广东省2023年中考数学模拟考试卷（三）
本试卷共4页，23小题，满分120分，考试用时90分钟．
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（3分）﹣的倒数是（ ）
A．﹣3 B．﹣ C． D．3
2．（3分）2022年，广东省外贸进出口总值再创新高，达到83100亿元，那么“83100”用科学记数法表示为（ ）
A．8.31×103 B．83.1×103 C．8.31×104 D．8.31×105
3．（3分）下列几何体中，同一个几何体从上面看和从正面看得到的图形不同的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）任意掷一枚骰子，下列情况出现的可能性比较大的是（ ）
A．面朝上的点数是3 B．面朝上的点数是奇数
C．面朝上的点数小于2 D．面朝上的点数不小于3
5．（3分）正方形网格中，网格线的交点称为格点．如图，已知A、B是两格点，使得△ABC为等腰三角形的格点C的个数是（ ）
A．4个 B．5个 C．6个 D．8个
6．（3分）一元二次方程5x2＝x的解是（ ）
A．5或0 B．或0 C． D．0
7．（3分）若方程5x2+x﹣5＝0的两个实数根分别为x1，x2．则x1+x2等于（ ）
A． B． C．﹣1 D．1
8．（3分）某工程队承接了60万平方米的绿化工程，由于情况有变，…．设原计划每天绿化的面积为x万平方米，列方程为，根据方程可知省略的部分是（ ）
A．实际工作时每天的工作效率比原计划提高了20%，结果提前30天完成了这一任务
B．实际工作时每天的工作效率比原计划提高了20%，结果延误30天完成了这一任务
C．实际工作时每天的工作效率比原计划降低了20%，结果延误30天完成了这一任务
D．实际工作时每天的工作效率比原计划降低了20%，结果提前30天完成了这一任务
9．（3分）如图，在同一平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）与一次函数y＝acx+b的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
10．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为3+3；③BP存在最小值为3﹣3；④点P运动的路径长为π．其中，正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）分解因式：mn﹣m2＝ ．
12．（3分）如果一个角是60°，那么这个角的补角是 °．
13．（3分）若关于x的不等式组无解，则实数m的取值范围是 ．
14．（3分）如图，点A，B分别在x轴正半轴、y轴正半轴上，点C，D为线段AB的三等分点，点D在等腰Rt△OAE的斜边OE上，反比例函数y＝过点C，D，交AE于点F．若S△DEF＝，则k＝ ．
15．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点．下列结论：①BM2+DN2＝MN2； ②若F是CD的中点，则tan∠AEF＝2；③连接MF，则△AMF为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是 （把你认为所有正确的都填上）．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（8分）计算：．
17．（8分）先化简，再求值：（﹣）÷，其中x＝+1．
18．（8分）为了了解全校1500名学生对学校设置的篮球、羽毛球、乒乓球、踢毽子、跳绳共5项体育活动的喜爱情况，在全校范围内随机抽查部分学生，对他们喜爱的体育项目（每人只选一项）进行了问卷调查，将统计数据绘制成如图两幅不完整统计图，请根据图中提供的信息解答下列各题．
（1）m＝ %，这次共抽取了 名学生进行调查；并补全条形图；
（2）请你估计该校约有 名学生喜爱打篮球；
（3）现学校准备从喜欢跳绳活动的4人（三男一女）中随机选取2人进行体能测试，请利用列表或画树状图的方法，求抽到一男一女学生的概率是多少？
19．（9分）已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣1，﹣1），B（﹣4，﹣2），C（0，﹣3）．
