2023年广东省阳江市阳东区中考数学三模试卷

这是一份2023年广东省阳江市阳东区中考数学三模试卷，共20页。

A．1B．﹣1C．2D．﹣2
2．（3分）被誉为：“中国天眼”的世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST的反射面总面积约为250000m2，将250000用科学记数法可表示为（ ）
A．25×104B．2.5×105C．2.5×104D．0.25×106
3．（3分）下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A．抛掷硬币时，正面朝上
B．经过红绿灯路口，遇到红灯
C．明天太阳从东方升起
D．玩“石头、剪刀、布”游戏时，对方出“剪刀”
4．（3分）如图，把一张长方形的纸按图那样折叠后，B，C两点落在B1，C1处，若∠AEB1＝70°，则∠BEF＝（ ）
A．70°B．60°C．65°D．55°
5．（3分）不透明的袋子中有4个红球和3个黄球，这些球除颜色外完全相同，从袋子中随机摸出1个球，这个球是黄球的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．（3分）下列运算一定正确的是（ ）
A．a6•a2＝a12B．（a2）3＝a5
C．a0＝0（a≠0）D．
7．（3分）下面命题正确的是（ ）
A．三角形的内心到三个顶点距离相等
B．方程x2＝14x的解为x＝14
C．三角形的外角和为360°
D．是一个分数
8．（3分）在《九章算术》中记载一道这样的题：“今有甲、乙二人持钱不知其数，甲得乙半而钱五十，乙得甲太半而亦钱五十，甲、乙持钱各几何？”题目大意是：甲、乙两人各带若干钱，如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有钱50，如果乙得到甲所有钱的，那么乙也共有钱50．甲、乙两人各需带多少钱？设甲需带钱x，乙带钱y，根据题意可列方程组为（ ）
A．B．
C．D．
9．（3分）如图，矩形AOBC的顶点A、B在坐标轴上，点C的坐标是（﹣10，8），点D在AC上，将△BCD沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，则tan∠DBE等于（ ）
A．B．C．D．
10．（3分）如图1，在菱形ABCD中，∠A＝60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为（ ）
A．B．2C．3D．4
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）分解因式：x3﹣4x＝ ．
12．（3分）关于x的一元二次方程x2﹣6x+m＝0有一个根为2，则m的值为 ．
13．（3分）在射击比赛中，某运动员的6次射击成绩（单位：环）为：7，8，10，8，9，6，计算这组数据的方差为 ．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC的斜边BC⊥x轴于点B，直角顶点A在y轴上，双曲线y＝（k≠0）经过AC边的中点D，若BC＝2，则k＝ ．
15．（3分）如图，正方形ABCD中，DE＝2AE＝4，F是BE的中点，点H在CD上，∠EFH＝45°，则FH的长度为 ．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（8分）解不等式组：．
17．（8分）如图，平行四边形ABCD中，连接BD．
（1）尺规作图：作对角线BD的垂直平分线，分别交AD，BD，BC于点M，O，N（不要求写作法，保留作图痕迹）；
（2）连接BM，DN，求证：△DOM≌△BON；
（3）若DM＝10，MN＝12，求BD的长．
18．（8分）随着信息技术的迅猛发展，人们去商场购物的支付方式更加多样、便捷．某校数学兴趣小组设计了一份调查问卷，要求每人选且只选一种最喜欢的支付方式．现将调查结果进行统计并绘制成如下两幅不完整的统计图．请结合图中所给的信息解答下列问题：
（1）这次活动共调查了 人；
（2）在扇形统计图中，表示“支付宝”支付的扇形圆心角的度数为 ；
（3）在一次购物中，小明和小亮都想从“微信”“支付宝”“银行卡”三种方式中选一种方式进行支付，请用画树状图或列表的方法，求出两人恰好选择同一种支付方式的概率．
19．（9分）为创建国家卫生城市，我市计划将城市道路两旁的人行道进行改造．经调查可知，若该工程由甲工程队单独来做，恰好能在规定时间内完成．若该工程由乙工程队单独完成，则需要的天数是规定时间的3倍．若甲、乙两工程队合作3天后，余下的工程由甲工程队单独来做还需4天完成．
（1）问我市要求完成这项工程规定的时间是多少天？
（2）已知甲工程队做一天需付工资3万元，乙工程队做一天需付工资0.8万元．应该怎样安排才能在规定的时间完成这项工程，并使工程花费最少？最少是多少元？
