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2023年广东省广州市中考数学模拟试卷(含答案)
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这是一份2023年广东省广州市中考数学模拟试卷(含答案)，共29页。
2023年广东省广州中考数学模拟1
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020•广州）广州市作为国家公交都市建设示范城市，市内公共交通日均客运量已达15233000人次．将15233000用科学记数法表示应为（ ）
A．152.33×105 B．15.233×106
C．1.5233×107 D．0.15233×108
2．（3分）（2020•广州）某校饭堂随机抽取了100名学生，对他们最喜欢的套餐种类进行问卷调查后（每人选一种），绘制了如图的条形统计图，根据图中的信息，学生最喜欢的套餐种类是（ ）
A．套餐一 B．套餐二 C．套餐三 D．套餐四
3．（3分）（2020•广州）下列运算正确的是（ ）
A．+＝ B．2×3＝6 C．x5•x6＝x30 D．（x2）5＝x10
4．（3分）（2020•广州）△ABC中，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接DE．若∠C＝68°，则∠AED＝（ ）
A．22° B．68° C．96° D．112°
5．（3分）（2021•广州）下列四个选项中，为负整数的是（ ）
A．0 B．﹣0.5 C．﹣ D．﹣2
6．（3分）（2021•广州）方程＝的解为（ ）
A．x＝﹣6 B．x＝﹣2 C．x＝2 D．x＝6
7．（3分）（2021•广州）下列命题中，为真命题的是（ ）
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）对角线互相垂直的四边形是菱形
（3）对角线相等的平行四边形是菱形
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形
A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（4） D．（3）（4）
8．（3分）（2021•广州）为了庆祝中国共产党成立100周年，某校举办了党史知识竞赛活动，在获得一等奖的学生中，有3名女学生，1名男学生，则从这4名学生中随机抽取2名学生，恰好抽到2名女学生的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）（2022•广州）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（3分）（2022•广州）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝﹣2，下列结论正确的是（ ）
A．a＜0
B．c＞0
C．当x＜﹣2时，y随x的增大而减小
D．当x＞﹣2时，y随x的增大而减小
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020•广州）已知∠A＝100°，则∠A的补角等于 °．
12．（3分）（2021•广州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，线段AB的垂直平分线分别交AC、AB于点D、E，连接BD．若CD＝1，则AD的长为 ．
13．（3分）（2021•广州）一元二次方程x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，点A（x1，y1）、B（x2，y2）是反比例函数y＝上的两个点，若x1＜x2＜0，则y1 y2（填“＜”或“＞”或“＝”）．
14．（3分）（2022•广州）如图，在△ABC中，AB＝AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是 ．（结果保留π）
15．（3分）（2022•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 ；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 ．
16．（3分）（2020•广州）如图，正方形ABCD中，△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，AB'，AC'分别交对角线BD于点E，F，若AE＝4，则EF•ED的值为 ．
三．解答题（共9小题，满分102分）
17．（9分）（2020•广州）解不等式组：．
18．（9分）（2020•广州）如图，AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝25°，∠D＝80°．求∠BCA的度数．
19．（10分）（2022•广州）某数学活动小组利用太阳光线下物体的影子和标杆测量旗杆的高度．如图，在某一时刻，旗杆AB的影子为BC，与此同时在C处立一根标杆CD，标杆CD的影子为CE，CD＝1.6m，BC＝5CD．
（1）求BC的长；
（2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求旗杆AB的高度．
条件①：CE＝1.0m；条件②：从D处看旗杆顶部A的仰角α为54.46°．
注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．
参考数据：sin54.46°≈0.81，cos54.46°≈0.58，tan54.46°≈1.40．
20．（10分）（2022•广州）已知直线l：y＝kx+b经过点（0，7）和点（1，6）．
（1）求直线l的解析式；
（2）若点P（m，n）在直线l上，以P为顶点的抛物线G过点（0，﹣3），且开口向下．
①求m的取值范围；
②设抛物线G与直线l的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单位长度后得到的点Q′也在G上时，求G在≤x≤+1的图象的最高点的坐标．
21．（12分）（2021•广州）民生无小事，枝叶总关情，广东在“我为群众办实事”实践活动中推出“粤菜师傅”“广东技工”“南粤家政”三项培训工程，今年计划新增加培训共100万人次．
（1）若“广东技工”今年计划新增加培训31万人次，“粤菜师傅”今年计划新增加培训人次是“南粤家政”的2倍，求“南粤家政”今年计划新增加的培训人次；
（2）“粤菜师傅”工程开展以来，已累计带动33.6万人次创业就业，据报道，经过“粤菜师傅”项目培训的人员工资稳定提升，已知李某去年的年工资收入为9.6万元，预计李某今年的年工资收入不低于12.48万元，则李某的年工资收入增长率至少要达到多少？
22．（12分）（2020•广州）平面直角坐标系xOy中，抛物线G：y＝ax2+bx+c（0＜a＜12）过点A（1，c﹣5a），B（x1，3），C（x2，3）．顶点D不在第一象限，线段BC上有一点E，设△OBE的面积为S1，△OCE的面积为S2，S1＝S2+．
（1）用含a的式子表示b；
（2）求点E的坐标：
（3）若直线DE与抛物线G的另一个交点F的横坐标为+3，求y＝ax2+bx+c在1＜x＜6时的取值范围（用含a的式子表示）．
23．（12分）（2021•广州）已知抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3．
（1）当m＝0时，请判断点（2，4）是否在该抛物线上；
（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；
（3）已知点E（﹣1，﹣1）、F（3，7），若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围．
24．（14分）（2020•广州）如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．
（1）求证：DC是∠ADB的平分线；
（2）四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点M，N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，△DMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
25．（14分）（2021•广州）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF＝AE，且CF、DE相交于点G．
（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当CG＝2时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
2023年菁优广州中考数学终极押题密卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020•广州）广州市作为国家公交都市建设示范城市，市内公共交通日均客运量已达15233000人次．将15233000用科学记数法表示应为（ ）
A．152.33×105 B．15.233×106
C．1.5233×107 D．0.15233×108
【考点】科学记数法—表示较大的数．版权所有
【专题】实数；运算能力．
【答案】C
【分析】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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：15233000＝1.5233×107，
故选：C．
【点评】此题考查了科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
2．（3分）（2020•广州）某校饭堂随机抽取了100名学生，对他们最喜欢的套餐种类进行问卷调查后（每人选一种），绘制了如图的条形统计图，根据图中的信息，学生最喜欢的套餐种类是（ ）
A．套餐一 B．套餐二 C．套餐三 D．套餐四
【考点】条形统计图．版权所有
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】A
【分析】根据条形统计图得出即可．
【解答】解：根据条形统计图可知：学生最喜欢的套餐种类是套餐一，
故选：A．
【点评】本题考查了条形统计图，能根据图形得出正确的信息是解此题的关键．
3．（3分）（2020•广州）下列运算正确的是（ ）
A．+＝ B．2×3＝6 C．x5•x6＝x30 D．（x2）5＝x10
【考点】二次根式的混合运算；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．版权所有
【专题】实数；运算能力．
【答案】D
【分析】各项计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、+＝+，不符合题意；
B、原式＝6a，不符合题意；
C、原式＝x11，不符合题意；
D、原式＝x10，符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了二次根式的混合运算，同底数幂的乘法，以及幂的乘方，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