（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）以点O为位似中心，将△ABC放大为原来的2倍得到△A2B2C2，请在网格中画出△A2B2C2．
20．（9分）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y1＝﹣x﹣1与反比例函数y2＝（m为常数，且m≠0）的图象交于点A（﹣2，1），B（1，n）．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）连接OA，OB，求△AOB的面积．
21．（9分）春天来了，我校计划组织师生共1600人坐A、B两种型号的大巴车外出春游，且A型车每辆租金为580元，B型车每辆租金为700元，为了保证安全，校方要求必须保证人人都有座位．学生南南发现若租2辆A型与3辆B型大巴车恰好能坐下195人，若租3辆A型与2辆B型大巴车恰好能坐下180人．
（1）请问1辆A型与1辆B型大巴车各有几座？
（2）现学校决定租两种型号的大巴车共50辆作为出行交通工具，但政教主任蒋老师发现租车总经费不能超过32000元．他想运用函数的知识进行分析，为学校寻找最节省的租车方案．现蒋老师设学校租了A型大巴车x辆，租车总费用为w元．请你帮蒋老师完成分析过程，确定共有几种租车方案？哪种租车方案最省钱？并求出最低费用．
22．（12分）【数学概念】
我们把存在内切圆与外接圆的四边形称为双圆四边形．例如，如图①，四边形ABCD内接于⊙M，且每条边均与⊙P相切，切点分别为E，F，G，H，因此该四边形是双圆四边形．
【性质初探】
（1）双圆四边形的对角的数量关系是 ，依据是 ．
（2）直接写出双圆四边形的边的性质，（用文字表述）
（3）在图①中，连接GE，HF，求证GE⊥HF．
【揭示关系】
（4）根据双圆四边形与四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系，在图②中画出双圆四边形的大致区域，并用阴影表示．
【特例研究】
（5）已知P，M分别是双圆四边形ABCD的内切圆和外接圆的圆心，若AB＝2，BC＝4，∠B＝90°，则PM的长为 ．
23．（12分）如图1，抛物线y＝x2+bx+c过B（3，0），C（0，﹣3）两点，动点M从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC方向运动，设运动的时间为t秒．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）如图1，过点M作DE⊥x轴于点D，交抛物线于点E，当t＝1时，求四边形OBEC的面积；
（3）如图2，动点N同时从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OB方向运动，将△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF′．
①当点N运动到多少秒时，四边形NBFG是菱形；
②当四边形NBFG是矩形时，将矩形NBFG沿x轴方向平移使得点F落在抛物线上时，直接写出此时点F的坐标．
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：∵﹣＝1，
∴﹣的倒数是﹣3．
故选：A．
2． 解：83100＝8.31×104．
故选：C．
3． 解：A、主视图为长方形，俯视图为长方形，故此选项不符合题意；
B、主视图为正方形，俯视图为正方形，故此选项不符合题意；
C、主视图为三角形，俯视图为中间有点的圆，故此选项符合题意；
D、主视图为圆形，俯视图为圆形，故此选项不符合题意．
故选：C．
4． 解：A．面朝上的点数是3的概率为；
B．面朝上的点数是奇数的概率为＝；
C．面朝上的点数小于2的概率为；
D．面朝上的点数不小于3的概率为＝；
∴概率最大的是面朝上的点数不小于3，
故选：D．
5． 解：如图：
分三种情况：
当AB＝AC时，以点A为圆心，以AB长为半径作圆，则点C1即为所求；
当BA＝BC时，以点B为圆心，以BA长为半径作圆，则点C2即为所求；
当CA＝CB时，作AB的垂直平分线，则点C3，C4，C5，C6A即为所求；