20．（9分）某校组织学生从学校出发，乘坐大巴前往基地进行研学活动．大巴出发1小时后，学校因事派人乘坐轿车沿相同路线追赶．已知大巴行驶的速度是40千米/小时，轿车行驶的速度是60千米/小时．
（1）求轿车出发后多少小时追上大巴？此时，两车与学校相距多少千米？
（2）如图，图中OB，AB分别表示大巴、轿车离开学校的路程s（千米）与大巴行驶的时间t（小时）的函数关系的图象．试求点B的坐标和AB所在直线的解析式；
（3）假设大巴出发a小时后轿车出发追赶，轿车行驶了1.5小时追上大巴，求a的值．
21．（9分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AB，垂足为E，延长BA交⊙O于点F．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若＝，AF＝10，求⊙O的半径．
22．（12分）【操作与发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN＝MN．
（1）【实践探究】在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是 ．
（2）如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，若tan∠BAN＝，求证：M是CD的中点．
（3）【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，则DM的长是 ．
23．（12分）已知抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图①，若点P是第一象限内抛物线上一动点，过点P作PD⊥BC于点D，求线段PD长的最大值；
（3）如图②，若点N是抛物线上另一动点，点M是平面内一点，是否存在以点B、C、M、N为顶点，且以BC为边的矩形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
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． 解：若收入3元记为+3，则支出2元记为﹣2，
故选：D．
2． 解：将250000 用科学记数法表示为2.5×105．
故选：B．
3． 解：A、抛掷硬币时，正面朝上，是随机事件，故A不符合题意；
B、经过红绿灯路口，遇到红灯，是随机事件，故B不符合题意；
C、明天太阳从东方升起，是必然事件，故C符合题意；
D、玩“石头、剪刀、布”游戏时，对方出“剪刀”，是随机事件，故D不符合题意；
故选：C．
4． 解：∵把一张长方形的纸按图那样折叠后，B，C两点落在B1，C1处，
∴∠BEF＝∠B1EF，
∵∠AEB1＝70°，∠AEB1+∠BEF+∠AEB1＝180°，
∴∠BEF＝（180°﹣∠AEB1）＝＝55°．
故选：D．
5． 解：∵从袋子中随机摸出1个球，共有7种等可能结果，其中这个球是黄色的有3种，
∴这个球是黄球的概率为，
故选：A．
6． 解：A．a6⋅a2＝a8，原计算错误，故本选项不合题意；
B．（a2）3＝a6，原计算错误，故本选项符合题意；
C．a0＝1（a≠0），原计算错误，故本选项符合题意；
D．，原计算正确，故本选项合题意．
故选：D．
7． 解：A、三角形的内心到三边的距离相等，故原命题错误，不符合题意；
B、方程x2＝14x的解为x＝14和x＝0，故原命题错误，不符合题意；
C、三角形的外角和为360°，正确，符合题意；
D、是一个无理数，不是一个分数，故原命题错误，不符合题意．
故选：C．
8． 解：设甲需带钱x，乙带钱y，
根据题意，得：，
故选：D．
9． 解：∵四边形AOBC为矩形，且点C（﹣10，8），
∴AC＝OB＝8，AO＝BC＝10，∠C＝∠A＝∠EOB＝90°，
∵△BCD沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，
∴CD＝DE，BC＝BE＝10，
在Rt△OBE中，OE＝＝＝6，
设AD＝m，则CD＝DE＝8﹣m，
∵∠ADE+∠AED＝∠AED+∠OEB＝90°，
∴∠ADE＝∠OEB，
∵∠A＝∠AOB，
∴△ADE∽△OEB，
∴，即，
解得m＝3，
∴DE＝8﹣3＝5，
在Rt△BDE中，DE＝5，BE＝10，
∴tan∠DBE＝＝，
另一种思路：OE＝6，则AE＝4，
在Rt△ADE中，（8﹣m）2+42＝m2，
解得m＝5，所以DE＝5，
在Rt△BDE中，BE＝10，
∴tan∠DBE＝＝，
故选：D．
10． 解：在菱形ABCD中，∠A＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
设AB＝a，由图2可知，△ABD的面积为3，
