2023年广东省佛山市顺德区中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年广东省佛山市顺德区中考数学三模试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年广东省佛山市顺德区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若|a|=2，则a=(    )
A. −2 B. 12 C. 2 D. ±2
2. 2023年第一季度，广东省国民生产总值超过30000亿元，比去年同期增长4%.将“30000”用科学记数法表示为(    )
A. 0.3×105 B. 30×103 C. 3×104 D. 3×105
3. 已知∠1=70°，∠2与∠1互为余角，则∠2=(    )
A. 10° B. 20° C. 30° D. 110°
4. 如图是由6个全等的小正方形组成的图案，假设可以随意在图中取一点，那么这个点取在阴影部分的概率是(    )


A. 13 B. 12 C. 23 D. 1
5. 以下标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(    )
A. B.
C. D.
6. 《九章算术》中记载：“今有共买羊，人出五，不足四十五；人出七，不足三，问人数、羊价各几何？”其大意是：今有人合伙买羊，若每人出5钱，还差45钱；若每人出7钱，还差3钱，问合伙人数、羊价各是多少？设合伙人数为x人，羊价为y钱，根据题意，可列方程组为(    )
A. y=5x+45y=7x+3 B. y=5x−45y=7x+3 C. y=5x+45y=7x−3 D. y=5x−45y=7x−3
7. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13，AC=5，AB的垂直平分线DE分别交AB，BC于D，E两点，则△ACE的周长等于(    )
A. 12
B. 14
C. 16
D. 17
8. 若x3=9，则x6=(    )
A. 18 B. 27 C. 81 D. 729
9. 如图，CD是半圆O的直径，点A，B是半圆上的两点，已知∠ABC=140°，CD=4，则AC的弧长为(    )


A. 4π9 B. 8π9 C. 14π9 D. 16π9
10. 若(x1,y1)，(x2,y2)是抛物线y=x2+4x+3上两点，则以下说法正确的是(    )
A. 当x1>x2时，y1>y2 B. 若x2=2x1，则y2=2y1
C. y1−y2=(x1−x2)(x1−x2+4) D. 当x1+x2=−4时，y1=y2
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 整式3x−2y2的次数是______ ．
12. 已知一个多边形的每一个内角都是150°，则这个多边形的边数是______ ．
13. 如图，AE是△ABC的外角∠CAD的平分线，且AB=AC，∠ABC=65°，则∠DAE= ______ °.


14. 若m2−n2=18，m+n=6，则m−n= ______ ．
15. 如图，在正方形ABCD中，AB=6，P，Q分别为BC，CD上一点，且BP=CQ，连接PQ，则PQ的最小值是______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
计算：|−3|+(3−π)0+(−12)−1+tan45°+ 16．
17. (本小题8.0分)
解方程：(x+3)(x− 5)=x− 5．
18. (本小题8.0分)
如图，在▱ABCD中，延长AD至点E，延长CB至点F，使得DE=BF，连接EF，交对角线AC于点O.求证：OE=OF．

19. (本小题9.0分)
为防止病菌滋生，某校定期对教室进行喷雾消毒，某次消毒作业时，喷雾阶段教室内每立方米空气中含药量y(mg)是时间x(min)的正比例函数，喷雾完成后y是x的反比例函数(如图)．
(1)当x>5时，求y关于x的函数解析式；
(2)已知每立方米空气中含药量不低于4mg时，消毒效果最好，求本次消毒每立方米空气中含药量不低于4mg的时长．

20. (本小题9.0分)
为了解某校七年级学生每周课外阅读平均时间的情况，随机抽查了该校七年级m名同学，对他们每周课外阅读平均时间进行统计，绘制了如图所示的条形统计图和扇形统计图：
(1)根据以上信息回答下列问题：
①m= ______ ；
②扇形统计图中阅读平均时间为5小时的扇形圆心角的度数为______ ；
③补全条形统计图；
(2)直接写出这组数据的众数、中位数，并求这组数据的平均数．

