2023年广东省佛山市禅城区三模数学试卷（含解析）

这是一份2023年广东省佛山市禅城区三模数学试卷（含解析），共20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。

1. − 4=( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
2. 下列计算中，正确的是( )
A. 2+(−3)=1B. 2−(−2)=0C. 0−3=3D. −2+(−3)=−5
3. 下列绿色能源图标中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4. 下列各多项式中，能用平方差公式分解因式的是( )
A. −x2+1B. x2+1C. −x2−1D. x2−2x+1
5. 一元二次方程x2−6x+4=0的根的情况是( )
A. 有两个不等实根B. 有两个相等实根C. 没有根D. 无法判断
6. 下列函数中，y随x的增大而增大的函数是( )
A. y=2−xB. y=−2x+1C. y=x−2D. y=−x−2
7. 如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点．若DE=2，则BC的长是( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
8. 如图，在A岛周围20海里水域有暗礁，一艘轮船由西向东航行到O处时，发现A岛在北偏东64°的方向且与轮船相距52海里.若该轮船不改变航向，为航行安全，需要计算A到OB的距离AC.下列算法正确的是( )
A. AC=52cs64°B. AC=52cs64∘C. AC=52sin64°D. AC=52tan64°
9. 已知一个三角形的三边长分别为2，3，4，与其相似的另一个三角形的周长为36，则它的最长边的长为( )
A. 8B. 12C. 16D. 20
10. 如图，在⊙O中，弦AB=4，圆心O到AB的距离OC=1，则⊙O的半径长为( )
A. 2 5
B. 2 3
C. 5
D. 3
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 计算： 12−sin60°=______．
12. 2022年冬季奥运会将在北京市张家口举行，下表记录了四名短道速滑选手几次选拔赛成绩的平均数x和方差s2：
根据表中数据，这四名选手中成绩最好且发挥最稳定的运动员是______ ．
13. 已知一个扇形的半径是2，圆心角是60°，则这个扇形的面积是______．
14. 点P(a,a−3)在第四象限，则a的取值范围是______．
15. 如图，A是函数y=16x(x>0)图象上的一点，过点A作y轴的垂线，垂足为C，过点A作x轴的垂线，垂足为B，则四边形ABOC的面积是______ ．
三、解答题（本大题共9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6.0分)
先化简，再求值：(x+5)(x−1)+(x−2)2，其中x= 3．
17. (本小题6.0分)
某中学为了了解学生在家主动锻炼身体的情况，随机抽查了部分学生，对他们每天的运动时间进行调查，并将调查统计的结果分为四类：每天运动时间t≤30分钟的学生记为A类，30分钟60分钟记为D类.将收集的数据绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，解答下列问题：

(1)扇形统计图中D类所对应的扇形圆心角大小为______ °；
(2)学校举办短跑比赛，九年级1班有小红，小明和小芳三人报名参加，但是年级只从报名的3人中随机选两位学生参加比赛，已知小红和小明每天运动时间属于C类，小芳每天运动时间属于B类.请用树状图或列表的方法求出随机选到每天运动时间都大于40分钟的两位选手的概率．
18. (本小题6.0分)
已知：如图，△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，D为AB边上的一点，
求证：△ACE≌△BCD．
19. (本小题8.0分)
2022年10月16日，习总书记在第二十次全国代表大会上的报告中提出：“积极稳妥推进碳达峰碳中和”.某公司积极响应节能减排号召，决定采购新能源A型和B型两款汽车，已知每辆A型汽车的进价是每辆B型汽车的进价的1.5倍，若用3000万元购进A型汽车的数量比2400万元购进B型汽车的数量少20辆．
(1)A型和B型汽车的进价分别为每辆多少万元？
(2)该公司决定用不多于3600万元购进A型和B型汽车共150辆，最多可以购买多少辆A型汽车？
20. (本小题8.0分)
如图，在矩形OABC中，OA=8，AB=4.将△OAB沿OB所在直线翻折，点A落在点A′处，OA′与BC边交于点D，过点B作BE//OA′交OA于点E．