综上所述，使得△ABC为等腰三角形的格点C的个数是6个，
故选：C．
6． 解：∵5x2＝x，
∴x（5x﹣1）＝0，
∴x＝0或x＝，
故选：B．
7． 解：根据根与系数的关系得，x1+x2＝﹣．
故选：A．
8． 解：设原计划每天绿化的面积为x万平方米，
∵所列分式方程为﹣＝30，
∴为实际工作时间，为原计划工作时间，
∴省略的条件为：实际工作时每天的工作效率比原计划降低了20%，结果延误30天完成了这一任务．
故选：C．
9． 解：A、由抛物线可知，a＞0，b＜0，c＜0，则ac＜0，由直线可知，ac＞0，b＞0，故本选项不合题意；
B、由抛物线可知，a＞0，b＞0，c＞0，则ac＞0，由直线可知，ac＞0，b＞0，故本选项符合题意；
C、由抛物线可知，a＜0，b＞0，c＞0，则ac＜0，由直线可知，ac＜0，b＜0，故本选项不合题意；
D、由抛物线可知，a＜0，b＜0，c＞0，则ac＜0，由直线可知，ac＞0，b＞0，故本选项不合题意．
故选：B．
10． 解：设AB与CP交于G，如图2所示：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴AD＝AE＝3，∠DAE＝90°，
∴∠DAB＝90°﹣∠BAE＝∠EAC，
在△AEC和△ADB中，
，
∴△AEC≌△ADB（SAS），故①正确；
∴∠DBA＝∠ECA，
∵∠ECA+∠AGC＝90°，∠AGC＝∠BGP，
∴∠DBA+∠BGP＝90°，
∴∠BPC＝90°，
∴BP＝BC sin∠BCP，
∴当∠BCP最小时，BP最小，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC＝＝＝6，
在Rt△BCP中，斜边BC一定，当BP最小时，CP最大，
∵当∠BCP最小时，BP最小，而∠ACB＝45°，
∴当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，如图3所示：
在Rt△AEC中，AE＝3，AC＝6，
∴EC＝＝＝3，
∵AE＝AD，∠EAC＝90°﹣∠BAE＝∠DAB，AC＝AB，
∴△AEC≌△ADB（SAS），
∴BD＝EC＝3，∠ADB＝∠AEC＝90°，
∴四边形ADPE是正方形，
∴PD＝PE＝AE＝3，
∴BP＝BD﹣PD＝3﹣3，CP＝PE+CE＝3+3，
∴CP存在最大值为3+3，BP存在最小值为3﹣3，故②正确，③不正确；
取BC的中点为O，连接OA、OP，
∵∠BAC＝∠BPC＝90°，
∴点P在以BC为直径的圆上运动，
OA＝OP＝OB＝OC＝AB＝×6＝3，
如图4，当AE⊥CP时，sin∠ACE＝＝＝，
∴∠ACE＝30°，
∴∠CAE＝60°，∠AOP＝2∠ACE＝60°，
∵将△ADE绕点A顺时针旋转60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为，
∴点P运动的路径长为：＝π，故④正确；
故选：B．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11． 解：mn﹣m2＝m（n﹣m）．
故答案为：m（n﹣m）．
12． 解：60°角的补角是180°﹣60°＝120°，
故答案为：120°．
13． 解：∵关于x的不等式组无解，
∴实数m的取值范围是m≤11，
故答案为：m≤11．
14． 解：如图，过点D作DH⊥OA于点H，
∵∠AOB＝90°，∠AHD＝90°，∠OAE＝90°，
∴△AHD∽△AOB，△ODH∽△OEA，
∵C，D为三等分点，
∴AH＝AO，
∵△AOE为等腰直角三角形，
∴AO＝AE，
设E（a，a），
∵＝＝，
∴OH＝AE＝a，
将x＝a代入反比例函数中，得：
y＝，
∴D（a，），
将x＝a代入反比例函数中，得：
y＝，
∴F（a，），
∴S△DEF＝×（a﹣a）×（a﹣）＝，
∵＝，
∴＝，
∴a2＝，
∴S△DEF＝＝＝，
∵S△DEF＝，
∴＝，
∴k＝8．
故答案为：8．
15． 解：①将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠HAF＝45°，
∵△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，
∴AH＝AM，BM＝DH，∠ABM＝∠ADH＝45°，
