2023年海南省中考数学模拟试卷（一）（含答案）

这是一份2023年海南省中考数学模拟试卷（一）（含答案），共15页。试卷主要包含了2023的相反数是，下列各式计算结果为a5的是，若点A，在平面直角坐标系中，点A等内容，欢迎下载使用。

2023年海南省中考数学模拟试卷（一）
一．选择题（共12小题，满分36分）
1．2023的相反数是（　　）
A． B． C．﹣2023 D．2023
2．党的二十大报告中指出，我国全社会研发经费支出从一万亿元增加到二万八千亿元，居世界第二位，研发人员总量居世界首位．将2800000000000用科学记数法表示为（　　）
A．0.28×1013 B．2.8×1011 C．2.8×1012 D．28×1011
3．小竹将正方体小冰块摆成了如图所示的样子．如果小竹从左侧看这堆小冰块，他会看到（　　）
A． B． C． D．
4．下列各式计算结果为a5的是（　　）
A．a3+a2 B．a3×a2 C．（a2）3 D．a10÷a2
5．在一次献爱心的捐赠活动中，某班40名同学捐款金额统计如下：
金额（元）
20
30
40
50
100
学生数（人）
5
10
5
15
5
在这次活动中，该班同学捐款金额的众数和中位数分别是（　　）
A．30，35 B．50，40 C．50，50 D．50，45
6．不等式﹣2x+5≥1的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．若点A（m，2）与点B（﹣1，n）关于y轴对称，则m+n＝（　　）
A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．3
8．在平面直角坐标系中，点A（2，﹣3）在反比例函数y＝的图象上，下列各点在此反比例函数图象上的是（　　）
A．P（﹣2，3） B．Q（﹣2，﹣3） C．S（1，6） D．T（4，﹣2）
9．如图，线段AB＝4，M为AB的中点，动点P到点M的距离是1，连接PB，线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PC，连接AC，则线段AC长度的最大值是（　　）
A．2 B．3 C． D．
10．如图，AB∥CD，∠BAE＝120°，∠DCE＝30°，则∠AEC＝（　　）度．

A．70 B．150 C．90 D．100
11．如图，在△ABC中，O是BC边上的点，以点O为圆心，BO为半径的⊙O与AC相切于点A，D是优弧AB上一点，∠ADB＝60°，则∠C的度数是（　　）

A．65° B．50° C．40° D．30°
12．如图，△ABC中，AD是中线，BC＝8，∠B＝∠DAC，则线段AC的长为（　　）

A．4 B．4 C．6 D．4
二．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．分解因式：3ax2﹣3ay2＝　 　．
14．方程＝的解是：　 　．
15．如图，四边形ABCD是平行四边形，以点B为圆心，BC的长为半径作弧交AD于点E，分别以点C、E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP交AD的延长线于点F，∠CBE＝60°，BC＝4，则EF＝　 　．

16．矩形纸片ABCD，AB＝6，BC＝8，在矩形边上有一点P，且AP＝2．将矩形纸片折叠，使点C与点P重合，折痕所在直线交矩形两边于点E，F，则EF长为　 　．
三．解答题（共6小题，满分68分）
17．（12分）计算：
（1）（﹣2021）0+（﹣）100×3101﹣（）﹣2 （2）（x+1）2﹣2（x﹣2）





18．（10分）程大位是我国明朝商人，珠算发明家，他60岁时完成的《直指算法统宗》是东方古代数学名著，详述了传统的珠算规则，确立了算盘用法，书中有如下问题：一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大小和尚得几丁，意思是：有100个和尚分100个馒头，如果大和尚1人分3个，小和尚3人分1个，正好分完，大、小和尚各有多少人？请你解决这个问题．









19．（8分）为弘扬海口传统文化，我市将举办中小学生“知海口、爱海口、兴海口”知识竞赛活动．某校举办选拔赛后，随机抽取了部分学生的成绩，按成绩（百分制）分为A，B，C，D四个等级，并绘制了如下不完整的统计图表．
等级
成绩（x）
人数
A
90＜x≤100
m
B
80＜x≤90
24
C
70＜x≤80
14
D
x≤70
10
根据图表信息，回答下列问题：
（1）表中m＝　 　；扇形统计图中，B等级所占百分比是 　 　，C等级对应的扇形圆心角为 　 　度；
（2）若全校有1400人参加了此次选拔赛，则估计其中成绩为A等级的共有 　 　人；
（3）若全校成绩为100分的学生有甲、乙、丙、丁4人，学校将从这4人中随机选出2人参加市级竞赛．请通过列表或画树状图，求甲、乙两人至少有1人被选中的概率．

20．（10分）某区域平面示意图如图，点O在河的一侧，AC和BC表示两条互相垂直的公路．甲勘测员在A处测得点O位于北偏东45°，乙勘测员在B处测得点O位于南偏西73.7°，测得AC＝840m，BC＝500m．请求出点O到公路AC的距离．
（参考数据：sin73.7°≈，cos73.7°≈，tan73.7°≈）