(1)求证：四边形OEBD是菱形．
(2)求线段OD的长．
21. (本小题8.0分)
如图，小明想要用撬棍撬动一块大石头，已知阻力为1600N，阻力臂长为0.5m.设动力为y(N)，动力臂长为x(m).(杠杆平衡时，动力×动力臂=阻力×阻力臂，图中撬棍本身所受的重力略去不计)
(1)求y关于x的函数关系式(不要求写自变量的取值范围)；
(2)当动力臂长为2m时，撬动石头至少需要多大的力？
22. (本小题10.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F，连接EF．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)连接FD，求证：AD2=AF⋅AB．
23. (本小题11.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=x2−2mx+m2−1．
(1)当m=2时，求抛物线的顶点坐标；
(2)①求抛物线的对称轴(用含m的式子表示)；
②若点(m−1,y1)，(m,y2)，(m+3,y3)都在抛物线y=x2−2mx+m2−1上，则y1，y2，y3的大小关系为______ ；
(3)直线y=x+b与x轴交于点A(−3,0)，与y轴交于点B，过点B作垂直于y轴的直线l与抛物线y=x2−2mx+m2−1有两个交点，在抛物线对称轴左侧的点记为P，当△OAP为钝角三角形时，求m的取值范围．
24. (本小题12.0分)
如图，在矩形ABCD中，点E为边AD的中点，点F为AB上的一个动点，连接FE并延长，交CD的延长线于点G，以FG为底边在FG下方作等腰Rt△FHG，且∠FHG=90°．
(1)如图①，若点H恰好落在BC上，连接BE，EH.求证：AD=2AB；
(2)如图②，点H落在矩形ABCD内，连接CH，若AD=4，AB=3，求四边形FHCB面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
根据算术平方根的定义判断即可．
【解答】
解：− 4=− 22=−2．
故选：A．
【点评】
本题考查了算术平方根，掌握算术平方根的定义是解答本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A、2+(−3)=−(3−2)=−1，故此项错误，不符合题意；
B、2−(−2)=2+2=4，故此项错误，不符合题意；
C、0−3=0+(−3)=−3，故此项错误，不符合题意；
D、−2+(−3)=−(2+3)=−5，故此项正确．符合题意．
故选：D．
由“减去一个数等于加上这个数的相反数”，将减法化为加法，再由加法法则进行计算即可．
本题考查了有理数加减运算，掌握加减运算法则是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B.既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项不合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意；
故选：B．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
4.【答案】A
【解析】解：A.−x2+1=(1+x)(1−x)，故A符合题意；
B.x2+1，不能分解，故B不符合题意；
C.−x2−1，不能分解，故C不符合题意；
D.x2−2x+1=(x−1)2，故D不符合题意；
故选：A．
根据平方差公式的结构特征判断即可．
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握平方差公式和完全平方公式的结构特征是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：Δ=(−6)2−4×1×4=20>0，
所以方程有两个不相等的两个实数根．
故选：A．
先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的两个实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
6.【答案】C
【解析】解：∵对于一次函数y=kx+b(k≠0,k,b为常数)，
当k>0，图象经过第一，三象限，y随x的增大而增大；
∴A，B，D选项错，C选项对．
故选：C．
四个选项给的都是一次函数，要y随x的增大而增大，则k>0，即可找到正确选项．
本题考查了一次函数y=kx+b(k≠0,k,b为常数)的性质．它的图象为一条直线，当k>0，图象经过第一，三象限，y随x的增大而增大；当k<0，图象经过第二，四象限，y随x的增大而减小；当b>0，图象与y轴的交点在x轴的上方；当b=0，图象过坐标原点；当b<0，图象与y轴的交点在x轴的下方．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】