4．（3分）（2020•广州）△ABC中，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接DE．若∠C＝68°，则∠AED＝（ ）
A．22° B．68° C．96° D．112°
【考点】三角形中位线定理．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据三角形的中位线定理得到DE∥BC，根据平行线的性质即可求得∠AED＝∠C＝68°．
【解答】解：∵点D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，
∴∠AED＝∠C，
∵∠C＝68°，
∴∠AED＝∠C＝68°．
故选：B．
【点评】本题主要考查了三角形的中位线定理，能熟练地运用三角形的中位线定理是解此题的关键．
5．（3分）（2021•广州）下列四个选项中，为负整数的是（ ）
A．0 B．﹣0.5 C．﹣ D．﹣2
【考点】实数．版权所有
【专题】实数；数感．
【答案】D
【分析】根据整数的概念可以解答本题．
【解答】解：A、0是整数，但0既不是负数也不是正数，故此选项不符合题意；
B、﹣0.5是负分数，不是整数，故此选项不符合题意；
C、﹣是负无理数，不是整数，故此选项不符合题意；
D、﹣2是负整数，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了实数的分类．明确大于0的整数是正整数，小于0的整数是负整数是解题的关键．
6．（3分）（2021•广州）方程＝的解为（ ）
A．x＝﹣6 B．x＝﹣2 C．x＝2 D．x＝6
【考点】解分式方程．版权所有
【专题】计算题；分式方程及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】求解分式方程，根据方程的解得结论．
【解答】解：去分母，得x＝2x﹣6，
∴x＝6．
经检验，x＝6是原方程的解．
故选：D．
【点评】本题考查了解分式方程，掌握解分式方程的一般步骤是解决本题的关键．
7．（3分）（2021•广州）下列命题中，为真命题的是（ ）
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）对角线互相垂直的四边形是菱形
（3）对角线相等的平行四边形是菱形
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形
A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（4） D．（3）（4）
【考点】命题与定理；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定．版权所有
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】利用平行四边形、矩形及菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，为真命题，符合题意；
（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
（3）对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，为假命题，不符合题意；
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形，正确，是真命题，符合题意，
真命题为（1）（4），
故选：B．
【点评】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、矩形及菱形的判定方法，难度不大．
8．（3分）（2021•广州）为了庆祝中国共产党成立100周年，某校举办了党史知识竞赛活动，在获得一等奖的学生中，有3名女学生，1名男学生，则从这4名学生中随机抽取2名学生，恰好抽到2名女学生的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法．版权所有
【专题】概率及其应用；数据分析观念；推理能力．
【答案】B
【分析】画树状图，共有12种等可能的结果，恰好抽到2名女学生的结果有6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2名女学生的结果有6种，
∴恰好抽到2名女学生的概率为＝，
故选：B．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
9．（3分）（2022•广州）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形．版权所有
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
10．（3分）（2022•广州）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝﹣2，下列结论正确的是（ ）
A．a＜0
B．c＞0
C．当x＜﹣2时，y随x的增大而减小
D．当x＞﹣2时，y随x的增大而减小
【考点】二次函数的性质．版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】根据图象得出a，c的符号即可判断A、B，利用二次函数的性质即可判断C、D．
【解答】解：∵图象开口向上，
∴a＞0，故A不正确；
∵图象与y轴交于负半轴，
∴c＜0，故B不正确；
∵抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣2，
∴当x＜﹣2时，y随x的增大而减小，x＞﹣2时，y随x的增大而增大，
故C正确，D不正确；
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次函数图象和性质，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020•广州）已知∠A＝100°，则∠A的补角等于 80 °．
【考点】余角和补角．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】80．
【分析】根据补角的概念求解可得．
【解答】解：∵∠A＝100°，
∴∠A的补角＝180°﹣100°＝80°．
故答案为：80．
【点评】本题主要考查补角，解题的关键是掌握如果两个角的和等于180°（平角），就说这两个角互为补角．即其中一个角是另一个角的补角．
12．（3分）（2021•广州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，线段AB的垂直平分线分别交AC、AB于点D、E，连接BD．若CD＝1，则AD的长为 2 ．
【考点】含30度角的直角三角形；线段垂直平分线的性质．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】2．
【分析】由线段垂直平分线的性质可得AD＝BD，利用含30°角的直角三角形的性质可求解BD的长，进而求解．
【解答】解：∵DE垂直平分AB，
∴AD＝BD，
∴∠A＝∠ABD，
∵∠A＝30°，
∴∠ABD＝30°，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝30°+30°＝60°，
∵∠C＝90°，
∴∠CBD＝30°，
∵CD＝1，
∴BD＝2CD＝2，
∴AD＝2．
故答案为2．
【点评】本题主要考查线段的垂直平分线，含30° 角的直角三角形的性质，求得AD＝BD是解题的关键．
13．（3分）（2021•广州）一元二次方程x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，点A（x1，y1）、B（x2，y2）是反比例函数y＝上的两个点，若x1＜x2＜0，则y1 ＞ y2（填“＜”或“＞”或“＝”）．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；根的判别式．版权所有
【专题】一元二次方程及应用；反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】＞．
【分析】由一元二次方程根的情况，求得m的值，确定反比例函数y＝图象经过的象限，然后根据反比例函数的性质即可求得结论．
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝16﹣4m＝0，
解得m＝4，
∵m＞0，
∴反比例函数y＝图象在一三象限，在每个象限y随x的增大而减少，
∵x1＜x2＜0，
∴y1＞y2，
故答案为＞．
【点评】本题考查了一元二次方程根的情况，反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
14．（3分）（2022•广州）如图，在△ABC中，AB＝AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是 2π ．（结果保留π）
【考点】弧长的计算；等腰三角形的性质；切线的性质．版权所有
【专题】几何图形；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】2π．
【分析】连接OD，OE，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠A＝∠COE，再根据切线的性质和平角的定义可得∠DOE＝90°，然后利用弧长公式进行计算即可解答．
【解答】解：如图，连接OD，OE，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝∠COE+∠OCE+∠OEC，
∴∠A＝∠COE，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∵圆O与边AB相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∴∠COE+∠AOD＝90°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠COE+∠AOD）＝90°，
∴劣弧的长是＝2π．
故答案为：2π．
【点评】本题考查了弧长的计算，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
15．（3分）（2022•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 120° ；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 75° ．
【考点】旋转的性质；矩形的性质．版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】120°，75°．
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
【解答】解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°﹣60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO＝OB，OP′＝OC，
∴EP′＝EO+OP′＝OB+OC＝BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°+90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