21. (本小题9.0分)
为落实“双减”政策，某校让学生每天体育锻炼1小时，同时购买了甲、乙两种不同的足球.已知购买甲种足球共花费2500元，购买乙种足球共花费2000元，购买甲种足球的数量是购买乙种足球数量的2倍，且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花30元．
(1)求两种足球的单价；
(2)为进一步推进课外活动，学校再次购买甲、乙两种足球共50个，若学校此次购买两种足球总费用不超过3000元，则学校至多购买乙种足球多少个？
22. (本小题12.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，OD⊥AB，与BC交于点E，与过点C的⊙O的切线交于点D，OD交⊙O于点F．
(1)求证：△CDE是等腰三角形；
(2)若AC=2，BC=4，求OD的长；
(3)当点F为DE的中点时，直接写出tanB的值．

23. (本小题12.0分)
如图，抛物线y=−x2+bx+c交直线y=−x+4于坐标轴上B，C两点，交x轴于另一点A，连接AC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为线段BC上一点，过点D作直线l//AC，交x轴于点E．
①连接AD，求△ADE面积的最大值；
②若在直线l上存在点P，使得以点A，C，D，P为顶点的四边形为菱形，求点P的坐标．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：∵|2|=2，|−2|=2，|a|=2，
∴a=±2，
故选：D．
根据绝对值的性质即可求得答案．
本题考查绝对值的性质，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．

2.【答案】C 
【解析】解：30000=3×104．
故选：C．
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．
此题考查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．

3.【答案】B 
【解析】解：∵∠2与∠1互为余角，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠1=70°，
∴∠2=20°，
故选：B．
如果两个角的和为90°，那么这两个角互为余角，据此进行计算即可．
本题考查余角的定义，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．

4.【答案】B 
【解析】解：由图知，阴影部分的面积占图案面积的36=12，
即这个点取在阴影部分的概率是12，
故选：B．
根据阴影部分的面积所占比例得出概率即可．
本题主要考查几何概率的知识，熟练根据几何图形的面积得出概率是解题的关键．

5.【答案】A 
【解析】解：A.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．

6.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系是解题的关键．设合伙人数为x人，羊价为y钱，根据羊的价格不变列出方程组．
【解答】
解：设合伙人数为x人，羊价为y钱，
根据题意，可列方程组为：y=5x+45y=7x+3．
故选：A．

  
7.【答案】D 
【解析】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13，AC=5，
则BC= AB2−AC2= 132−52=12，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴EA=EB，
∴△ACE的周长=AC+AE+CE=AC+BE+CE=AC+BC=17，
故选：D．
根据勾股定理求出BC，根据线段垂直平分线的性质得到EA=EB，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
本题考查的是线段的垂直平分线的性质、勾股定理，线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．

8.【答案】C 
【解析】解：当x3=9时，
x6
=(x3)2
=92
=81．
故选：C．
利用幂的乘方的法则进行运算即可．
本题主要考查幂的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

9.【答案】B 
【解析】解：连接AD．

∵∠ACB+∠ADB=180°，
∵∠ACB=140°，
∴∠ADB=40°，
∴∠AOC=2∠ADB=80°，
∴AC的弧长=80π×2180=8π9．
故选：B．
连接AD.求出圆心角∠AOC的度数，可得结论．
本题考查弧长的计算，圆周角定理等知识，解题的关键是掌握圆周角定理，弧长公式．

10.【答案】D 
【解析】解：∵y1=x12+4x1+3，y2=x22+4x2+3，
∴y1−y2=x12+4x1+3−(x22+4x2+3)
=(x12−x22)+4(x1−x2)
=(x1+x2)(x1−x2)+4(x1−x2)
=(x1−x2)(x1+x2+4)，
A、若x1>x2时，
∴x1−x2>0，
当(x1+x2+4)>0时，y1>y2，当(x1+x2+4)<0时，y1 B、若x2=2x1，
则y1=x12+4x1+3，y2=4x12+8x1+3，
∴y2≠2y1，故B说法错误，不合题意；
C、y1−y2=(x1−x2)(x1+x2+4)，故C说法错误，不合题意；
D、当x1+x2=−4时，y1−y2=0，
∴y1=y2，故D说法正确，符合题意．
故选：D．
利用作差法即可求解．
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与不等式的关系．