解：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE，
∵DE=2，
∴BC=4，
故选：B．
8.【答案】A
【解析】解：由题意可得AC//y轴，
∴∠CAO=64°，
∴cs∠CAO=ACOA，
即cs64°=AC52，
∴AC=52cs64°．
故选：A．
先求出∠CAO的度数，再通过解直角三角形求解．
本题考查解直角三角形，解题关键是熟练掌握解直角三角形的方法．
9.【答案】C
【解析】解：∵一个三角形的三边长分别为2，3，4，与其相似的另一个三角形的周长为36，
∴它的最长边的长为36×42+3+4=16．
故选：C．
根据相似多边形的性质得：最长边的长为三角形的周长×42+3+4，依此列式计算即可求解．
本题考查了相似多边形的性质：对应角相等；对应边的比相等．
10.【答案】C
【解析】解：根据题意，OC⊥AB，
∴∠ACO=90°，AC=BC=12AB=2，
在Rt△AOC中，OA= OC2+AC2= 12+22= 5，
即⊙O的半径长为 5．
故选：C．
由于OC⊥AB，根据垂径定理得到AC=BC=2，然后根据勾股定理求出OA即可．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
11.【答案】3 32
【解析】解：原式=2 3− 32
=3 32．
故答案为：3 32．
直接了利用特殊角的三角函数值以及二次根式的性质化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
12.【答案】小红
【解析】解：由四名选手成绩的平均数可知，小红平均用时最短，成绩最好；
由四名选手成绩的方差可知，小红的方差最小，发挥最稳定；
因此这四名选手中成绩最好且发挥最稳定的运动员是小红，
故答案为：小红．
平均数最小的选手成绩最好，方差最小的选手成绩最稳定，由此可解．
本题考查利用平均数、方差做决策，解题的关键是掌握平均数和方差的意义．
13.【答案】2π3
【解析】解：这个扇形的面积为60⋅π⋅22360=2π3，
故答案为：2π3．
直接根据扇形的面积公式计算可得．
本题考查的是扇形面积的计算，掌握扇形的面积公式S=nπr2360是解题的关键．
14.【答案】0【解析】解：∵点P(a,a−3)在第四象限，
∴a>0a−3<0，
解得0故答案为：0根据第四象限的点的横坐标是正数，纵坐标是负数列出不等式组求解即可．
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限(+,+)；第二象限(−,+)；第三象限(−,−)；第四象限(+,−)．
15.【答案】16
【解析】解：∵A是函数y=16x(x>0)图象上的一点，AC⊥CO，AB⊥BO，
又∵CO⊥BO，
∴四边形ABOC是矩形，
∴矩形ABOC的面积S=AC⋅AB=|xy|=|k|=16．
故答案为：16．
直接根据反比例函数比例系数k的几何意义求解．
本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y=kx图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
16.【答案】解：原式=x2+4x−5+x2−4x+4
=2x2−1，
当x= 3时，原式=2×( 3)2−1=5．
【解析】本题考查了整式的混合运算−化简求值，解决本题的关键是先进行整式的化简，再代入值进行计算．根据整式的混合运算顺序先进行整式的化简，再代入值进行计算即可．
17.【答案】36
【解析】解：(1)调查总人数：1530%=50(人)，
50−15−22−8=5(人)，
550×360°=36°，
故答案为：36；
(2)列表如下：

由表格得：共有6种等可能结果，其中每天运动时间都大于40分钟C、D类，
∵小红和小明每天运动时间属于C类，
∴选小红和小明参加，
∴有2种结果满足题意，
P(都大于40分钟)=26=13．
故随机选到每天运动时间都大于40分钟的两位选手的概率是13．
(1)由A可求出总人数，可求出D的人数，即可求解；
(2)画树状图法或列表法，根据题意利用概率计算公式P=nm，进行计算即可．
本题考查了从条形统计及扇形统计图获取信息进行计算，用列表法或树状图等可能情形下的概率计算，理解两种统计图之间的数据关系，掌握用列表法或树状图求概率方法是解题的关键．
18.【答案】证明：∵△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，
∴EC=DC，AC=CB，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB−∠3=∠ECD−∠3，