【点评】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16．（3分）（2020•广州）如图，正方形ABCD中，△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，AB'，AC'分别交对角线BD于点E，F，若AE＝4，则EF•ED的值为 16 ．
【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】16．
【分析】根据正方形的性质得到∠BAC＝∠ADB＝45°，根据旋转的性质得到∠EAF＝∠BAC＝45°，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠ADB＝45°，
∵把△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，
∴∠EAF＝∠BAC＝45°，
∵∠AEF＝∠DEA，
∴△AEF∽△DEA，
∴＝，
∴EF•ED＝AE2，
∵AE＝4，
∴EF•ED的值为16，
故答案为：16．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，找出相关的相似三角形是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分102分）
17．（9分）（2020•广州）解不等式组：．
【考点】解一元一次不等式组．版权所有
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】x≥3．
【分析】根据不等式的性质求出两个不等式的解集，进而求出不等式组的解集即可．
【解答】解：
解不等式①得：x≥3，
解不等式②得：x＞2，
所以不等式组的解集为：x≥3．
【点评】本题考查了一元一次不等式组的解法：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
18．（9分）（2020•广州）如图，AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝25°，∠D＝80°．求∠BCA的度数．
【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有
【专题】图形的全等；几何直观．
【答案】75°．
【分析】运用SAS公理，证明△ABC≌△ADC，得到∠D＝∠B＝80°，再根据三角形内角和为180°即可解决问题．
【解答】解：在△ABC与△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SAS），
∴∠D＝∠B＝80°，
∴∠BCA＝180°﹣25°﹣80°＝75°．
【点评】主要考查了全等三角形的判定及其性质的应用问题；应牢固掌握全等三角形的判定及其性质，这是灵活运用的基础和关键．
19．（10分）（2022•广州）某数学活动小组利用太阳光线下物体的影子和标杆测量旗杆的高度．如图，在某一时刻，旗杆AB的影子为BC，与此同时在C处立一根标杆CD，标杆CD的影子为CE，CD＝1.6m，BC＝5CD．
（1）求BC的长；
（2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求旗杆AB的高度．
条件①：CE＝1.0m；条件②：从D处看旗杆顶部A的仰角α为54.46°．
注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．
参考数据：sin54.46°≈0.81，cos54.46°≈0.58，tan54.46°≈1.40．
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．版权所有
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）BC的长为8m；
（2）旗杆AB的高度约为12.8m．
【分析】（1）根据已知BC＝5CD，进行计算即可解答；
（2）若选择条件①，根据同一时刻的物高与影长是成比例的，进行计算即可解答；
若选择条件②，过点D作DF⊥AB，垂足为F，根据题意可得DC＝BF＝1.6m，DF＝BC＝8m，然后在Rt△ADF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）∵BC＝5CD，CD＝1.6m，
∴BC＝5×1.6＝8（m），
∴BC的长为8m；
（2）若选择条件①：
由题意得：
＝，
∴＝，
∴AB＝12.8，
∴旗杆AB的高度为12.8m；
若选择条件②：
过点D作DF⊥AB，垂足为F，
则DC＝BF＝1.6m，DF＝BC＝8m，
在Rt△ADF中，∠ADF＝54.46°，
∴AF＝DF•tan54.46°≈8×1.4＝11.2（m），
∴AB＝AF+BF＝11.2+1.6＝12.8（m），
∴旗杆AB的高度约为12.8m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
20．（10分）（2022•广州）已知直线l：y＝kx+b经过点（0，7）和点（1，6）．
（1）求直线l的解析式；
（2）若点P（m，n）在直线l上，以P为顶点的抛物线G过点（0，﹣3），且开口向下．
①求m的取值范围；
②设抛物线G与直线l的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单位长度后得到的点Q′也在G上时，求G在≤x≤+1的图象的最高点的坐标．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；应用意识．
【答案】（1）y＝﹣x+7；
（2）①m＜10且m≠0；
②（﹣2，9）或（2，5）．
【分析】（1）用待定系数法求解析式即可；
（2）①设抛物线的解析式为y＝a（x﹣m）2+7﹣m，将点（0，﹣3）代入可得am2+7﹣m＝﹣3，再由a＝＜0，求m的取值即可；
②由题意求出Q点的横坐标为m+，联立方程组，整理得ax2+（1﹣2ma）x+am2﹣m＝0，根据根与系数的关系可得m+m+＝2m﹣，可求a＝﹣2，从而可求m＝2或m＝﹣，确定抛物线的解析式后即可求解．
【解答】解：（1）将点（0，7）和点（1，6）代入y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+7；
（2）①∵点P（m，n）在直线l上，
∴n＝﹣m+7，
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣m）2+7﹣m，
∵抛物线经过点（0，﹣3），
∴am2+7﹣m＝﹣3，
∴a＝，
∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∴a＝＜0，
∴m＜10且m≠0；
②∵抛物线的对称轴为直线x＝m，
∴Q点与Q'关于x＝m对称，
∴Q点的横坐标为m+，
联立方程组，
整理得ax2+（1﹣2ma）x+am2﹣m＝0，
∵P点和Q点是直线l与抛物线G的交点，
∴m+m+＝2m﹣，
∴a＝﹣2，
∴y＝﹣2（x﹣m）2+7﹣m，
∴﹣2m2+7﹣m＝﹣3，
解得m＝2或m＝﹣，
当m＝2时，y＝﹣2（x﹣2）2+5，
此时抛物线的对称轴为直线x＝2，
图象在≤x≤上的最高点坐标为（2，5）；
当m＝﹣时，y＝﹣2（x+）2+，
此时抛物线的对称轴为直线x＝﹣，
图象在﹣2≤x≤﹣1上的最高点坐标为（﹣2，9）；
综上所述：G在≤x≤+1的图象的最高点的坐标为（﹣2，9）或（2，5）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，会用待定系数法求函数的解析式，分类讨论是解题的关键．
21．（12分）（2021•广州）民生无小事，枝叶总关情，广东在“我为群众办实事”实践活动中推出“粤菜师傅”“广东技工”“南粤家政”三项培训工程，今年计划新增加培训共100万人次．
（1）若“广东技工”今年计划新增加培训31万人次，“粤菜师傅”今年计划新增加培训人次是“南粤家政”的2倍，求“南粤家政”今年计划新增加的培训人次；
（2）“粤菜师傅”工程开展以来，已累计带动33.6万人次创业就业，据报道，经过“粤菜师傅”项目培训的人员工资稳定提升，已知李某去年的年工资收入为9.6万元，预计李某今年的年工资收入不低于12.48万元，则李某的年工资收入增长率至少要达到多少？
【考点】一元一次不等式的应用；一元一次方程的应用．版权所有
【专题】一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设“南粤家政”今年计划新增加培训x万人次，则“粤菜师傅”今年计划新增加培训2x万人次，根据今年计划新增加培训共100万人次，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论；
（2）设李某的年工资收入增长率为m，利用李某今年的年工资收入＝李某去年的年工资收入×（1+增长率），结合预计李某今年的年工资收入不低于12.48万元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，再取其中的最小值即可得出结论．
【解答】解：（1）设“南粤家政”今年计划新增加培训x万人次，则“粤菜师傅”今年计划新增加培训2x万人次，
依题意得：31+2x+x＝100，
解得：x＝23．
答：“南粤家政”今年计划新增加培训23万人次．
（2）设李某的年工资收入增长率为m，
依题意得：9.6（1+m）≥12.48，
解得：m≥0.3＝30%．
答：李某的年工资收入增长率至少要达到30%．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
22．（12分）（2020•广州）平面直角坐标系xOy中，抛物线G：y＝ax2+bx+c（0＜a＜12）过点A（1，c﹣5a），B（x1，3），C（x2，3）．顶点D不在第一象限，线段BC上有一点E，设△OBE的面积为S1，△OCE的面积为S2，S1＝S2+．
（1）用含a的式子表示b；
（2）求点E的坐标：
（3）若直线DE与抛物线G的另一个交点F的横坐标为+3，求y＝ax2+bx+c在1＜x＜6时的取值范围（用含a的式子表示）．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）将点A坐标代入解析式可求解；
（2）分两种情况讨论，由三角形面积关系，可得BE＝CE+1，由对称轴为x＝3，可求BC中点M的坐标（3，3），由线段的数量关系，可求EM＝，可求解；
（3）先求出点F坐标，点D坐标可求直线DF解析式，可得点E坐标，可求DE解析式，可得c＝9a，由二次函数的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线G：y＝ax2+bx+c（0＜a＜12）过点A（1，c﹣5a），
∴c﹣5a＝a+b+c，
∴b＝﹣6a；
（2）如图1，当点B在点C的左边时，设BC的中点为M，
∵B（x1，3），C（x2，3），线段BC上有一点E，
∴S1＝×BE×3＝BE，S2＝×CE×3＝CE，
∵S1＝S2+．
∴CE+＝BE，
∴BE＝CE+1，
∵b＝﹣6a，
∴抛物线G：y＝ax2﹣6ax+c，
∴对称轴为x＝＝3，
∴BC的中点M坐标为（3，3），
∵BE＝BM+EM，CE＝CM﹣EM，BM＝CM，BE＝CE+1，
∴EM＝，
∴点E（，3）
当点B在点C的右边时，设BC的中点为M，