11.【答案】2 
【解析】解：整式3x−2y2的次数是2．
故答案为：2．
根据多项式的次数定义得出答案即可．
本题考查了多项式，能熟记多项式的次数的定义是解此题的关键，多项式中，次数最高的项的次数叫多项式的次数．

12.【答案】12 
【解析】解：∵多边形的各个内角都等于150°，
∴每个外角为30°，
设这个多边形的边数为n，则
30°×n=360°，
解得n=12．
故答案为：12．
设这个多边形的边数为n，根据多边形的外角和是360°求出n的值即可．
本题考查的是多边形的内角与外角，解答此类问题时要找到不变量，即多边形的外角是360°这一关键．

13.【答案】65 
【解析】解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵AE平分∠CAD，
∴∠DAE=∠CAE，
∵∠CAD=∠B+∠C=∠DAE+∠CAE，
∴∠DAE=∠ABC=65°．
故答案为：65．
先由等边对等角可得∠B=∠C，根据三角形的外角性质及角平分线定义可得∠DAE=∠ABC，则可得结果．
此题主要是考查了等腰三角形的性质，三角形的外角性质，能够熟记等边对等角是解题的关键．

14.【答案】3 
【解析】解：∵m2−n2=18，
∴(m+n)(m−n)=18，
∵m+n=6，
∴m−n=3，
故答案为：3．
根据平方差公式将m2−n2化成(m+n)(m−n)，再代入计算即可．
本题考查平方差公式，掌握平方差公式的结构特征是正确解答的关键．

15.【答案】3 2 
【解析】解：设PB=CQ=x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=6，
∴PC=6−x，
∵PQ2=CQ2+PC2，
∴PQ= x2+(6−x)2= 2(x−3)2+18，
∴PQ的最小值是 18=3 2．
故答案为：3 2．
设PB=CQ=x，得到BC=6，PC=6−x，由勾股定理得到PQ= x2+(6−x)2= 2(x−3)2+18，即可求出PQ的最小值是3 2．
本题考查正方形的性质，二次函数的应用，勾股定理，关键是设PB=x，由勾股定理得到PQ= 2(x−3)2+18．

16.【答案】解：|−3|+(3−π)0+(−12)−1+tan45°+ 16
=3+1+(−2)+1+4
=7． 
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．

17.【答案】解：∵(x+3)(x− 5)=x− 5，
∴(x+3)(x− 5)−(x− 5)=0，
∴(x+3−1)(x− 5)=0，
∴(x+2)(x− 5)=0，
∴x+2=0或x− 5=0，
∴x1=−2，x2= 5． 
【解析】根据一元二次方程的解法即可求出答案．
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．

18.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠E=∠F，∠EAO=∠FCO，
∵DE=BF，
∴AD+DE=BC+BF，
∴AE=CF，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴OE=OF， 
【解析】由平行四边形的性质得到AD//BC，AD=BC，因此∠E=∠F，∠EAO=∠FCO，又DE=BF，因此AE=FC，即可证明△AOE≌△COF(ASA)，推出OE=OF．
本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是由平行四边形的性质证明△AOE≌△COF．

19.【答案】解：(1)当x>5时，设y关于x的函数解析式为y=kx，
把(5,8)代入解析式得：8=k5，
解得k=40，
∴当x>5时，y关于x的函数解析式为y=40x；
(2)根据题意得，当0 把y=4代入y=85x得：x=52；
把y=4代入y=40x得：x=10．
∵10−52=152=7.5(min)，
∴本次消毒每立方米空气中含药量不低于4mg的时长为7.5min． 
【解析】(1)用待定系数法求函数解析式即可；
(2)先求出喷雾阶段教室内每立方米空气中含药量y(mg)是时间x(min)的函数解析式，再把y=4代入两个解析式求值，再相减即可．
本题主要考查了反比例函数的应用，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．

