2023年广东省中考数学模拟预测（一）(含答案)

这是一份2023年广东省中考数学模拟预测（一）(含答案)，共18页。试卷主要包含了下列计算结果等于a5的是，点A，一个五边形的外角和等于等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．实数a，b，c，d在数轴上的对应点的位置如图所示，这四个数中，绝对值最小的是（ ）
A．dB．cC．bD．a
2．某课外学习小组有5人，在一次数学测验中的成绩分别是：120，100，135，100，125，则他们的成绩的中位数和众数分别是（ ）
A．120和135B．120和100C．116和100D．135和100
3．卢塞尔体育场是卡塔尔世界杯的主体育场，由中国建造，是卡塔尔规模最大的体育场．世界杯之后，将有约170000个座位将捐赠给需要体育基础设施的国家，其中大部分来自世界杯决赛场地卢塞尔体育场，170000这个数用科学记数法表示为（ ）
A．0.17×105B．1.7×105C．17×104D．1.7×106
4．下列计算结果等于a5的是（ ）
A．a3+a2B．a3•a2C．（a3）2D．a10÷a2
5．点A（3，﹣1）关于x轴的对称点A'的坐标是（ ）
A．（﹣3，﹣1）B．（3，1）C．（﹣3，1）D．（﹣1，3）
6．一个五边形的外角和等于（ ）
A．360°B．540°C．720°D．180°
7．如图，DE是△ABC的边BC的垂直平分线，分别交边AB，BC于点D，E，且AB＝9，AC＝6，则△ACD的周长是（ ）
A．10.5B．12
C．15D．18
8．已知一元二次方程x2﹣14x+48＝0的两个根是菱形的两条对角线长，则这个菱形的面积为（ ）
A．12B．24C．10D．8
9．如图，在边长为3的正方形ABCD中，∠CDE＝30°，DE⊥CF，则BF的长是（ ）
A．1B．2
C．3D．2
10．如图所示，在正方形ABCD中，P为对角线BD上一点且PB＝AB，连接AP，CP，延长AP交CD于点F，交BC的延长线于点G．将线段CP绕点C顺时针旋转，交AG于点E，且CP＝CE，连接DE．下列结论：①E为FG的中点；②BD⊥DE；③AD＝DE；④△PCE为等腰直角三角形；⑤FG＝2AP．其中结论正确的序号（ ）
A．①③⑤B．①②④⑤
C．②③④D．①②③④⑤
二．填空题（共5小题，每小题3分，共15分）
11．若x+y＝6，xy＝4，则x2y+xy2＝ ．
12．已知最简二次根式2m与15-m2可以进行合并，则m的值等于 ．
13．已知正n边形的一个内角为135°，则n的值是 ．
14．如图，在△ABC中，BA＝BC，∠B＝80°，点D在射线BC上，观察图中尺规作图的痕迹，可知∠DCE＝ ．
15．如图，点P为函数y=16x（x＞0）的图象上一点，且到两坐标轴距离相等，⊙P半径为2，A（3，0），B（6，0），点Q是⊙P上的动点，点C是QB的中点，则AC的最大值是 ．
三.解答题（一）（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
16．先化简，再求值：(2xx2-1-1x-1)÷xx+1，其中x=3．
17．如图是某教室里日光灯的四个控制开关（分别记为A、B、C、D），每个开关分别控制一排日光灯（开关序号与日光灯的排数序号不一定一致）．某天上课时，王老师在完全不知道哪个开关对应控制哪排日光灯的情况下先后随机按下两个开关．
（1）王老师按下第一个开关恰好能打开第一排日光灯的概率是 ；
（2）王老师按下两个开关恰好能打开第一排与第三排日光灯的概率是多少？请用列表法或画树状图法加以分析．
18．△ABC是等边三角形，点D是AC中点，连接BD，点E是BC延长线上一点，且CE＝CD，连接DE．求证：DB＝DE．
四．解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．端午节前夕，某超市用16800元购进A，B两种规格的粽子共600件，其中A种规格的进价为每件24元，B种规格的进价为每件36元．
（1）求购买的A，B两种规格的粽子各有多少件；
（2）已知1件A种规格的粽子和1件B种规格的粽子的利润和为20元，且A种规格的粽子利润率不超过50%．设此次销售活动完成后的总利润为w（元），1件A种规格的粽子的利润为a（元）（其中a＞0）．
①求w与a的关系式；
②求w的最大值．
20．如图，BD为▱ABCD的对角线，EF垂直平分BD，分别交AD，BD，BC于点E，M，F，连接 BE，DF．
（1）求证：四边形BFDE为菱形；
（2）若BD＝24，EF＝12，求四边形BFDE的周长．
21．如图，直线AB与双曲线y=12x在第一象限内交于点P，点P的横坐标为6，直线AB与x轴、y轴分别交于A、B两点，且∠BAO＝45°；