又∵AN＝AN，
∴△AMN≌△AHN（SAS），
∴MN＝HN，
而∠NDH＝∠ADB+∠ADH＝45°+45°＝90°，
Rt△HDN中，HN2＝DH2+DN2，
∴MN2＝BM2+DN2，故①正确；
②过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，如图：
由（1）同理可得△AEF≌△AGF，△ABE≌△ADG，
∴EF＝GF＝DF+DG＝DF+BE，∠AEF＝∠G，
设DF＝x，BE＝DG＝y，则CF＝x，CD＝BC＝AD＝2x，EF＝x+y，CE＝BC﹣BE＝2x﹣y，
Rt△EFC中，CE2+CF2＝EF2，
∴（2x﹣y）2+x2＝（x+y）2，
解得x＝y，
∴＝，
设x＝3m，则y＝2m，
∴AD＝2x＝6m，DG＝2m，
Rt△ADG中，tanG＝＝3，
∴tan∠AEF＝3，
故②不正确；
③∵∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF，
∴△AMN∽△DFN，
∴，
∴，
∵∠AND＝∠FNM，
∴△ADN∽△MFN，
∴∠MFN＝∠ADN＝45°，
∴∠MAF＝∠MFA＝45°，
∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确，
故答案为：①③．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16． 解：原式＝
＝
＝．
17． 解：原式＝
＝
＝，
当x＝+1时，原式＝＝．
18． 解：（1）m＝100%﹣14%﹣8%﹣24%﹣34%＝20%；
∵跳绳的人数有4人，占的百分比为8%，
∴4÷8%＝50；
故答案为：20，50；
如图所示；50×20%＝10（人）．
（2）1500×24%＝360；
故答案为：360；
（3）列表如下：
男1 男2 男3 女
男1 男2，男1 男3，男1 女，男1
男2 男1，男2 男3，男2 女，男2
男3 男1，男3 男2，男3 女，男3
女 男1，女 男2，女 男3，女
∵所有可能出现的结果共12种情况，并且每种情况出现的可能性相等．其中一男一女的情况有6种．
∴抽到一男一女的概率P＝＝．
19． 解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示：△A2B2C2即为所求．
20． 解：（1）∵A（﹣2，1），
∴将A 坐标代入反比例函数解析式 中，得m＝﹣2，
∴反比例函数解析式为；
（2）将B（1，n）代入，得n＝﹣2，
∴B（1，﹣2）．
设直线AB与y轴交于点C，如图．
∵y1＝﹣x﹣1，
∴令x＝0，得y＝﹣1，
∴点C 坐标（0，﹣1），
∴S△AOB＝S△AOC+S△COB
＝×1×2+×1×1
＝1+
＝．
21． 解：（1）设每辆A型客车有x个座位，每辆B型客车有y个座位，
，
解得，，
答：每辆A型客车有30个座位，每辆B型客车有45个座位；
（2）根据题意，得
，
解得，25≤x≤43，
∵x为整数，
∴25≤x≤43，
∵43﹣25+1＝19，
∴有19种租车方案，
w＝580x+700（50﹣x）＝﹣120x+35000，
∴当x＝43时，w取得最小值，此时w＝﹣120×43+35000＝29840，50﹣x＝7，
答：共有19种租车方案，租A型客车43辆，B型客车7辆最省钱，最低费用为29840元．
22． （1）解：双圆四边形的对角的数量关系是互补，依据是圆内接四边形的对角互补；
故答案为：互补；圆内接四边形的对角互补；
（2）解：∵⊙P与四边形ABCD四边相切，
∴AE＝AH，BE＝BF，CF＝CG，DG＝DH，
∴AB+CD＝AE+BE+DG+CG＝AH+BF+DH+CF＝AD+BC；
即双圆四边形的对边的和相等；
（3）证明：证法一：
如图1，设HF和GE交点为N．连接HE，PE，PF，PG，PH，
∵四边形ABCD内接于⊙M，
∴∠B+∠D＝180°，
∵⊙P是四边形ABCD的内切圆，G，H为切点，
∴∠DHP＝∠DGP＝90°．
∴∠D+∠HPG＝180°．
同理∠B+∠EPF＝180°．
∴∠HPG+∠EPF＝180°．
∵∠HEG＝∠HPG，∠EHF＝∠EPF，
∴∠HEG+∠EHF＝（∠HPG+∠EPF）＝90°，