20.【答案】60  30° 
【解析】解：(1)①m=15÷90360=60(人)，
故答案为：60；
②扇形统计图中阅读平均时间为5小时的扇形圆心角的度数为：360°×560=30°，
故答案为：30°；
③样本中课外阅读时间为3小时的学生人数为：60−10−15−10−5=20(人)，
补全条形统计图如图所示：

(2)样本中学生每周课外阅读平均时间出现次数最多的是3小时，共有20人，因此众数是3；
样本中60名学生每周课外阅读平均时间从小到大排列，处在中间位置的两个数都是3小时，因此中位数是3；
学生每周课外阅读平均时间平均数为：1×10+2×15+3×20+4×10+5×560=2.75(小时)，
答：学生每周课外阅读平均时间的平均数是2.75小时，中位数是3小时，众数是3小时．
(1)①由扇形统计图可知，样本中课外阅读时间为2小时所对应的圆心角是直角，占四分之一，由条形统计图可知样本中课外阅读时间为2小时学生有15人，由频率=频数总数即可求出调查人数，即m的值；
②求出样本中课外阅读时间为5小时的学生数占调查人数的百分比，即可求出相应的圆心角的度数；
③求出样本中课外阅读时间为3小时的学生人数即可补全条形统计图；
(2)根据中位数、众数、平均数的定义及计算方法进行计算即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图，中位数、众数、平均数，理解两个统计图中数量之间的关系，掌握平均数、中位数、众数的计算方法是解决问题的关键．

21.【答案】解：(1)设甲种足球的单价是x元，则乙种足球的单价是(x+30)元，
根据题意得：2500x=2000x+30×2，
解得：x=50，
经检验，x=50是所列方程的解，且符合题意，
∴x+30=50+30=80．
答：甲种足球的单价是50元，乙种足球的单价是80元；
(2)设学校购买乙种足球y个，则购买甲种足球(50−y)个，
根据题意得：50(50−y)+80y≤3000，
解得：y≤503，
又∵y为正整数，
∴y的最大值为16．
答：学校至多购买乙种足球16个． 
【解析】(1)设甲种足球的单价是x元，则乙种足球的单价是(x+30)元，利用数量=总价÷单价，结合用2500元购买甲种足球的数量是用2000元购买乙种足球的2倍，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出甲种足球的单价，再将其代入(x+30)中，可求出乙种足球的单价；
(2)设学校购买乙种足球y个，则购买甲种足球(50−y)个，利用总价=单价×数量，结合总价不超过3000元，可列出关于y的一元一次不等式，解之可得出y的取值范围，再取其中的最大整数值，即可得出结论．
本题考查了分式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，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．

22.【答案】(1)证明：连接OC，

∵CD为⊙O的切线，
∴OC⊥CD，∠OCB+∠BCD=90°，
∵AB为⊙O直径，点C在⊙O上，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°=∠CAO+∠CBA，
∴∠BCD=∠ACO，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAO，
∵OD⊥AB，
∴∠CBA+∠OEB=90°，
∵∠OEB=∠DEC，
∴∠CBA+∠DEC=90°，
∴∠CAO=∠DEC=∠ACO=∠BCD，
∴DC=DE，
∴△CDE是等腰三角形．
(2)解：∵AC=2，BC=4，
∴AB= AC2+BC2=2 5，OA=OB= 5，
∵∠OEB=∠CAO，
∴△BOE∽△BCA，
∴OEOB=ACBC，
∴OE= 52，
∵OC⊥CD，
在Rt△DCO中，OC2+CD2=OD2，
∴OD= OC2+CD2= ( 5)2+DE2=OE+DE，
解得DE=3 54，
∴OD= 52+3 54=5 54．
(3)解：如图，延长DO交⊙O于H，连接CF，CH，