（1）求直线AB的解析式；
（2）C为线段AB上一点，过C作CD∥y轴交双曲线y=12x于D点，连接DP，当△CDP是等腰直角三角形时，求点C的坐标．
五．解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．如图所示，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆O，分别与BC、AB相交于点D、E，连接AD，已知∠CAD＝∠B；
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若∠B＝30°，CD=32，求劣弧BD的长；
（3）若AC＝2，BD＝3，求AE的长．
23．如图1，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB＝4，矩形OBDC的边CD＝1，延长DC交抛物线于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P是直线EO上方抛物线上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线EO于点G，问当点P在抛物线什么位置时PG取得最大值并求出此时PG的长度；
（3）如果点N是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M，使得以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
2023年广东中考数学模拟预测（一）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．【解答】解：∵1＜|a|＜2，0＜|b|＜1，1＜|c|＜2，2＜|d|＜3，
∴这四个数中，绝对值最小的是b．
故选：C．
2．【解答】解：在这一组数据中100是出现次数最多的，故众数是100；
数据按由小到大的顺序排序：100，100，120，125，135，
故中位数为120．
故选：B．
3．【解答】解：170000＝1.7×105．
故选：B．
4．【解答】解：A、不是同底数幂的乘法，故A不符合题意；
B、a3•a2＝a5，故B符合题意；
C、（a3）2＝a6，故C不符合题意；
D、a10÷a2＝a8，故D不符合题意；
故选：B．
5．【解答】解：点A（3，﹣1）到关于x轴的对称点A'的坐标是（3，1）．
故选：B．
6．【解答】解：边形的外角和等于360°．
故选：A．
7．【解答】解：∵DE是△ABC的边BC的垂直平分线，
∴DB＝DC，
∴△ACD的周长＝AD+AC+CD＝AD+BD+AC＝AB+AC，
∵AB＝9，AC＝6，
∴△ACD的周长＝9+6＝15，
故选：C．
8．【解答】解：设a，b是方程x2﹣14x+48＝0的两个根，
∴ab＝48，
则这个菱形的面积为12ab＝24．
故选：B．
9．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC＝∠DCE＝90°，CD＝BC＝3，
Rt△DCE中，∠CDE＝30°，
∴CE=12DE，
设CE＝x，则DE＝2x，
根据勾股定理得：DC2+CE2＝DE2，
即32+x2＝（2x）2，
解得：x＝±3（负值舍去），
∴CE=3，
∵DE⊥CF，
∴∠DOC＝90°，
∴∠DCO＝60°，
∴∠BCF＝90°﹣60°＝30°＝∠CDE，
∵∠DCE＝∠CBF，CD＝BC，
∴△DCE≌△CBF（ASA），
∴BF＝CE=3．
故选：C．
10．【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝CBD＝∠ADB＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝∠DCG＝90°，AB＝BC，
∵PB＝AB，
∴∠BPA＝∠BAP＝∠BCP＝∠BPC=180°-45°2=67.5°，
∴∠CPG＝180°﹣（67.5°+67.5°）＝45°，
∴∠G＝∠BCP﹣∠CPG＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∵CP＝CE，
∴∠CEP＝∠CPG＝45°，
∴∠ECG＝∠CEP﹣∠G＝45°﹣22.5°＝22.5°，
∴∠ECG＝∠G，
∴EC＝EG，
∵∠ECF＝∠DCG﹣∠ECG＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∠CFE＝90°﹣∠G＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠ECF＝∠CFE，