同理可求点E（，3），
综上所述：点E（，3）或（，3）；
（3）∵直线DE与抛物线G：y＝ax2﹣6ax+c的另一个交点F的横坐标为+3，
∴y＝a（）2﹣6a×（+3）+c＝﹣9a+c，
∴点F（+3，﹣9a+c），
∵点D是抛物线的顶点，
∴点D（3，﹣9a+c），
∴直线DF的解析式为：y＝6x﹣18+c﹣9a，
∵点E坐标为（，3），
又∵点D（3，﹣9a+c），
∴直线DE解析式为：y＝（6+18a﹣2c）x+7c﹣63a﹣18，
∵直线DE与直线DF是同一直线，
∴6＝6+18a﹣2c，
∴c＝9a，
∴抛物线解析式为：y＝ax2﹣6ax+9a，
∵1＜x＜6，
∴当x＝3时，ymin＝0，当x＝6时，ymax＝9a，
∴0≤y＜9a．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，三角形面积公式，一次函数图象的性质，求出c＝9a是本题的关键．
23．（12分）（2021•广州）已知抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3．
（1）当m＝0时，请判断点（2，4）是否在该抛物线上；
（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；
（3）已知点E（﹣1，﹣1）、F（3，7），若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【专题】综合题；函数思想；待定系数法；函数的综合应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）点（2，4）不在抛物线上；
（2）（2，5）；
（3）x顶点＜﹣或x顶点＞或x顶点＝1．
【分析】（1）当m＝0时，抛物线为y＝x2﹣x+3，将x＝2代入得y＝5，故点（2，4）不在抛物线上；
（2）抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3的顶点为（，），而＝﹣（m﹣3）2+5，即得m＝3时，纵坐标最大，此时顶点移动到了最高处，顶点坐标为：（2，5）；
（3）求出直线EF的解析式为y＝2x+1，由得直线y＝2x+1与抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3的交点为：（2，5）和（m+1，2m+3），因（2，5）在线段EF上，由已知可得（m+1，2m+3）不在线段EF上，即是m+1＜﹣1或m+1＞3，或（2，5）与（m+1，2m+3）重合，可得抛物线顶点横坐标x顶点＝＜﹣或x顶点＝＞或x顶点＝1．
【解答】解：（1）当m＝0时，抛物线为y＝x2﹣x+3，
将x＝2代入得y＝4﹣2+3＝5，
∴点（2，4）不在抛物线上；
（2）抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3的顶点为（，），
化简得（，），
顶点移动到最高处，即是顶点纵坐标最大，
而＝﹣（m﹣3）2+5，
∴m＝3时，纵坐标最大，即是顶点移动到了最高处，
此时该抛物线解析式为y＝x2﹣4x+9，顶点坐标为：（2，5）；
（3）设直线EF解析式为y＝kx+b，将E（﹣1，﹣1）、F（3，7）代入得：
，解得，
∴直线EF的解析式为y＝2x+1，
由得：或，
∴直线y＝2x+1与抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3的交点为：（2，5）和（m+1，2m+3），
而（2，5）在线段EF上，
∴若该抛物线与线段EF只有一个交点，则（m+1，2m+3）不在线段EF上，或（2，5）与（m+1，2m+3）重合，
∴m+1＜﹣1或m+1＞3或m+1＝2（此时2m+3＝5），
∴此时抛物线顶点横坐标x顶点＝＜﹣或x顶点＝＞或x顶点＝＝＝1．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及图象上点坐标特征，顶点坐标，抛物线与线段交点等知识，解题的关键是用m的代数式表示抛物线与直线交点的坐标．
24．（14分）（2020•广州）如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．
（1）求证：DC是∠ADB的平分线；
（2）四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点M，N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，△DMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
【考点】圆的综合题．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由等边三角形的性质可得∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，圆周角定理可得∠ADC＝∠BDC＝60°，可得结论；
（2）将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，可证△DCH是等边三角形，可得四边形ADBC的面积S＝S△ADC+S△BDC＝S△CDH＝CD2，即可求解；
（3）作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，由轴对称的性质可得EM＝DM，DN＝NF，可得△DMN的周长＝DM+DN+MN＝FN+EM+MN，则当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，即最小值为EF＝t，由轴对称的性质可求CD＝CE＝CF，∠ECF＝120°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求EF＝2PE＝EC＝CD＝t，则当CD为直径时，t有最大值为4．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵∠ADC＝∠ABC＝60°，∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠ADC＝∠BDC，
∴DC是∠ADB的平分线；
（2）四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数，
理由如下：
如图1，将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，
∴CD＝CH，∠DAC＝∠HBC，
∵四边形ACBD是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC＝180°，
∴∠DBC+∠HBC＝180°，
∴点D，点B，点H三点共线，
∵DC＝CH，∠CDH＝60°，
∴△DCH是等边三角形，
∵四边形ADBC的面积S＝S△ADC+S△BDC＝S△CDH＝CD2，
∴S＝x2（2＜x≤4）；
（3）如图2，作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴EM＝DM，
同理DN＝NF，
∵△DMN的周长＝DM+DN+MN＝FN+EM+MN，
∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，
则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于P，
∴△DMN的周长最小值为EF＝t，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴CE＝CD，∠ACE＝∠ACD，
∵点D，点F关于直线BC对称，
∴CF＝CD，∠DCB＝∠FCB，
∴CD＝CE＝CF，∠ECF＝∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB＝2∠ACB＝120°，
∵CP⊥EF，CE＝CF，∠ECF＝120°，
∴EP＝PF，∠CEP＝30°，
∴PC＝EC，PE＝PC＝EC，
∴EF＝2PE＝EC＝CD＝t，
∴当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，
∵CD为⊙O的弦，
∴CD为直径时，CD有最大值4，
∴t的最大值为4．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
25．（14分）（2021•广州）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF＝AE，且CF、DE相交于点G．
（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当CG＝2时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
【考点】四边形综合题．版权所有
【专题】综合题；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用平行四边形的判定定理：两边平行且相等的四边形是平行四边形，
（2）利用三角形相似，求出此时FG的长，再借助直角三角形勾股定理求解，
（3）利用图形法，判断G点轨迹为一条线段，在对应点处求解．
【解答】解：（1）证明：连接DF，CE，如图所示：
，
∵E为AB中点，
∴AE＝AF＝AB，
∴EF＝AB＝CD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴EF∥CD，
∴四边形DFEC是平行四边形．
（2）作CH⊥BH，设AE＝FA＝m，如图所示，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD∥EF，
∴△CDG∽△FEG，
∴，
∴FG＝2m，
在Rt△CBH中，∠CBH＝60°，BC＝2，
sin60°＝，CH＝，
cos60°＝，BH＝1，
在Rt△CFH中，CF＝2+2m，CH＝，FH＝3+m，
CF2＝CH2+FH2，
即（2+2m）2＝（）2+（3+m）2，
整理得：3m2+2m﹣8＝0，
解得：m1＝，m2＝﹣2（舍去），
∴．
（3）G点轨迹为线段AG，
证明：如图，
（此图仅作为证明AG轨迹用），
延长线段AG交CD于H，作HM⊥AB于M，作DN⊥AB于N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BF∥CD，
∴△DHG∽△EGA，△HGC∽△AGF，
∴，，
∴，
∵AE＝AF，
∴DH＝CH＝1，
在Rt△ADN中，AD＝2，∠DAB＝60°．
∴sin60°＝，DN＝．cos60°＝，AN＝1，
在Rt△AHM中，HM＝DN＝，AM＝AN+NM＝AN+DH＝2，
tan∠HAM＝，
G点轨迹为线段AG．
∴G点轨迹是线段AG．
如图所示，作GH⊥AB，
∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，AB＝2，
∴CD∥BF，BD＝2，
∴△CDG∽△FBG，
∴，即BG＝2DG，
∵BG+DG＝BD＝2，
∴BG＝，
在Rt△GHB中，BG＝，∠DBA＝60°，
sin60°＝，GH＝，
cos60°＝，BH＝，
在Rt△AHG中，AH＝2﹣＝，GH＝，
AG2＝（）2+（）2＝，
∴AG＝．
∴G点路径长度为．
解法二：如图，连接AG，延长AG交CD于点W．
∵CD∥BF，
∴＝，＝，
