥的母线长为，

∴圆锥的全面积为：．

故选：A．

【点睛】本题考查圆锥表面积的计算及由三视图判断几何体；判断出几何体的形状及相关数据是解题的关键．注意：圆锥的表面积等于圆锥的侧面积与底面圆的面积之和，圆锥的侧面积等于圆锥侧面展开图即扇形的面积．也考查了勾股定理，等腰三角形的性质和三角形的面积．

9．C

【分析】根据正方形及三角形高的定义易得，，再根据对应线段成比例可得，．设正方形边长为x，则，从而可求出．最后根据，可列出关于x的方程，解出x的值即可．

【详解】解：∵正方形内接于 ，边上的高，

∴．

∵，

∴，，

∴，．

∵设正方形边长为x，则，

∴，，

∴．

又∵，

∴，即，

解得：，

∴正方形 的边长为4．

故选C．

【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，线段的和与差等知识．解题的关键是根据比例表示出相应线段列方程．

10．B

【分析】由抛物线的开口方向判断与0的关系，由抛物线与轴的交点判断与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．

【详解】解：由图可知：抛物线开口向下，对称轴为直线，与轴的交点在轴的正半轴，

∴，，，

∴，

∴，故①正确；

由图可知：当时，图像在x轴下方，

则，故②正确；

当时，函数取最大值，且为，故③错误；

∵对称轴为直线，图像与x轴交于，

∴图像与x轴的另一个交点为，

∵抛物线开口向下，

∴当时，，故④正确；

∵抛物线开口向下，对称轴为直线，

∴时，随增大而增大，故⑤错误；

∴正确的有①②④，共3个，

故选B

【点睛】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，解题的关键是会利用对称轴的范围求与的关系．

11．/55度

【分析】根据两直线平行，同位角相等解答即可．

【详解】解：∵，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题考查平行线的性质．掌握两直线平行，同位角相等是解题关键．

12．0

【分析】原式利用绝对值的代数意义，立方根计算即可得到结果．

【详解】．

故答案为：0．

【点睛】此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

13．

【分析】根据提公因式法进行因式分解即可．

【详解】解：原式；

故答案为：．

【点睛】本题主要考查提公因式进行因式分解，找出多项式中各项的公因式是解题的关键．

14．

【分析】根据平移的性质，向左平移a，则横坐标减a；向上平移a，则纵坐标加a．

【详解】解：∵先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度得到点，

∴，，即点的坐标为．

故答案为：．

【点睛】本题考查了坐标与图形的变化-平移，熟记平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减是解题的关键．

15．

【分析】根据概率公式直接求解即可．

【详解】共有5个球，其中黄球2个

从中任意摸出一球，摸出黄球的概率是．

故答案为：

【点睛】本题考查了简单概率公式的计算，熟悉概率公式是解题的关键．

16．或2

【分析】分两种情况进行讨论：当时和当时，当时，作于H，利用勾股定理和直角三角形斜边中线的性质求出的长度，然后利用即可求解；当时，作于H， 于K，首先证明四边形是正方形，然后利用正方形的性质即可求解．

【详解】①如图，当时，作于H，

在中，

，，，

．

，

．

，

，

．

，

，

，

．

，

，

，

；

如图，当时，作于H， 于K，

，

．

，

，

，

．

，

∴四边形是矩形．

，

，

∴四边形是正方形，

∴．

，

，

综上所述，CE的长为或2．

故答案为：或2．

【点睛】本题主要考查翻折变换和解直角三角形，掌握勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，正方形的判定及性质并分情况讨论是解题的关键．

17．

【分析】先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可．

【详解】解：

解不等式①得，

解不等式②得，

∴不等式组的解集为．

【点睛】本题主要考查解一元一次不等式组，掌握解不等式组的方法是解题的关键．

18．见解析

【分析】根据平行线的性质得到，利用即可证明．

【详解】解：∵，

∴，

在和中，

，

∴．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定，解题的关键是根据已知条件选择合适的判定方法．

19．(1)

(2)

【分析】（1）先根据单项式乘多项式的运算法则和完全平方公式将原式展开，去括号后再合并同类项即可；

（2）根据菱形的面积公式可求出的值，然后整体代入由（1）所得的结果进行计算即可．

【详解】（1）解：

；

（2）∵，是菱形两条对角线的长，且该菱形的面积为6，

∴，

∴，

∴．

∴的值为．

【点睛】本题是求代数式的值的应用，考查了整式的混合运算，单项式乘多项式的运算法则，完全平方公式，合并同类项，菱形的面积等知识点，运用了整体代入的思想．掌握整式的混合运算和菱形的面积的计算方法是解题的关键．

20．(1)，

(2)