∴EC＝EF，
∴EF＝EG，
∴E为FG的中点，故结论①正确；
②∵∠DPE＝∠BPA＝67.5°，∠ECF＝67.5°，
∴∠DPE＝∠ECF，
∴C、E、D、P四点共圆，
∴∠CDE＝∠CPE＝45°，
∴∠BDE＝∠BDC+∠CDE＝45°+45°＝90°，
∴BD⊥DE，故②正确；
③∵∠ADE＝∠ADB+∠BDE＝45°+90°＝135°，
∠DAE＝∠BAD﹣∠BAP＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∴∠AED＝180°﹣∠ADE﹣∠DAE＝180°﹣135°﹣22.5°＝22.5°，
∴∠AED＝∠DAE，
∴AD＝DE，故结论③正确；
④由①知：∠CEP＝∠CPG＝45°，
∴∠PCE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴△PCE为等腰直角三角形，故结论④正确；
⑤在△ABP和△CBP中，
AB=BC∠ABP=∠CBP=45°BP=BP，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝CP，
∵CP＝CE，CE＝EF＝EG，
∴FG＝2AP，故结论⑤正确；
故选：D．
二．填空题（共5小题）
11．【解答】解：∵x2y+xy2
＝xy（x+y），
∴当x+y＝6，xy＝4时，
原式＝4×6
＝24，
故答案为：24．
12．【解答】解：∵最简二次根式2m与15-m2可以进行合并，
∴2m＝15﹣m2，
解得m1＝﹣5，m2＝3．
∵当m1＝﹣5时，15﹣m2＝﹣10＜0，不合题意舍去，
∴m＝3．
故答案为：3．
13．【解答】解：∵正n边形的一个内角为135°，
∴正n边形的一个外角为180°﹣135°＝45°，
∴n＝360°÷45°＝8．
故答案为：8．
14．【解答】解：∵BA＝BC，∠B＝80°，
∴∠A＝∠ACB＝50°，
∴∠ACD＝180°﹣∠ACB＝130°，
由作图可知，CE平分∠ACD，
∴∠DCE=12∠ACD＝65°，
故答案为：65°．
15．【解答】解：∵点P为函数y=16x（x＞0）的图象上一点，且到两坐标轴距离相等，
∴可设P（x，x）（x＞0），则x=16x，解得x＝±4（负值舍去），
∴点P（4，4）．
∴OP＝42，
如图，连接OP交⊙P于点Q′，连接BQ′，取BQ′的中点C′，连接AC′，此时AC′最小．
∵A（3，0），B（6，0），点C是QB的中点，
∴OA＝AB，CB＝CQ，
∴AC=12OQ．
当Q运动到Q′时，OQ最大，
此时AC的最大值AC′=12OQ′=12（OP+PQ′）＝22+1．
故答案为22+1．
三．解答题（共8小题）
16．【解答】解：(2xx2-1-1x-1)÷xx+1
=2x-(x+1)(x+1)(x-1)÷xx+1
=x-1(x+1)(x-1)•x+1x
=1x，
当x=3时，原式=13=33．
17．【解答】解：（1）由题意可知王老师按下第一个开关恰好能打开第一排日光灯的概率为14，
故答案为：14；
（2）画树状图如下：
所有出现的等可能性结果共有12种，其中满足条件的结果有2种．
∴P（两个开关恰好能打开第一排与第三排日光灯）=212=16．
18．【解答】证明：∵等边三角形三线合一，
∴BD为∠ABC的角平分线，
∴∠CBD＝30°，∠ACB＝60°，
∵CD＝CE，
∴∠CDE＝∠CED，
∵∠CDE+∠CED＝∠ACB，
∴∠CDE＝∠CED＝30°，
∴∠CBD＝∠CED＝30°，
∴BD＝DE．
19．【解答】解：设购买A种规格的粽子x件，B种规格的粽子y件，
根据题意，得：x+y=60024x+36y=16800，
解得：x=400y=200，
答：购买A种规格的粽子400件，B种规格的粽子200件；
（2）①一件A种规格的粽子利润a元，则一件B种规格的粽子（20﹣a）元，
∴w＝400a+200（20﹣a），
整理得：w＝200a+4000，
②∵A种规格的粽子利润率不超过50%，
∴a≤24×50%，
即a≤12，
∵在w＝200a+4000中，w随a的增大而增大，
∴当a＝12时，w最大，
∴w的最大值＝200×12+4000＝6400．
20．【解答】（1）证明：∵EF垂直平分BD，
∴BM＝DM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠FBM＝∠EDM，
在△FBM和△EDM中，
∠FBM=∠EDMBM=DM∠BMF=∠DME，
∴△FBM≌△EDM（ASA），