∴＝，
∵AF＝AE，
∴DW＝CW，
∴点G在AW上运动．
下面的解法同上．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定，菱形的性质，解题关键是借助锐角三角比和勾股定理求解．
2023年广东省广州中考数学模拟1
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020•广州）广州市作为国家公交都市建设示范城市，市内公共交通日均客运量已达15233000人次．将15233000用科学记数法表示应为（ ）
A．152.33×105 B．15.233×106
C．1.5233×107 D．0.15233×108
2．（3分）（2020•广州）某校饭堂随机抽取了100名学生，对他们最喜欢的套餐种类进行问卷调查后（每人选一种），绘制了如图的条形统计图，根据图中的信息，学生最喜欢的套餐种类是（ ）
A．套餐一 B．套餐二 C．套餐三 D．套餐四
3．（3分）（2020•广州）下列运算正确的是（ ）
A．+＝ B．2×3＝6 C．x5•x6＝x30 D．（x2）5＝x10
4．（3分）（2020•广州）△ABC中，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接DE．若∠C＝68°，则∠AED＝（ ）
A．22° B．68° C．96° D．112°
5．（3分）（2021•广州）下列四个选项中，为负整数的是（ ）
A．0 B．﹣0.5 C．﹣ D．﹣2
6．（3分）（2021•广州）方程＝的解为（ ）
A．x＝﹣6 B．x＝﹣2 C．x＝2 D．x＝6
7．（3分）（2021•广州）下列命题中，为真命题的是（ ）
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）对角线互相垂直的四边形是菱形
（3）对角线相等的平行四边形是菱形
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形
A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（4） D．（3）（4）
8．（3分）（2021•广州）为了庆祝中国共产党成立100周年，某校举办了党史知识竞赛活动，在获得一等奖的学生中，有3名女学生，1名男学生，则从这4名学生中随机抽取2名学生，恰好抽到2名女学生的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）（2022•广州）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（3分）（2022•广州）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝﹣2，下列结论正确的是（ ）
A．a＜0
B．c＞0
C．当x＜﹣2时，y随x的增大而减小
D．当x＞﹣2时，y随x的增大而减小
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020•广州）已知∠A＝100°，则∠A的补角等于 °．
12．（3分）（2021•广州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，线段AB的垂直平分线分别交AC、AB于点D、E，连接BD．若CD＝1，则AD的长为 ．
13．（3分）（2021•广州）一元二次方程x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，点A（x1，y1）、B（x2，y2）是反比例函数y＝上的两个点，若x1＜x2＜0，则y1 y2（填“＜”或“＞”或“＝”）．
14．（3分）（2022•广州）如图，在△ABC中，AB＝AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是 ．（结果保留π）
15．（3分）（2022•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 ；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 ．
16．（3分）（2020•广州）如图，正方形ABCD中，△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，AB'，AC'分别交对角线BD于点E，F，若AE＝4，则EF•ED的值为 ．
三．解答题（共9小题，满分102分）
17．（9分）（2020•广州）解不等式组：．
18．（9分）（2020•广州）如图，AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝25°，∠D＝80°．求∠BCA的度数．
19．（10分）（2022•广州）某数学活动小组利用太阳光线下物体的影子和标杆测量旗杆的高度．如图，在某一时刻，旗杆AB的影子为BC，与此同时在C处立一根标杆CD，标杆CD的影子为CE，CD＝1.6m，BC＝5CD．
（1）求BC的长；
（2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求旗杆AB的高度．
条件①：CE＝1.0m；条件②：从D处看旗杆顶部A的仰角α为54.46°．
注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．
参考数据：sin54.46°≈0.81，cos54.46°≈0.58，tan54.46°≈1.40．
20．（10分）（2022•广州）已知直线l：y＝kx+b经过点（0，7）和点（1，6）．
（1）求直线l的解析式；
（2）若点P（m，n）在直线l上，以P为顶点的抛物线G过点（0，﹣3），且开口向下．
①求m的取值范围；
②设抛物线G与直线l的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单位长度后得到的点Q′也在G上时，求G在≤x≤+1的图象的最高点的坐标．
21．（12分）（2021•广州）民生无小事，枝叶总关情，广东在“我为群众办实事”实践活动中推出“粤菜师傅”“广东技工”“南粤家政”三项培训工程，今年计划新增加培训共100万人次．
（1）若“广东技工”今年计划新增加培训31万人次，“粤菜师傅”今年计划新增加培训人次是“南粤家政”的2倍，求“南粤家政”今年计划新增加的培训人次；
（2）“粤菜师傅”工程开展以来，已累计带动33.6万人次创业就业，据报道，经过“粤菜师傅”项目培训的人员工资稳定提升，已知李某去年的年工资收入为9.6万元，预计李某今年的年工资收入不低于12.48万元，则李某的年工资收入增长率至少要达到多少？
22．（12分）（2020•广州）平面直角坐标系xOy中，抛物线G：y＝ax2+bx+c（0＜a＜12）过点A（1，c﹣5a），B（x1，3），C（x2，3）．顶点D不在第一象限，线段BC上有一点E，设△OBE的面积为S1，△OCE的面积为S2，S1＝S2+．
（1）用含a的式子表示b；
（2）求点E的坐标：
（3）若直线DE与抛物线G的另一个交点F的横坐标为+3，求y＝ax2+bx+c在1＜x＜6时的取值范围（用含a的式子表示）．
23．（12分）（2021•广州）已知抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3．
（1）当m＝0时，请判断点（2，4）是否在该抛物线上；
（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；
（3）已知点E（﹣1，﹣1）、F（3，7），若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围．
24．（14分）（2020•广州）如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．
（1）求证：DC是∠ADB的平分线；
（2）四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点M，N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，△DMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
25．（14分）（2021•广州）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF＝AE，且CF、DE相交于点G．
（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当CG＝2时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
2023年菁优广州中考数学终极押题密卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020•广州）广州市作为国家公交都市建设示范城市，市内公共交通日均客运量已达15233000人次．将15233000用科学记数法表示应为（ ）
A．152.33×105 B．15.233×106
C．1.5233×107 D．0.15233×108
【考点】科学记数法—表示较大的数．版权所有
【专题】实数；运算能力．
【答案】C
【分析】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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：15233000＝1.5233×107，
故选：C．
【点评】此题考查了科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
2．（3分）（2020•广州）某校饭堂随机抽取了100名学生，对他们最喜欢的套餐种类进行问卷调查后（每人选一种），绘制了如图的条形统计图，根据图中的信息，学生最喜欢的套餐种类是（ ）
A．套餐一 B．套餐二 C．套餐三 D．套餐四
【考点】条形统计图．版权所有
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】A
【分析】根据条形统计图得出即可．
【解答】解：根据条形统计图可知：学生最喜欢的套餐种类是套餐一，
故选：A．
【点评】本题考查了条形统计图，能根据图形得出正确的信息是解此题的关键．
3．（3分）（2020•广州）下列运算正确的是（ ）
A．+＝ B．2×3＝6 C．x5•x6＝x30 D．（x2）5＝x10
【考点】二次根式的混合运算；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．版权所有
【专题】实数；运算能力．
【答案】D
【分析】各项计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、+＝+，不符合题意；
B、原式＝6a，不符合题意；
C、原式＝x11，不符合题意；
D、原式＝x10，符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了二次根式的混合运算，同底数幂的乘法，以及幂的乘方，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
4．（3分）（2020•广州）△ABC中，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接DE．若∠C＝68°，则∠AED＝（ ）