∵FH为直径，∠FCH=90°=∠OCD，
∴∠OCH=∠DCF，
∵OC=OH，
∴∠OCH=∠OHC，
∴∠DCF=∠DHC
∴△DCF∽△DHC，
∴DCDH=DFDC，
∴DC2=DH⋅DF，
∵F为DE的中点，
设DE=EF=x，⊙O的半径为r，
∴DC=DE=2x，
∴4x2=x(x+2r)，
解得r=32x，
∴OE=r−x=12x，
∴tanB=OEOB=12x32x=13． 
【解析】(1)连接OC，证明OC⊥CD，∠OCB+∠BCD=90°，证明∠ACB为直角，由∠ACO+∠OCB=90°=∠CAO+∠CBA可得∠BCD=∠ACO，结合∠ACO=∠CAO，∠CBA+∠OEB=90°证明∠CAO=∠DEC=∠ACO=∠BCD，即可得证．
(2)先求出AB=2 5，OA=OB= 5，证明△BOE∽△BCA，可得OEOB=ACBC，OE= 52，结合OC2+CD2=OD2，表示出OD，即可求解．
(3)如图，延长DO交⊙O于H，连接CF，CH，证明△DCF∽△DHC，DC2=DH⋅DF，设DE=EF=x，⊙O的半径为r，可得r=32x，再利用正切的定义进行计算即可．
本题考查的是圆的综合应用应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．

23.【答案】解：(1)∵直线y=−x+4于坐标轴上B，C两点，
∴B(4,0)，C(0,4)，
∵抛物线y=−x2+bx+c交直线y=−x+4于坐标轴上B，C两点，
∴−16+4b+c=0c=4，
解得b=3c=4，
∴抛物线的解析式为y=−x2+3x+4．
答：抛物线的解析式为y=−x2+3x+4．
(2)①如图，

∵抛物线的解析式为y=−x2+3x+4．
当y=0时，−x2+3x+4=0，
解得x1=−1，x2=4，
∴A(−1,0)，
∵C(0,4)，
∴yAC=4x+4，
∵直线l//AC，
设yDE=4x+n，
∵点D为线段BC上一点，设D(m,−m+4)，
代入得n=−5m+4，
∴yDE=4x−5m+4，
∴E(54m−1,0)，
∴AE=54m，
∴S△ADE=12×54m(−m+4)=−58m2+52m=−58(m−2)2+52，
当m=2时，S△ADE有最大值52．
②∵A(−1,0)，C(0,4)，
∴AC= 12+42= 17，
∵以点A，C，D，P为顶点的四边形为菱形，
当AC=CD时，
∵D(m,−m+4)，C(0,4)，
∴CD= m2+m2= 2m2= 17，
∴m=± 342，
∵点D为线段BC上一点，
∴m= 342，
∵直线l//AC，以点A，C，D，P为顶点的四边形为菱形，
∴AC=DP，
∵D(m,−m+4)，
∴P(m−1,−m)，
∴P( 342−1,− 342).
当AC=AD时，
∵D(m,−m+4)，A(−1,0)，
∴AD= (m+1)2+(m−4)2= 2m2−6m+17= 17，
∴m1=0，m2=3，
当m=0时，D(0,4)与点C(0,4)重合，不符合题意，舍去，
当m=3时，D(3,1)，
∵直线l//AC，以点A，C，D，P为顶点的四边形为菱形，
∴AC=DP，
∵D(m,−m+4)，
∴P(m+1,−m+8)，
∴P(4,5)，

综上，P的坐标为( 342−1,− 342)或(4,5)． 
【解析】(1)根据直线y=−x+4于坐标轴上B，C两点，可得B点，C点坐标，利用待定系数法即可求解．
(2)①求出A点坐标，得出直线AC的解析式，根据平行，设出直线DE的解析式，将点D代入，求出E点坐标，从而表示出三角形ADE的面积，即可求解．
②根据菱形的性质进行分类讨论：当AC=CD时，根据C点，D点坐标表示出CD，求出m的值即可求解；当AC=AD时，根据A点，D点坐标表示出AD，求出m的值即可求解．
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、面积最值、平面直角坐标系中两点之间的距离等相关知识点，知晓两直线平行，斜率相等是解决本题的关键．