即：∠1=∠2，
在△ACE和△BCD中AC=BC∠1=∠2EC=DC，
∴△ACE≌△BCD(SAS)．
【解析】首先根据△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，可知EC=DC，AC=CB，再根据同角的余角相等可证出∠1=∠2，再根据全等三角形的判定方法SAS即可证出△ACE≌△BCD．
此题主要考查了全等三角形的判定方法，关键是熟练掌握全等三角形的5种判定方法：SSS、SAS、AAS、ASA、HL，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，
19.【答案】解：(1)设B型汽车的进价为每辆x万元，则A型汽车的进价为每辆1.5x万元，
依题意得：2400x−30001.5x=20，
解得：x=20，
经检验，x=20是方程的解，且符合题意，
则1.5x=1.5×20=30，
答：A型汽车的进价为每辆30万元，B型汽车的进价为每辆20万元；
(2)设购买辆A型汽车，则购买(150−m)辆B型汽车，
依题意得：30m+20(150−m)≤3600，
解得：m≤60，
答：最多可以购买60辆A型汽车．
【解析】(1)设B型汽车的进价为每辆x万元，则A型汽车的进价为每辆1.5x万元，由题意：用3000万元购进A型汽车的数量比2400万元购进B型汽车的数量少20辆．列出分式方程，解方程即可；
(2)设购买辆A型汽车，则购买(150−m)辆B型汽车，由题意：该公司决定用不多于3600万元购进A型和B型汽车共150辆，列出一元一次不等式，解不等式即可．
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)找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
20.【答案】(1)证明：∵四边形OABC是矩形，
∴CB//AO，
∴∠EOB=∠OBD，
又∵BE//OA′，
∴四边形OEBD为平行四边形，
由折叠的性质可知，∠EOB=∠BOD，
∴∠OBD=∠BOD，
∴OD=BD，
∴四边形OEBD为菱形；
(2)解：∵OABC是矩形，OC=4，CB=8，
∴设CD=x，
由(1)知：OD=BD=8−x，
在Rt△OCD中，有OC2+CD2=OD2，
即：16+x2=(8−x)2，
解得：x=3，
∴OD=8−3=5，
∴线段OD的长为5．
【解析】(1)先证明四边形OEBD为平行四边形，由折叠的性质可知，∠EOB=∠BOD，证出∠OBD=∠BOD，由菱形的判定可得出结论；
(2)设CD=x，则OD=BD=8−x，由勾股定理求出x=3，则可得出答案．
本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，折叠的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21.【答案】解：(1)由题意可得：xy=1600×0.5，
则y=800x，
即y关于x的函数表达式为y=800x；
(2)∵y=800x，
∴当x=2时，y=8002=400，
故当动力臂长为2m时，撬动石头至少需要400N的力．
【解析】(1)根据动力×动力臂=阻力×阻力臂，即可得出y关于x的函数表达式；
(2)将x=2代入(1)中所求解析式，即可得出y的值．
此题主要考查了反比例函数的应用，正确得出y与x之间的关系是解题关键．
22.【答案】(1)证明：如图，连接OD，

∴OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠CAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∵∠C=90°，
∴∠CAD+∠ADC=90°，
∴∠ODA+∠ADC=90°，
∴OD⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
(2)证明：如图，连接DE，

∵AE是直径，
∴∠ADE=∠AFE=90°，
∵∠C=90°，
∴∠ADE=∠AFE=∠C，
∴EF//BC，
∴AEAB=AFAC，
∴AE⋅AC=AF⋅AB，
∵∠EAD=∠DAC，
∴△EAD∽△DAC，
∴AEAD=ADAC，
∴AD2=AE⋅AC，
∴AD2=AF⋅AB．
【解析】(1)连接OD，可证∠ODA=∠CAD，再证∠ODA+∠ADC=90°，从而得证；
(2)连接DE，可证EF//BC，可得AE⋅AC=AF⋅AB，再证△EAD∽△DAC，
可得AD2=AE⋅AC，从而可以得证．
本题考查了切线的判定、平行线分线段成比例、三角形相似的判定及性质、直径所对的圆周角是直角，掌握相关的判定方法及性质，会根据题意作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)当m=2时，抛物线的解析式为：y=x2−4x+3=(x−2)2−1，