A．22° B．68° C．96° D．112°
【考点】三角形中位线定理．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据三角形的中位线定理得到DE∥BC，根据平行线的性质即可求得∠AED＝∠C＝68°．
【解答】解：∵点D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，
∴∠AED＝∠C，
∵∠C＝68°，
∴∠AED＝∠C＝68°．
故选：B．
【点评】本题主要考查了三角形的中位线定理，能熟练地运用三角形的中位线定理是解此题的关键．
5．（3分）（2021•广州）下列四个选项中，为负整数的是（ ）
A．0 B．﹣0.5 C．﹣ D．﹣2
【考点】实数．版权所有
【专题】实数；数感．
【答案】D
【分析】根据整数的概念可以解答本题．
【解答】解：A、0是整数，但0既不是负数也不是正数，故此选项不符合题意；
B、﹣0.5是负分数，不是整数，故此选项不符合题意；
C、﹣是负无理数，不是整数，故此选项不符合题意；
D、﹣2是负整数，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了实数的分类．明确大于0的整数是正整数，小于0的整数是负整数是解题的关键．
6．（3分）（2021•广州）方程＝的解为（ ）
A．x＝﹣6 B．x＝﹣2 C．x＝2 D．x＝6
【考点】解分式方程．版权所有
【专题】计算题；分式方程及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】求解分式方程，根据方程的解得结论．
【解答】解：去分母，得x＝2x﹣6，
∴x＝6．
经检验，x＝6是原方程的解．
故选：D．
【点评】本题考查了解分式方程，掌握解分式方程的一般步骤是解决本题的关键．
7．（3分）（2021•广州）下列命题中，为真命题的是（ ）
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）对角线互相垂直的四边形是菱形
（3）对角线相等的平行四边形是菱形
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形
A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（4） D．（3）（4）
【考点】命题与定理；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定．版权所有
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】利用平行四边形、矩形及菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，为真命题，符合题意；
（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
（3）对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，为假命题，不符合题意；
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形，正确，是真命题，符合题意，
真命题为（1）（4），
故选：B．
【点评】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、矩形及菱形的判定方法，难度不大．
8．（3分）（2021•广州）为了庆祝中国共产党成立100周年，某校举办了党史知识竞赛活动，在获得一等奖的学生中，有3名女学生，1名男学生，则从这4名学生中随机抽取2名学生，恰好抽到2名女学生的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法．版权所有
【专题】概率及其应用；数据分析观念；推理能力．
【答案】B
【分析】画树状图，共有12种等可能的结果，恰好抽到2名女学生的结果有6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2名女学生的结果有6种，
∴恰好抽到2名女学生的概率为＝，
故选：B．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
9．（3分）（2022•广州）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形．版权所有
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
10．（3分）（2022•广州）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝﹣2，下列结论正确的是（ ）
A．a＜0
B．c＞0
C．当x＜﹣2时，y随x的增大而减小
D．当x＞﹣2时，y随x的增大而减小
【考点】二次函数的性质．版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】根据图象得出a，c的符号即可判断A、B，利用二次函数的性质即可判断C、D．
【解答】解：∵图象开口向上，
∴a＞0，故A不正确；
∵图象与y轴交于负半轴，
∴c＜0，故B不正确；
∵抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣2，
∴当x＜﹣2时，y随x的增大而减小，x＞﹣2时，y随x的增大而增大，
故C正确，D不正确；
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次函数图象和性质，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020•广州）已知∠A＝100°，则∠A的补角等于 80 °．
【考点】余角和补角．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】80．
【分析】根据补角的概念求解可得．
【解答】解：∵∠A＝100°，
∴∠A的补角＝180°﹣100°＝80°．
故答案为：80．
【点评】本题主要考查补角，解题的关键是掌握如果两个角的和等于180°（平角），就说这两个角互为补角．即其中一个角是另一个角的补角．
12．（3分）（2021•广州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，线段AB的垂直平分线分别交AC、AB于点D、E，连接BD．若CD＝1，则AD的长为 2 ．
【考点】含30度角的直角三角形；线段垂直平分线的性质．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】2．
【分析】由线段垂直平分线的性质可得AD＝BD，利用含30°角的直角三角形的性质可求解BD的长，进而求解．
【解答】解：∵DE垂直平分AB，
∴AD＝BD，
∴∠A＝∠ABD，
∵∠A＝30°，
∴∠ABD＝30°，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝30°+30°＝60°，
∵∠C＝90°，
∴∠CBD＝30°，
∵CD＝1，
∴BD＝2CD＝2，
∴AD＝2．
故答案为2．
【点评】本题主要考查线段的垂直平分线，含30° 角的直角三角形的性质，求得AD＝BD是解题的关键．
13．（3分）（2021•广州）一元二次方程x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，点A（x1，y1）、B（x2，y2）是反比例函数y＝上的两个点，若x1＜x2＜0，则y1 ＞ y2（填“＜”或“＞”或“＝”）．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；根的判别式．版权所有
【专题】一元二次方程及应用；反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】＞．
【分析】由一元二次方程根的情况，求得m的值，确定反比例函数y＝图象经过的象限，然后根据反比例函数的性质即可求得结论．
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣4x+m＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝16﹣4m＝0，
解得m＝4，
∵m＞0，
∴反比例函数y＝图象在一三象限，在每个象限y随x的增大而减少，
∵x1＜x2＜0，
∴y1＞y2，
故答案为＞．
【点评】本题考查了一元二次方程根的情况，反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
14．（3分）（2022•广州）如图，在△ABC中，AB＝AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是 2π ．（结果保留π）
【考点】弧长的计算；等腰三角形的性质；切线的性质．版权所有
【专题】几何图形；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】2π．
【分析】连接OD，OE，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠A＝∠COE，再根据切线的性质和平角的定义可得∠DOE＝90°，然后利用弧长公式进行计算即可解答．
【解答】解：如图，连接OD，OE，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝∠COE+∠OCE+∠OEC，
∴∠A＝∠COE，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∵圆O与边AB相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∴∠COE+∠AOD＝90°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠COE+∠AOD）＝90°，
∴劣弧的长是＝2π．
故答案为：2π．
【点评】本题考查了弧长的计算，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
15．（3分）（2022•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 120° ；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 75° ．
【考点】旋转的性质；矩形的性质．版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】120°，75°．
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
【解答】解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°﹣60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO＝OB，OP′＝OC，
∴EP′＝EO+OP′＝OB+OC＝BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°+90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