21．（13分）在正方形ABCD中，E，F分别是射线BC，CD上的点，AE⊥BF于点G．
（1）如图1，若点E是BC边上的点．求证：CE＝DF．
（2）如图2，在（1）的条件下，延长BF交AD的延长线于点H，连结CH．若AB＝4，BE＝3，求tan∠BHC的值．
（3）连结CG，CH，若＝k，求的值（用含k的代数式表示）．






22．（15分）如图所示，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线y＝x+3经过点A、C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线AC上一点，在平面内是否存在点Q，使得以A、B、P、Q为顶点的四边形为正方形？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）在x轴上存在点M，且∠ACM＝∠CAO，请直接写出点M的坐标．


2023年海南省中考数学模拟试卷（一）
参考答案与试题解析
一．选择题
1．【解答】解：2023的相反数是﹣2023，故选：C．
2．【解答】解：2800000000000＝2.8×1012．故选：C．
3．【解答】解：从左边看，共有两列，每列的小正方形的个数分别为2，故选：C．
4．【解答】解：A．a3与a2不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；
B．a3×a2＝a5，故本选项符合题意；
C．（a2）3＝a6，故本选项不合题意；
D．a10÷a2＝a8，故本选项不合题意；故选：B．
5．【解答】解：捐款金额学生数最多的是50元，故众数为50；
共有5+10+5+15+5＝40（个）数，∴中位数是第20、21个数的平均数，
∴该班同学捐款金额的中位数是（40+50）÷2＝45（元）；故中位数为45；故选：D．
6．【解答】解：不等式﹣2x+5≥1，移项得：﹣2x≥﹣4，解得：x≤2．
表示在数轴上，如图所示：
．故选：C．
7．【解答】解：∵点A（m，2）与点B（﹣1，n）关于y轴对称，∴m＝1，n＝2，故m+n＝3．故选：D．
8．【解答】解：∵点A（2，﹣3）在反比例函数y＝的图象上，∴k＝2×（﹣3）＝﹣6．
A、∵﹣2×3＝﹣6，∴点P在此函数图象上；
B、∵﹣2×（﹣3）＝6≠﹣6，∴点Q不在此函数图象上；
C、∵1×6＝6≠﹣6，∴点S不在此函数图象上；
D、∵4×（﹣﹣2）＝﹣8≠﹣6，∴点T不在此函数图象上．故选：A．
9．【解答】解：以AB为斜边向上作等腰直角△AJB，连接CJ，BC．

∵AM＝BM，
∴JM＝AM＝MB，
∴△JMB是等腰直角三角形，
△PBC是等腰直角三角形，
∴BJ＝BM，BC＝PB，∠MBJ＝∠PBC＝45°，
∴∠MBP＝∠JBC，
∵＝，
∴△JBC∽△MBP，
∴＝＝，
∵PM＝1，
∴JC＝，
∴点C的运动轨迹是以J为圆心，为半径的圆，
∵AJ＝AB＝2，
∴AC≤AJ+JC＝3，
故线段AC长度的最大值为3．故选：D．
10．【解答】解：如图，延长AE交CD于点F，
∵AB∥CD，∴∠BAE+∠EFC＝180°，
又∵∠BAE＝120°，
∴∠EFC＝180°﹣∠BAE＝180°﹣120°＝60°，
又∵∠DCE＝30°，
∴∠AEC＝∠DCE+∠EFC＝30°+60°＝90°．故选：C．

11．【解答】解：连接AO，

∵∠ADB＝60°，∴∠AOB＝2∠ADB＝120°，∴∠AOC＝60°，
∵AC是⊙O的切线，∴∠OAC＝90°，∴∠C＝90°﹣60°＝30°，故选：D．
12．【解答】解：∵BC＝8，∴CD＝4，
在△CBA和△CAD中，
∵∠B＝∠DAC，∠C＝∠C，∴△CBA∽△CAD，
∴＝，∴AC2＝CD•BC＝4×8＝32，∴AC＝4；故选：B．
二．填空题
13．【解答】解：原式＝3a（x2﹣y2）＝3a（x+y）（x﹣y）．故答案为：3a（x+y）（x﹣y）．
14．【解答】解：去分母得：x+4＝4x，
解得：x＝，经检验x＝是分式方程的解．故答案为：x＝．
15．【解答】解：由尺规作图知BE＝BC＝4，BF平分∠CBE，∴∠CBF＝∠EBF＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∴∠F＝∠CBF，
∴∠F＝∠EBF＝30°，∴BE＝FE＝4，故答案为：4．
16．【解答】解：如图1，当点P在AD上时，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∵AP＝2，∴PD＝6＝CD，
∵EF垂直平分PC，∴∠CDF＝45°，点E与点D重合，
∴△CEF是等腰直角三角形，∴EF＝CD＝6；
如图2，当点P在AB上时，
过E作EQ⊥BC于Q，
∵AP＝2，AB＝6，
∴PB＝4，
∴PC＝＝＝4，
∵EF垂直平分PC，
∴∠FEQ＝∠PBA，
∵∠B＝∠EQF＝90°，
∴△CBP∽△EQF，
∴＝，即＝，
解得：EF＝3．
综上所述：EF长为6或3；
故答案为：6或3．
三．解答题
17．【解答】解：（1）原式＝1+（﹣×3）100×3﹣4
＝1+3﹣4
＝0；
（2）原式＝x2+2x+1﹣2x+4
＝x2+5．
18．【解答】解：设小和尚有x人，大和尚有y人，依题意，得：，解得：，
答：小和尚有75人，大和尚有25人．
19．【解答】解：（1）抽取的学生人数为：10÷＝60（人），
∴m＝60﹣24﹣14﹣10＝12，
扇形统计图中，B等级所占百分比是：24÷60×100%＝40%，C等级对应的扇形圆心角为：360°×＝84°，
故答案为：12，40%，84；
（2）估计其中成绩为A等级的共有：1400×＝280（人），
故答案为：280；
（3）画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人至少有1人被选中的结果有10种，
∴甲、乙两人至少有1人被选中的概率为＝．
20．【解答】解：作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，
则四边形ONCM为矩形，∴ON＝AN，OM＝NC，
设OM＝x，则NC＝x，AN＝840﹣x，
在Rt△ANO中，∠OAN＝45°，
∴ON＝AN＝840﹣x，则MC＝ON＝840﹣x，
在Rt△BOM中，BM＝，
由题意得，840﹣x+x＝500，解得，x＝480，∴ON＝840﹣480＝360（m），
即点O到公路AC的距离约为360米．