∴FM＝EM，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵BF＝DF，
∴四边形BFDE是菱形．
（2）解：∵BD＝24，EF＝12，
∴BM＝DM=12BD＝12，FM＝EM=12EF＝6，
∵∠BMF＝90°，
∴BF=BM2+FM2=122+62=65，
∵四边形BFDE是菱形，
∴BF+BE+DF+DE＝4BF＝4×65=245，
∴四边形BFDE的周长是245．
21．【解答】解：（1）∵P点在反比例函数y=12x的图象上，
∴xy＝12，
∵点P的横坐标为6，
∴y＝2，
∴P（6，2），
过P作PE⊥x轴于E点，
∵∠ABO＝45°，
∴∠BAO＝∠ABO＝∠PAE＝45°，
∵P（6，2），
∴PE＝AE＝2，
∴A（4，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b 且过A（4，0），P（6，2），
∴4k+b=06k+b=2，
解得：k=1b=-4，
∴直线AB的解析式为：y＝x﹣4；
（2）要使△CDP是等腰直角三角形，只能∠DPC＝90°，
设 C（m，m﹣4），则D（m，12m），
过P作PF⊥CD于F，则F（m，2），
∵PD＝PC，PF⊥CD，
∴DF＝CF，
∴12m-2＝2﹣（m﹣4），
∴m2﹣8m+12＝0
（m﹣2）（m﹣6）＝0
∴m1＝2，m2＝6（不合题意，舍去）
∴当△CDP是等腰直角三角形时，点C的坐标为（2，﹣2）．
22．【解答】解：（1）如图1，连接OD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠ADC＝90°，
∵OB＝OD，
∴∠B＝∠ODB，
∵∠CAD＝∠B，
∴∠CAD＝∠ODB，
∴∠ODB+∠ADC＝90°，
∴∠ADO＝90°，
又∵OD是半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝30°，∠CAB＝60°，
∴AD＝2CD＝3，∠DAB＝30°，
∴AD=3OD，
∴OD=3，
∵OD＝OB，∠B＝30°，
∴∠B＝∠ODB＝30°，
∴∠DOB＝120°，
∴劣弧BD的长=3⋅π⋅120°180°=23π3；
（3）如图2，连接DE，
∵BE是直径，
∴∠BDE＝90°，
∴∠ACB＝∠EDB＝90°，
∴AC∥DE，
∵∠B＝∠CAD，∠ACD＝∠EDB，
∴△ACD∽△BDE，
∴ACBD=CDDE=23，
∴设CD＝2x，DE＝3x，
∵AC∥DE，
∴DEAC=BDBC，
∴3x2=33+2x，
∴x=12，
∴CD＝1，BC＝BD+CD＝4，
∴AB=AC2+BC2=4+16=25，
∵DE∥AC，
∴AEAB=CDBC，
∴AE=14×25=52．
23．【解答】解：（1）∵矩形OBDC的边CD＝1，
∴OB＝1，
∵AB＝4，
∴OA＝3，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
把A、B两点坐标代入y＝ax2+bx+2可得a+b+2=09a-3b+2=0，解得a=-23b=-43，
∴抛物线解析式为y=-23x2-43x+2；
（2）在y=-23x2-43x+2中，图象与y轴交于点C，
∴2=-23x2-43x+2，
解得x＝0或x＝﹣2，
∴E（﹣2，2），
∴直线OE为y＝﹣x，
设点P（m，-23m2-43m+2），
∵PG∥y轴，
∴G（m，﹣m），
∵P在直线OE的上方，
∴PG=-23m2-43m+2﹣（﹣m）=-23m2-13m+2=-23（m+14）2+4924，
∴当m=-14时，PG有最大值，最大值为4924；
（3）存在，理由：
①当AC为平行四边形的边时，
则有MN∥AC，且MN＝AC，
如图，过M作对称轴的垂线，垂足为F，设AC交对称轴于点L，
则∠ALF＝∠ACO＝∠FNM，
在△MFN和△AOC中，
∠MFN=∠AOC∠FNM=∠ACOMN=AC，
∴△MFN≌△AOC（AAS），
∴MF＝AO＝3，
即点M到对称轴的距离为3，
又y=-23x2-43x+2，
∴抛物线对称轴为x＝﹣1，
设M点坐标为（x，y），则|x+1|＝3，解得x＝2或x＝﹣4，
当x＝2时，y=-103，当x＝﹣4时，y=103，
∴M点坐标为（2，-103）或（﹣4，-103）；
②当AC为对角线时，
设AC的中点为K，
∵A（﹣3，0），C（0，2），
∴K（-32，1），
∵点N在对称轴上，
∴点N的横坐标为﹣1，
设M点横坐标为x，
∴x+（﹣1）＝2×（-32）＝﹣3，解得x＝﹣2，此时y＝2，
∴M（﹣2，2）；
综上可知点M（2，-103）或（﹣4，-103）或（﹣2，2）．