【点评】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16．（3分）（2020•广州）如图，正方形ABCD中，△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，AB'，AC'分别交对角线BD于点E，F，若AE＝4，则EF•ED的值为 16 ．
【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】16．
【分析】根据正方形的性质得到∠BAC＝∠ADB＝45°，根据旋转的性质得到∠EAF＝∠BAC＝45°，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠ADB＝45°，
∵把△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，
∴∠EAF＝∠BAC＝45°，
∵∠AEF＝∠DEA，
∴△AEF∽△DEA，
∴＝，
∴EF•ED＝AE2，
∵AE＝4，
∴EF•ED的值为16，
故答案为：16．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，找出相关的相似三角形是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分102分）
17．（9分）（2020•广州）解不等式组：．
【考点】解一元一次不等式组．版权所有
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】x≥3．
【分析】根据不等式的性质求出两个不等式的解集，进而求出不等式组的解集即可．
【解答】解：
解不等式①得：x≥3，
解不等式②得：x＞2，
所以不等式组的解集为：x≥3．
【点评】本题考查了一元一次不等式组的解法：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
18．（9分）（2020•广州）如图，AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝25°，∠D＝80°．求∠BCA的度数．
【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有
【专题】图形的全等；几何直观．
【答案】75°．
【分析】运用SAS公理，证明△ABC≌△ADC，得到∠D＝∠B＝80°，再根据三角形内角和为180°即可解决问题．
【解答】解：在△ABC与△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SAS），
∴∠D＝∠B＝80°，
∴∠BCA＝180°﹣25°﹣80°＝75°．
【点评】主要考查了全等三角形的判定及其性质的应用问题；应牢固掌握全等三角形的判定及其性质，这是灵活运用的基础和关键．
19．（10分）（2022•广州）某数学活动小组利用太阳光线下物体的影子和标杆测量旗杆的高度．如图，在某一时刻，旗杆AB的影子为BC，与此同时在C处立一根标杆CD，标杆CD的影子为CE，CD＝1.6m，BC＝5CD．
（1）求BC的长；
（2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求旗杆AB的高度．
条件①：CE＝1.0m；条件②：从D处看旗杆顶部A的仰角α为54.46°．
注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．
参考数据：sin54.46°≈0.81，cos54.46°≈0.58，tan54.46°≈1.40．
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．版权所有
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）BC的长为8m；
（2）旗杆AB的高度约为12.8m．
【分析】（1）根据已知BC＝5CD，进行计算即可解答；
（2）若选择条件①，根据同一时刻的物高与影长是成比例的，进行计算即可解答；
若选择条件②，过点D作DF⊥AB，垂足为F，根据题意可得DC＝BF＝1.6m，DF＝BC＝8m，然后在Rt△ADF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）∵BC＝5CD，CD＝1.6m，
∴BC＝5×1.6＝8（m），
∴BC的长为8m；
（2）若选择条件①：
由题意得：
＝，
∴＝，
∴AB＝12.8，
∴旗杆AB的高度为12.8m；
若选择条件②：
过点D作DF⊥AB，垂足为F，
则DC＝BF＝1.6m，DF＝BC＝8m，
在Rt△ADF中，∠ADF＝54.46°，
∴AF＝DF•tan54.46°≈8×1.4＝11.2（m），
∴AB＝AF+BF＝11.2+1.6＝12.8（m），
∴旗杆AB的高度约为12.8m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
20．（10分）（2022•广州）已知直线l：y＝kx+b经过点（0，7）和点（1，6）．
（1）求直线l的解析式；
（2）若点P（m，n）在直线l上，以P为顶点的抛物线G过点（0，﹣3），且开口向下．
①求m的取值范围；
②设抛物线G与直线l的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单位长度后得到的点Q′也在G上时，求G在≤x≤+1的图象的最高点的坐标．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；应用意识．
【答案】（1）y＝﹣x+7；
（2）①m＜10且m≠0；
②（﹣2，9）或（2，5）．
【分析】（1）用待定系数法求解析式即可；
（2）①设抛物线的解析式为y＝a（x﹣m）2+7﹣m，将点（0，﹣3）代入可得am2+7﹣m＝﹣3，再由a＝＜0，求m的取值即可；
②由题意求出Q点的横坐标为m+，联立方程组，整理得ax2+（1﹣2ma）x+am2﹣m＝0，根据根与系数的关系可得m+m+＝2m﹣，可求a＝﹣2，从而可求m＝2或m＝﹣，确定抛物线的解析式后即可求解．
【解答】解：（1）将点（0，7）和点（1，6）代入y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+7；
（2）①∵点P（m，n）在直线l上，
∴n＝﹣m+7，
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣m）2+7﹣m，
∵抛物线经过点（0，﹣3），
∴am2+7﹣m＝﹣3，
∴a＝，
∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∴a＝＜0，
∴m＜10且m≠0；
②∵抛物线的对称轴为直线x＝m，
∴Q点与Q'关于x＝m对称，
∴Q点的横坐标为m+，
联立方程组，
整理得ax2+（1﹣2ma）x+am2﹣m＝0，
∵P点和Q点是直线l与抛物线G的交点，
∴m+m+＝2m﹣，
∴a＝﹣2，
∴y＝﹣2（x﹣m）2+7﹣m，
∴﹣2m2+7﹣m＝﹣3，
解得m＝2或m＝﹣，
当m＝2时，y＝﹣2（x﹣2）2+5，
此时抛物线的对称轴为直线x＝2，
图象在≤x≤上的最高点坐标为（2，5）；
当m＝﹣时，y＝﹣2（x+）2+，
此时抛物线的对称轴为直线x＝﹣，
图象在﹣2≤x≤﹣1上的最高点坐标为（﹣2，9）；
综上所述：G在≤x≤+1的图象的最高点的坐标为（﹣2，9）或（2，5）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，会用待定系数法求函数的解析式，分类讨论是解题的关键．
21．（12分）（2021•广州）民生无小事，枝叶总关情，广东在“我为群众办实事”实践活动中推出“粤菜师傅”“广东技工”“南粤家政”三项培训工程，今年计划新增加培训共100万人次．
（1）若“广东技工”今年计划新增加培训31万人次，“粤菜师傅”今年计划新增加培训人次是“南粤家政”的2倍，求“南粤家政”今年计划新增加的培训人次；
（2）“粤菜师傅”工程开展以来，已累计带动33.6万人次创业就业，据报道，经过“粤菜师傅”项目培训的人员工资稳定提升，已知李某去年的年工资收入为9.6万元，预计李某今年的年工资收入不低于12.48万元，则李某的年工资收入增长率至少要达到多少？
【考点】一元一次不等式的应用；一元一次方程的应用．版权所有
【专题】一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设“南粤家政”今年计划新增加培训x万人次，则“粤菜师傅”今年计划新增加培训2x万人次，根据今年计划新增加培训共100万人次，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论；
（2）设李某的年工资收入增长率为m，利用李某今年的年工资收入＝李某去年的年工资收入×（1+增长率），结合预计李某今年的年工资收入不低于12.48万元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，再取其中的最小值即可得出结论．
【解答】解：（1）设“南粤家政”今年计划新增加培训x万人次，则“粤菜师傅”今年计划新增加培训2x万人次，
依题意得：31+2x+x＝100，
解得：x＝23．
答：“南粤家政”今年计划新增加培训23万人次．
（2）设李某的年工资收入增长率为m，
依题意得：9.6（1+m）≥12.48，
解得：m≥0.3＝30%．
答：李某的年工资收入增长率至少要达到30%．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
22．（12分）（2020•广州）平面直角坐标系xOy中，抛物线G：y＝ax2+bx+c（0＜a＜12）过点A（1，c﹣5a），B（x1，3），C（x2，3）．顶点D不在第一象限，线段BC上有一点E，设△OBE的面积为S1，△OCE的面积为S2，S1＝S2+．
（1）用含a的式子表示b；
（2）求点E的坐标：
（3）若直线DE与抛物线G的另一个交点F的横坐标为+3，求y＝ax2+bx+c在1＜x＜6时的取值范围（用含a的式子表示）．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）将点A坐标代入解析式可求解；
（2）分两种情况讨论，由三角形面积关系，可得BE＝CE+1，由对称轴为x＝3，可求BC中点M的坐标（3，3），由线段的数量关系，可求EM＝，可求解；
（3）先求出点F坐标，点D坐标可求直线DF解析式，可得点E坐标，可求DE解析式，可得c＝9a，由二次函数的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线G：y＝ax2+bx+c（0＜a＜12）过点A（1，c﹣5a），
∴c﹣5a＝a+b+c，
∴b＝﹣6a；
（2）如图1，当点B在点C的左边时，设BC的中点为M，
∵B（x1，3），C（x2，3），线段BC上有一点E，
∴S1＝×BE×3＝BE，S2＝×CE×3＝CE，
∵S1＝S2+．
∴CE+＝BE，
∴BE＝CE+1，
∵b＝﹣6a，
∴抛物线G：y＝ax2﹣6ax+c，
∴对称轴为x＝＝3，
∴BC的中点M坐标为（3，3），
∵BE＝BM+EM，CE＝CM﹣EM，BM＝CM，BE＝CE+1，
∴EM＝，
∴点E（，3）