21．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠AEB+∠CBF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，
∴BC﹣BE＝CD﹣CF，
∴CE＝DF；
（2）解：连接CG、EF，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BCD＝∠BAH＝90°，AD∥BC，
∴∠AHB＝∠CBF＝∠BAE，
∵AE⊥BF，∠BAH＝90°，
∴∠EGF＝90°，sin∠AHB＝，sin∠BAE＝，
∴＝，
∴＝，
∵∠CBG＝∠HBC，
∴△CBG∽△HBC，
∴∠BCG＝∠BHC，
∵∠ECF+∠EGF＝90°+90°＝180°，
∴C、E、G、F四点共圆，
∴∠BCG＝∠GFE＝∠BHC，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE＝＝＝5，
由（1）得：△ABE≌△BCF，
∴BF＝AE＝5，
∵S△ABE＝AB•BE＝AE•BG，
∴BG＝＝＝，
在Rt△BGE中，由勾股定理得：GE＝＝＝，
GF＝BF﹣BG＝5﹣＝，
∴tan∠GFE＝＝＝，
∴tan∠BHC＝；
（3）解：由（2）得：△CBG∽△HBC，
∴＝＝k，
设AB＝BC＝AD＝CD＝a，
则BH＝ka，
在Rt△BAH中，由勾股定理得：AH＝＝＝a，
∴DH＝AH﹣AD＝a﹣a＝（﹣1）a，
∴tan∠DCH＝＝＝﹣1，
∵∠BFE＝∠BHC，
∴EF∥CH，
∴∠EFC＝∠DCH，
∴tan∠EFC＝＝﹣1，
∵BE＝CF，
∴＝﹣1．

22．【解答】解：（1）对于y＝x+3，
令y＝0，则x+3＝0，解之得：x＝﹣3，
令x＝0，则y＝3，
∴点A、C的坐标分别为（﹣3，0）、（0，3），
把点A、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2+4x+3；

（2）存在，理由如下：
令y＝x2+4x+3＝0，解得x＝﹣1或﹣3，
故点B的坐标为（﹣1，0），则AB＝﹣1﹣（﹣3）＝2，
分为两种情况：
①当四边形ABPQ为正方形时，如图1所示．

对于y＝x+3，当x＝﹣1时，y＝2，
∴点P在直线y＝x+3上．
∵PQ＝AB＝2，PQ∥x轴，
∴点Q的坐标为（﹣3，2）；
②当四边形APBQ为正方形时，如图2所示．

连接PQ交x轴于点E，则PE＝BE＝AB＝1，
∴OE＝OB+BE＝2，
∴点P的坐标为（﹣2，1），
对于y＝x+3，当x＝﹣2时，y＝1，
∴点P在直线y＝x+3上．
而点P、Q关于x轴对称
∴点Q的坐标为（﹣2，﹣1），
综上所述，点Q的坐标为（﹣3，2）或（﹣2，﹣1）；

（3）分为两种情况：
①当点M在点A的右侧时，如图3所示．

∵点A、C的坐标分别为（﹣3，0）、（0，3），
∴AO＝OC＝3，
∴△AOC为等腰直角三角形，
∴∠CAO＝45°，
∴∠ACM＝∠CAO＝15°，
∴∠MCP＝30°，
在Rt△COM中，∵tan30°＝，
解得OM＝，
∴点M（﹣，0）；
②当点M在点A的左侧时，如图4所示．

∵∠MCO＝15°+45°＝60°，
在Rt△COM中，tan60°＝，
解得；OM＝3，
∴M（﹣3，0）．
综上所述，点M的坐标为（﹣，0）或（﹣3，0）．
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