∴△ABD的面积＝a2＝3，
解得：a1＝2，a2＝﹣2（舍去），
故选：B．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11． 解：x3﹣4x，
＝x（x2﹣4），
＝x（x+2）（x﹣2）．
故答案为：x（x+2）（x﹣2）．
12． 解：∵关于x的一元二次方程x2﹣6x+m＝0有一个根为2，
∴22﹣6×2+m＝0，
解得，m＝8，
故答案为：8．
13． 解：平均数＝（7+8+10+8+9+6）＝8，
所以方差S2＝[（7﹣8）2+（8﹣8）2+（10﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2+（6﹣8）2]＝．
故答案为．
14． 解：如图，过点A作AE⊥BC于E，
∵等腰直角三角形ABC的斜边BC⊥x轴于点B，
∴CE＝BE，
∴AE＝BC＝，
∴A（0，），C（﹣，2），
∵D是AC的中点，
∴D（﹣，），
∴k＝﹣×＝﹣．
故答案为：﹣．
15． 解：如图基本图形，将△ABE绕点B顺时针旋转90°，
则点A与点C重合，点E旋转至点N，△ABE≌△CBN
∴AE＝CN
作∠EBM＝45°，点M在CD边上，则∠EBM＝45°
则在△EBM和△NBM中
∴△EBM≌△NBM（SAS）
∴EM＝NM＝MC+CN＝MC+AE
∵正方形ABCD中，DE＝2AE＝4，
∴AE＝CN＝2，DC＝AD＝BC＝AB＝6
设MC＝x，则EM＝2+x，DM＝6﹣x，DE＝4，由勾股定理得
42+（6﹣x）2＝（2+x）2
解得x＝3，即MC＝3，
∴BM＝＝3，BE＝＝
延长BE，交CD的延长线于点P，
易证△BAE∽△PDE
∴＝
∴＝
∴PE＝4，
∵F是BE的中点，
∴EF＝BE＝
∴PF＝5，PB＝6
∵∠EFH＝∠EBM＝45°
∴BM∥FH
∴△PFH∽△PBM
∴＝
∴＝
∴FH＝．
故答案为：．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16． 解：解不等式①，得：x＜2.5，
解不等式②，得：x≥﹣1，
则不等式组的解集为﹣1≤x＜2.5．
17． （1）解：如图，MN为所作；
（2）证明：∵MN垂直平分BD，
∴OB＝OD，MB＝MD，NB＝ND，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，
在△DOM和△BON中，
∴△DOM≌△BON（AAS）；
（3）解：△DOM≌△BON，
∴DM＝BN，
∴BM＝DM＝BN＝DN，
∴四边形BEDF为菱形，
∴OM＝ON＝MN＝12＝6，MN⊥BD，
∵DM＝10，
∴OD＝＝8，
∴BD＝2OD＝16．
18． 解：（1）这次活动共调查的人数为30÷15%＝200（人），
故答案为：200；
（2）“支付宝”的人数为200﹣（200×30%+30+50+15）＝45（人），
所以表示“支付宝”支付的扇形圆心角的度数为360°×＝81°，
故答案为：81°；
（3）将微信记为A，支付宝记为B，银行卡记为C，列表格如下：
共有9种等可能性的结果，其中两人恰好选择同一种支付方式的结果有3种，
则P（两人恰好选择同一种支付方式）＝．
19． 解：（1）设规定时间是x天，
根据题意得，3（）＝1
解得x＝8，
经检验：x＝8是原方程的解．
答：我市要求完成这项工程规定的时间是8天；
（2）由（1）知，由甲工程队单独做需8天，乙工程队单独做需24天，由题意得，
∴甲乙两工程队合作需要的天数是1÷＝6天，
∴所需工程工资款为（3+0.8）×6＝22.8万元．
甲工程队单独做需费用为：3×8＝24万元．
∵甲乙两工程队合作需要的花费最少，最少22.8万元．
20． 解：（1）设轿车出发后x小时追上大巴，
依题意得：40（x+1）＝60x，
解得x＝2．
∴轿车出发后2小时追上大巴，
此时，两车与学校相距60×2＝120（千米），
答：轿车出发后2小时追上大巴，此时，两车与学校相距120千米；
（2）∵轿车出发后2小时追上大巴，此时，两车与学校相距120千米，
∴大巴行驶了3小时，
∴B（3，120），
由图象得A（1，0），
设AB所在直线的解析式为s＝kt+b，
∴，
解得，
∴AB所在直线的解析式为s＝60t﹣60；
（3）依题意得：40（a+1.5）＝60×1.5，
解得a＝．
∴a的值为．
21． （1）证明：如图1，
连接OD，则OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠OCD，
∴∠B＝∠ODC，
∴OD∥AB，
∵DE⊥AB，
∴OD⊥DE，
∵OD为⊙O的半径，OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接AD，
∵＝，