【分析】（1）根据“”层次的人数除以占比得出样本的容量，根据“”层次的占比乘以即可求得“”层次所占圆心角的度数；

（2）根据列举法列举出所有可能结果，根据概率公式即可求解．

【详解】（1）解：这次共抽取了（位），

扇形统计图中，“”层次所占圆心角的度数是

故答案为：，．

（2）解：是有可能的结果为：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁）

（乙，甲），（乙，丙），（乙，丁）；

（丙，甲），（丙，乙），（丙，丁），

（丁，甲），（丁，乙），（丁，丙），

共有12种等可能结果，符合题意的有2种，

∴恰好选中甲、乙两位居民的概率

【点睛】本题主要考查条形统计图、扇形统计图，由样本估计总体，列举法求概率，掌握相关知识并从统计图表中获取信息是解题的关键．

21．（1）大巴的平均速度为40公里/时，则小车的平均速度为60公里/时；（2）苏老师追上大巴的地点到基地的路程有30公里

【分析】（1）根据“大巴车行驶全程所需时间=小车行驶全程所需时间+小车晚出发的时间+小车早到的时间”列分式方程求解可得；

（2）根据“从学校到相遇点小车行驶所用时间+小车晚出发时间=大巴车从学校到相遇点所用时间”列方程求解可得．

【详解】（1）设大巴的平均速度为x公里/时，则小车的平均速度为1.5x公里/时，根据题意，得：

=++

解得：x=40．

经检验：x=40是原方程的解，∴1.5x=60公里/时．

答：大巴的平均速度为40公里/时，则小车的平均速度为60公里/时；

（2）设苏老师赶上大巴的地点到基地的路程有y公里，根据题意，得：

+=

解得：y=30．

答：苏老师追上大巴的地点到基地的路程有30公里．

【点睛】本题考查了分式方程的应用，解题的关键是理解题意，找到题目中蕴含的相等关系，并依据相等关系列出方程．

22．(1)见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）作的角平分线交于点，则点即是劣弧的中点；

（2）根据直径所对的圆周角是直角可得，再利用对顶角相等，结合相似三角形的判定方法即可证明；

（3）根据，结合半径相等，利用三线合一得到，再利用扇形的面积减去的面积可得结果．

【详解】（1）解：如图所示，点E所求；

∵，

∴，

∴点E为劣弧的中点；

（2）如图，∵是的直径，

∴，

∵，

∴；

（3）解：如图所示，连接，

∵的半径为12，

∴，

∴

∵与相切于点，

∴，

∴

∴

∵，，

∴

∴，

∴阴影部分的面积为．

【点睛】本题考查作图复杂作图，圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定，扇形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

23．(1)

(2)选择条件①或条件②，点P坐标均为

【分析】（1）先根据一次函数解析式求出点A的坐标，再代入反比例函数解析式即可求出k值；

（2）①根据可知，点P在的垂直平分线，由此可得P的纵坐标为2，从而求出点P坐标；

②由面积是面积的2倍，可得P点纵坐标为2，从而求出点P坐标；

【详解】（1）解：∵点在一次函数的图象与上，

∴，解得：，

即点A坐标为，

∴，

即反比例函数解析式为：，

（2）设点P坐标为，

选择条件①，

∴点P在AD的垂直平分线上，

又∵，，

∴，点P的纵坐标为，

∴，

故点P坐标为，

选择条件②面积是面积的2倍．

∵，，

∴，

∴，

∴，

故点P坐标为

【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式和一次函数解析式，反比例函数图形上点的坐标特征，图形与坐标，熟练掌握待定系数法是解答本题的关键．

24．(1)

(2)或

(3)或

【分析】（1）根据题意，将点代入解析式即可求解；

（2）根据（1）的结论得出，令，即，根据一元二次方程根与系数的关键，结合题意，得出关于的一元二次方程，解方程得出或，然后分类讨论，即可求解；

（3）根据已知条件得出对称轴为直线，则，得出抛物线解析式为，得出抛物线与轴交点坐标为，；根据与有2个不等实数根求得，进而令求得当在抛物线上时的的值，进而即可求解．

【详解】（1）解：∵抛物线：经过点．

∴

∴；

（2）解：∵

∴，

令，即

∴

∵抛物线与轴交于两点，（点在点左侧），且，即①

∴

解得：或

当，即②

由①②得，

∴

当，即③

由①③得

∴

综上所述，或

（3）解：∵当时，自变量x的取值范围是：或

∴当时，的两个根为或，且，

对称轴为直线

∴

即

∴抛物线解析式为

令，即

解得：，则抛物线与轴交点坐标为，；

∵时，，

∴，又，

解得：；

当时，解析式为

∵在抛物线上，

∴

解得：或    

∵，抛物线开口随着的绝对值的增大开口越小，

∴或．

【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

25．(1)

(2)

(3)取得最小值是，见解析

【分析】（1）根据题中条件求解即可；

（2）过点D作，过点F作，证明即可求解；

（3）连接，过点F作，过点C作且，证明，再结合题中条件即可求得答案．

【详解】（1）解：∵是等边三角形，，

∴，

∴；

（2）解：过点D作，过点F作，如图所示，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

设，

∵，

∴，

∵点D为的中点，，

∴，

∵是等边三角形，

∴，

∴，，

∴，

∵，

∴

∵

∴，，，

∵，

∴，即，

解得：，

即；

（3）解：连接，过点F作，过点C作且，

在和中，

∵是等边三角形，点D为的中点，

∴

∵，，

∴，

∴，

设，

由（2）知，，

∵，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，即，

∴，

当且仅当B、F、K三点共线时取等号，即取得最小值，

过点 K作交的延长线于点M，

∵，，

∴，，

∴，

在中，，

∴，

即取得最小值是．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题关键．