∴∠HNE＝90°，即GE⊥HF；
证法二：
如图2，设HF和GE交点为N．连接PH，延长HP交⊙P于点K，连接HG，GK，HE，EF，
∵四边形ABCD内接于⊙M，
∴∠B+∠D＝180°，
∵⊙P是四边形ABCD的内切圆，H，G为切点，
∴DH＝DG，∠DHP＝90°，即∠DHG+∠GHP＝90°，
∴∠DHG＝∠DGH＝（180°﹣∠D），
∵HK是⊙P直径，
∴∠HGK＝90°，即∠GHP+∠K＝90°，
∴∠DHG＝∠K，
∵∠HEG＝∠K，
∴∠DHG＝∠HEG，
∴∠HEG＝（180°﹣∠D），
同理∠EHF＝（180°﹣∠B），
∴∠HEG+∠EHF＝（180°﹣∠D）+（180°﹣∠B）＝90°，
∴∠HNE＝90°，即GE⊥HF；
证法三：
如图3，设HF和GE交点为N．延长AB，DC，相交于点K，
∵四边形ABCD内接于⊙M，
∴∠B+∠D＝180°，
∵⊙P是四边形ABCD的内切圆，H、G为切点，
∴KG＝KE，
∴∠KGE＝∠KEG，
∵∠KGE+∠DGE＝180°，
∴∠KEG+∠DGE＝180°，
同理∠DHF+∠BFH＝180°，
在四边形DHNG和四边形BFNE中，
∴∠HNG+∠FNE＝2×360°﹣3×180°＝180°，
∵∠HNG＝∠FNE，
∴∠HNG＝90°，即GE⊥HF；
（4）解：阴影区域如图；
（5）解：如图4，连接AC，连接FM，ME，
∵∠B＝90°，
∴AC是⊙P的直径，
由（2）知：AB+CD＝BC+AD，
设AD＝x，则CD＝x+2，
∴AC2＝x2+（x+2）2＝42+22，
∴x1＝2，x2＝﹣4，
∴AD＝2，CD＝4，
∴AD＝AB，CD＝BC，
∵AC＝AC，
∴△ACD≌△ACB（SSS），
∴∠ACB＝∠ACD，∠CAD＝∠CAB，
∴点M在AC上，
∴∠B＝∠BEM＝∠BFM＝90°，FM＝EM，
∴四边形BEMF是正方形，
∴EM＝FM，
∵EM∥BC，
∴∠AME＝∠ACB，
∴tan∠AME＝tan∠ACB，
∴＝＝，
设AE＝a，EM＝2a，
∴2a＝2﹣a，
∴a＝，
∵∠B＝90°，AB＝2，BC＝4，
∴AC＝＝2，
∴AP＝AC＝，
在Rt△AEM中，
∵∠AEM＝90°，AE＝，EM＝，
∴AM＝＝，
∴PM＝AP﹣AM＝﹣＝．
故答案为：．
23． 解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的图象过B（3，0），C（0，﹣3）两点，
∴，解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣3；
（2）如图：
∵B（3，0）．C（0，﹣3）．
∴OB＝3．OC＝3．
∴BC＝＝6，
当t＝1时．BM＝2t＝2，
∵DM⊥AB．OC⊥AB，
∵DM∥OC．
∴＝，即＝，
∴BD＝1，
∴OD＝OB﹣OD＝3﹣1＝2，
∴在y＝x2﹣x﹣3中，令x＝2得y＝×22﹣2﹣3＝﹣，
∴E（2，﹣）；
∴S四边形OBEC＝S梯形ODEC+S△BDE＝×（+3）×2+××1＝；
（3）①如图：
根据题意得：ON＝t．BN＝3﹣t．BM＝2t，
∵将△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF′．
∴BM＝GM，NM＝FM，
∴四边形NBFG是平行四边形，
若四边形NBFG是菱形，只需BG⊥NF，即∠BMN＝90°，
此时cos∠MBN＝＝，
在Rt△BOC中，cos∠CBO＝＝＝，
∴＝，
解得t＝，
答：当点N运动到秒时，四边形NBFG是菱形；
②如图：
根据题意得：ON＝t．BN＝3﹣t．BM＝2t，
∵△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF，
∴MN＝MF．BM＝GM．BG＝2BM＝4t．
∵四边形NBFG是平行四边形．
当四边形NBFG是矩形时，只需∠BNG＝90°．
当∠BNG＝∠BOC＝90°时，
∵NG∥OC，
∴＝，即＝，
解得：t＝1．
∴当点N运动1秒时，四边形NBFM是矩形．
∴NB＝3﹣1＝2，BG＝4．NG＝＝2．
将矩形NBFM沿x轴方向平移时，点F落在抛物线的图象上，即yF＝﹣2．
当yF＝﹣2时，x2﹣x﹣3＝﹣2，
解得x1＝，x2＝，
∴点F的坐标为（，﹣2）或（，﹣2）．