∴顶点坐标为(2,−1)；
(2)①∵抛物线y=x2−2mx+m2−1，
∴函数对称轴为x=−−2m2×1=m；
②∵函数开口向上，x=m时函数取得最小值，
∴离对称轴距离越远，函数值越大，
∵m−1∴y3>y1>y2；
故答案为：y3>y1>y2；
(3)把点A(−3,0)代入y=x+b的表达式并解得：b=3，
则B(0,3)，直线AB的表达式为：y=x+3，
如图，
在直线x=3上，当∠AOP=90°时，点P与B重合，
当y=3时，y=x2−2mx+m2−1=3，
则x=m±2，
∵点P在对称轴的左侧，
∴x=m+2>m不符合题意，舍去，
则点P(m−2,3)，
当△OAP为钝角三角形时，
则0解得：m>2或m<−1，
∴m的取值范围是：m>2或m<−1．
【解析】(1)先将m=2代入抛物线的解析式，并配方可得抛物线顶点的坐标；
(2)①根据函数对称轴为x=−b2a计算可得结论；
②函数开口向上，x=m时函数取得最小值，根据离对称轴距离越远，函数值越大可比较y1，y2，y3的大小关系；
(3)当△OAP为钝角三角形时，则0−3，分别求解即可．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数，解不等式，一元二次方程根的判别式，钝角三角形判断的方法等知识点，第三问有难度，确定∠AOP为直角时点P的位置是关键．
24.【答案】(1)证明：过点E作ET⊥BC于点T，如图所示，

∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠ADC=∠EDG=90°．
∵E为AD中点，
∴AE=DE．
∵∠AEF=∠DEG，AE=DE，∠A=∠EDG=90°，
∴△AEF≌△DEG(ASA)．
∴EF=EG．
∵△FHG为等腰直角三角形，
∴HE=EF=EG，HE⊥FG．
∴∠FEH=90°．
∵ET⊥BC，四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠ABC=∠AET=∠ETB=90°，
∴四边形ABET为矩形．
∵∠FEH=90°，∠AET=90°，
∴∠AEF=∠TEH．
∵∠A=∠ETB=∠ETH=90°，EF=EH，
∴△AEF≌△TEH(AAS)．
∴AE=ET．
∵四边形ABTE为矩形，
∴四边形ABTE为正方形．
∴AB=AE，
∵AE=ED=12AD，
∴AD=2AB；
(2)解：过点H作HQ⊥AB于点Q，过点E作ER⊥HQ于点R，过点H作HT⊥BC于点T，连接EH和BH，如图所示，

按照(1)的方法可证明△AEF≌△DEG(ASA)，
∴EF=EG．
∵△FHG为等腰直角三角形，
∴HE=EF=EG，HE⊥FG．
∵ER⊥QR，四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠AER=∠ERQ=90°，
∴四边形AERQ为矩形．
∵∠FEH=90°，∠AER=90°，
∴∠AEF=∠REH．
∵∠A=∠ERH=∠ERQ=90°，EF=EH，
∴△AEF≌△REH(AAS)．
∴AE=ER，AF=RH．
∵AE=ED，AD=4，
∴ER=AE=QR=2．
∵四边形AQRE为矩形，
∴四边形AQRE为正方形．
∴AQ=AE=2．
∵AB=3，
∴BQ=1．
∵HQ⊥AB，HT⊥BC，∠ABC=90°，
∴四边形BQHT为矩形．
∴BQ=HT=1．
∴S△BCH=12×4×1=2．
设AF=RH=x，
∴QH=QR+RH=2+x，
∴S△BFH=12×(3−x)⋅(2+x)=−12(x−12)2+258．
∵−12<0，
∴x=12时，△BFH的面积最大，且最大值为258．
∴四边形BCHF的面积的最大值为：S△BFH+S△BCH=258+2=418，
故答案为：418．
【解析】(1)通过△AEF≌△DEG(ASA)和等腰Rt△FHG证明EF=EH且EF⊥EH，作作ET⊥BC可知，四边形ABTE为矩形，再根据△AEF≌△TEH(AAS)推出AE=ET，从而证明四边形ABTE为正方形，最后利用E是中点，即可求出答案．
(2)利用第一问的证明方法可证明四边形AQRE为正方形和四边形BQHT为矩形，利用已知条件从而可推出HT的长度，最后利用面积法列二次函数从而求出△BFH的最大面积，即可求出四边形FHCB面积的最大值．
本题考查的有矩形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及二次函数的性质等知识，寻找正确的三角形全等证明线段之间的数量关系以及学会利用参数构建二次函数解决最值问题是解题的关键．
小明
小红
小芳
小米
平均数x(单位：秒)
53
48
52
49
方差s2(单位：秒 2)
5.5
4
12.5
17.5