当点B在点C的右边时，设BC的中点为M，
同理可求点E（，3），
综上所述：点E（，3）或（，3）；
（3）∵直线DE与抛物线G：y＝ax2﹣6ax+c的另一个交点F的横坐标为+3，
∴y＝a（）2﹣6a×（+3）+c＝﹣9a+c，
∴点F（+3，﹣9a+c），
∵点D是抛物线的顶点，
∴点D（3，﹣9a+c），
∴直线DF的解析式为：y＝6x﹣18+c﹣9a，
∵点E坐标为（，3），
又∵点D（3，﹣9a+c），
∴直线DE解析式为：y＝（6+18a﹣2c）x+7c﹣63a﹣18，
∵直线DE与直线DF是同一直线，
∴6＝6+18a﹣2c，
∴c＝9a，
∴抛物线解析式为：y＝ax2﹣6ax+9a，
∵1＜x＜6，
∴当x＝3时，ymin＝0，当x＝6时，ymax＝9a，
∴0≤y＜9a．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，三角形面积公式，一次函数图象的性质，求出c＝9a是本题的关键．
23．（12分）（2021•广州）已知抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3．
（1）当m＝0时，请判断点（2，4）是否在该抛物线上；
（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；
（3）已知点E（﹣1，﹣1）、F（3，7），若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【专题】综合题；函数思想；待定系数法；函数的综合应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）点（2，4）不在抛物线上；
（2）（2，5）；
（3）x顶点＜﹣或x顶点＞或x顶点＝1．
【分析】（1）当m＝0时，抛物线为y＝x2﹣x+3，将x＝2代入得y＝5，故点（2，4）不在抛物线上；
（2）抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3的顶点为（，），而＝﹣（m﹣3）2+5，即得m＝3时，纵坐标最大，此时顶点移动到了最高处，顶点坐标为：（2，5）；
（3）求出直线EF的解析式为y＝2x+1，由得直线y＝2x+1与抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3的交点为：（2，5）和（m+1，2m+3），因（2，5）在线段EF上，由已知可得（m+1，2m+3）不在线段EF上，即是m+1＜﹣1或m+1＞3，或（2，5）与（m+1，2m+3）重合，可得抛物线顶点横坐标x顶点＝＜﹣或x顶点＝＞或x顶点＝1．
【解答】解：（1）当m＝0时，抛物线为y＝x2﹣x+3，
将x＝2代入得y＝4﹣2+3＝5，
∴点（2，4）不在抛物线上；
（2）抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3的顶点为（，），
化简得（，），
顶点移动到最高处，即是顶点纵坐标最大，
而＝﹣（m﹣3）2+5，
∴m＝3时，纵坐标最大，即是顶点移动到了最高处，
此时该抛物线解析式为y＝x2﹣4x+9，顶点坐标为：（2，5）；
（3）设直线EF解析式为y＝kx+b，将E（﹣1，﹣1）、F（3，7）代入得：
，解得，
∴直线EF的解析式为y＝2x+1，
由得：或，
∴直线y＝2x+1与抛物线y＝x2﹣（m+1）x+2m+3的交点为：（2，5）和（m+1，2m+3），
而（2，5）在线段EF上，
∴若该抛物线与线段EF只有一个交点，则（m+1，2m+3）不在线段EF上，或（2，5）与（m+1，2m+3）重合，
∴m+1＜﹣1或m+1＞3或m+1＝2（此时2m+3＝5），
∴此时抛物线顶点横坐标x顶点＝＜﹣或x顶点＝＞或x顶点＝＝＝1．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及图象上点坐标特征，顶点坐标，抛物线与线段交点等知识，解题的关键是用m的代数式表示抛物线与直线交点的坐标．
24．（14分）（2020•广州）如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．
（1）求证：DC是∠ADB的平分线；
（2）四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点M，N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，△DMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．
【考点】圆的综合题．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由等边三角形的性质可得∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，圆周角定理可得∠ADC＝∠BDC＝60°，可得结论；
（2）将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，可证△DCH是等边三角形，可得四边形ADBC的面积S＝S△ADC+S△BDC＝S△CDH＝CD2，即可求解；
（3）作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，由轴对称的性质可得EM＝DM，DN＝NF，可得△DMN的周长＝DM+DN+MN＝FN+EM+MN，则当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，即最小值为EF＝t，由轴对称的性质可求CD＝CE＝CF，∠ECF＝120°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求EF＝2PE＝EC＝CD＝t，则当CD为直径时，t有最大值为4．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵∠ADC＝∠ABC＝60°，∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴∠ADC＝∠BDC，
∴DC是∠ADB的平分线；
（2）四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数，
理由如下：
如图1，将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，
∴CD＝CH，∠DAC＝∠HBC，
∵四边形ACBD是圆内接四边形，
∴∠DAC+∠DBC＝180°，
∴∠DBC+∠HBC＝180°，
∴点D，点B，点H三点共线，
∵DC＝CH，∠CDH＝60°，
∴△DCH是等边三角形，
∵四边形ADBC的面积S＝S△ADC+S△BDC＝S△CDH＝CD2，
∴S＝x2（2＜x≤4）；
（3）如图2，作点D关于直线AC的对称点E，作点D关于直线BC的对称点F，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴EM＝DM，
同理DN＝NF，
∵△DMN的周长＝DM+DN+MN＝FN+EM+MN，
∴当点E，点M，点N，点F四点共线时，△DMN的周长有最小值，
则连接EF，交AC于M，交BC于N，连接CE，CF，DE，DF，作CP⊥EF于P，
∴△DMN的周长最小值为EF＝t，
∵点D，点E关于直线AC对称，
∴CE＝CD，∠ACE＝∠ACD，
∵点D，点F关于直线BC对称，
∴CF＝CD，∠DCB＝∠FCB，
∴CD＝CE＝CF，∠ECF＝∠ACE+∠ACD+∠DCB+∠FCB＝2∠ACB＝120°，
∵CP⊥EF，CE＝CF，∠ECF＝120°，
∴EP＝PF，∠CEP＝30°，
∴PC＝EC，PE＝PC＝EC，
∴EF＝2PE＝EC＝CD＝t，
∴当CD有最大值时，EF有最大值，即t有最大值，
∵CD为⊙O的弦，
∴CD为直径时，CD有最大值4，
∴t的最大值为4．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
25．（14分）（2021•广州）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF＝AE，且CF、DE相交于点G．
（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当CG＝2时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
【考点】四边形综合题．版权所有
【专题】综合题；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用平行四边形的判定定理：两边平行且相等的四边形是平行四边形，
（2）利用三角形相似，求出此时FG的长，再借助直角三角形勾股定理求解，
（3）利用图形法，判断G点轨迹为一条线段，在对应点处求解．
【解答】解：（1）证明：连接DF，CE，如图所示：
，
∵E为AB中点，
∴AE＝AF＝AB，
∴EF＝AB＝CD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴EF∥CD，
∴四边形DFEC是平行四边形．
（2）作CH⊥BH，设AE＝FA＝m，如图所示，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD∥EF，
∴△CDG∽△FEG，
∴，
∴FG＝2m，
在Rt△CBH中，∠CBH＝60°，BC＝2，
sin60°＝，CH＝，
cos60°＝，BH＝1，
在Rt△CFH中，CF＝2+2m，CH＝，FH＝3+m，
CF2＝CH2+FH2，
即（2+2m）2＝（）2+（3+m）2，
整理得：3m2+2m﹣8＝0，
解得：m1＝，m2＝﹣2（舍去），
∴．
（3）G点轨迹为线段AG，
证明：如图，
（此图仅作为证明AG轨迹用），
延长线段AG交CD于H，作HM⊥AB于M，作DN⊥AB于N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BF∥CD，
∴△DHG∽△EGA，△HGC∽△AGF，
∴，，
∴，
∵AE＝AF，
∴DH＝CH＝1，
在Rt△ADN中，AD＝2，∠DAB＝60°．
∴sin60°＝，DN＝．cos60°＝，AN＝1，
在Rt△AHM中，HM＝DN＝，AM＝AN+NM＝AN+DH＝2，
tan∠HAM＝，
G点轨迹为线段AG．
∴G点轨迹是线段AG．
如图所示，作GH⊥AB，
∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，AB＝2，
∴CD∥BF，BD＝2，
∴△CDG∽△FBG，
∴，即BG＝2DG，
∵BG+DG＝BD＝2，
∴BG＝，
在Rt△GHB中，BG＝，∠DBA＝60°，
sin60°＝，GH＝，
cos60°＝，BH＝，
在Rt△AHG中，AH＝2﹣＝，GH＝，
AG2＝（）2+（）2＝，
∴AG＝．
∴G点路径长度为．
解法二：如图，连接AG，延长AG交CD于点W．
∵CD∥BF，
∴＝，＝，
∴＝，
∵AF＝AE，
∴DW＝CW，
∴点G在AW上运动．
下面的解法同上．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定，菱形的性质，解题关键是借助锐角三角比和勾股定理求解．
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