∴设AE＝2m，DE＝3m，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠BED＝90°，
在Rt△ADE中，根据勾股定理得，AD＝＝m，
∵AC为直径，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°＝∠AED，
∴∠A＝∠A，
∴△ABD∽△ADE，
∴＝，
∴，
∴AB＝m，BD＝m，
∵AB＝AC，∠ADC＝90°，
∴DC＝m，BC＝2BD＝3m，
连接CF，则∠ADB＝∠F，
∵∠B＝∠B，
∴△ADB∽△CFB，
∴，
∵AF＝10，
∴BF＝AB+AF＝m+10，
∴，
∴m＝4，
∴AD＝4，CD＝6，
在Rt△ADC中，根据勾股定理得，AC＝＝26，
∴⊙O的半径为AC＝13．
22． （1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，
即∠EAM＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MAN＝∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN＝＝＝10，
则BN+DM＝10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，
∴x﹣6+x﹣8＝10，
解得：x＝12，
即正方形ABCD的边长是12；
故答案为：12；
（2）证明：设BN＝m，DM＝n，
由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，
∵∠B＝90°，tan∠BAN＝，
∴tan∠BAN＝＝，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：（2m）2+（3m﹣n）2＝（m+n）2，
整理得：3m＝2n，
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；
（3）解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：
则四边形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，
设DM＝a，则MQ＝16﹣a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴＝＝＝，
∴PE＝BN＝，
∴EQ＝PQ﹣PE＝16﹣＝，
由（1）得：EM＝PE+DM＝+a，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：（）2+（16﹣a）2＝（+a）2，
解得：a＝8，
即DM的长是8；
故答案为：8．
23． 解：（1）设y＝a（x+1）（x﹣3），
将点C（0，3）代入y＝a（x+1）（x﹣3），
∴﹣3a＝3，
解得a＝﹣1，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）过点P作PE⊥x轴交于点E，交BC于点F，
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝45°，
∵PD⊥BC，
∴∠DFP＝45°，
∴DF＝DP＝PF，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+3，
设P（t，﹣t2+2t+3），则F（t，﹣t+3），
∴PF＝﹣t2+2t+3+t﹣3＝﹣t2+3t，
∴DP＝（﹣t2+3t）＝﹣（t﹣）2+，
∴当t＝时，DP的长的最大值为；
（3）存在以点B、C、M、N为顶点，且以BC为边的矩形，理由如下：
设N（n，﹣n2+2n+3），
当M、N在直线BC的上方时，过点N作NG⊥y轴交于点G，过点M作MH⊥x轴交于点H，
∵∠NCB＝90°，
∴∠GCN+∠OCB＝90°，
∵∠OCB+∠OBC＝90°，
∴∠GCN＝∠OBC，
∴△GCN∽△OBC，
∴CG＝GN，即n＝﹣n2+2n，
∴解得n＝1，
∴N（1，4），
∴CN＝，
∴BM＝，
∵∠HBM＝90°﹣∠OBC＝45°，
∴BH＝HM＝1，
∴M（4，1）；
当MN在直线BC下方时，过点B作PQ⊥x轴，过点C作CP⊥PQ交于P点，过点N作NQ⊥PQ交于Q点，过点M作MR⊥PC交于点R，
同理可得△BCP∽△NBQ，
∴NQ＝BQ，即3﹣n＝n2﹣2n﹣3，
解得n＝3（舍）或n＝﹣2，
∴N（﹣2，﹣5），
∴BN＝5，
∴CM＝5，
∵∠RCM＝45°，
∴CR＝RM＝5，
∴M（﹣5，﹣2）；
综上所述：M点坐标为（4，1）或（﹣5，﹣2）．
A
B
C
A
（A，A）
（A，B）
（A，C）
B
（B，A）
（B，B）
（B，C）
C
（C，A）
（C，B）
（C，C）