精品解析：2023年广东省深圳市宝安区中考三模数学试题

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1. 的相反数是（ ）
A. 2023B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用相反数的定义判断．
【详解】解：的相反数是2023．
故选：A．
【点睛】本题考查了相反数，掌握相反数的定义是关键．
2. 年第届国际足联世界杯在卡塔尔举办．下列四届世界杯会徽中是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称定义：将图形沿一条直线对折两边重合的图形叫轴对称图形，逐个判断即可得到答案；
【详解】解：由题意可得，
A是轴对称图形，故A符合题意；
B不是轴对称图形，故B不符合题意；
C不是轴对称图形，故C不符合题意；
D不是轴对称图形，故D不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查轴对称定义：将图形沿一条直线对折两边重合的图形叫轴对称图形．
3. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别根据同底数幂的乘法，积的乘方，单项式除以单项式，完全平方公式以及合并同类项法则计算各选项后再进行判断即可．
【详解】解：A. ，故原选项计算错误，不符合题意；
B. ，，计算正确，符合题意；
C. ，故原选项计算错误，不符合题意；
D. 故原选项计算错误，不符合题意；
故选：B
【点睛】本题主要考查了同底数幂乘法，积的乘方，单项式除以单项式，完全平方公式以及合并同类项，熟练掌握相关运算法则和公式是解答本题的关键．
4. 不等式的解在数轴上的表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出不等式的解集，再表示在数轴上即可．
【详解】解：∵，
∴，
在数轴上表示为：
，
故选：B．
【点睛】本题考查了在数轴上表示不等式的解集，以及解一元一次不等式，熟练掌握一元一次不等式的解法是解本题的关键．要注意把每个不等式的解集在数轴上表示出来的方法（＞，≥向右画；＜，≤向左画），在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圈表示．
5. 如图，，平分交于点E，若，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图：根据平角的定义及角平分线的性质求得的度数，再根据平行线的性质求解即可．
【详解】解：如图：
∵，
∴，
∵平分
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、角平分线的定义等知识点，灵活运用平行线的性质是解答本题的关键．
6. 如图，斑马线的作用是为了引导行人安全地通过马路．小丽觉得行人沿垂直马路的方向走过斑马线更为合理，这一想法体现的数学依据是（ ）
A. 垂线段最短
B. 两点确定一条直线
C. 过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
D. 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行
【答案】A
【解析】
【分析】根据垂线段最短解答即可．
【详解】解：行人沿垂直马路的方向走过斑马线，体现的数学依据是垂线段最短，
故选：A．
【点睛】本题考查垂线段最短，熟知垂线段最短是解答的关键．
7. 某数学兴趣小组准备了张卡片，正面依次书写“备”“战”“中”“考”，它们除此之外完全相同，把这张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取两张，则这两张卡片的正面汉字恰能组成“备考”的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】列表格得到所有可能的结果数及所求结果数，根据概率公式计算可得．
【详解】列表如下：
由表知，共有种等可能结果，其中这两张卡片的正面汉字恰能组成“备考”的有种结果，
所以这两张卡片的正面汉字恰能组成“备考”的概率为，
故选：．
【点睛】此题考查了列举法求事件的概率，正确理解“放回”与“不放回”事件及概率的计算公式是解题的关键．
8. 九章算术是中国古代的一本重要数学著作，其中有一道方程的应用题：“五只雀、六只燕，共重两，雀重燕轻．互换其中一只，恰好一样重．问每只雀、燕的重量各为多少？”解：设雀每只两，燕每只两，则可列出方程组为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设雀每只两，燕每只两，根据“五只雀、六只燕，共重两，雀重燕轻．互换其中一只，恰好一样重”可列出方程组，从而可得答案．
【详解】设雀每只两，燕每只两，则可列出方程组为：
．
故选：B．
【点睛】本题考查是二元一次方程组的应用，确定相等关系列方程组是解本题的关键．
9. 下列四个命题：
① 一个多边形的内角和是外角和的倍，则这个多边形的边数是．
②气象局调查了甲、乙两个城市近年的降水量，它们的平均降水量都是毫米，方差分别是，，则这两个城市年降水量最稳定的是乙城市．
③在同圆或等圆中，同弦或等弦所对的圆周角相等．
④对角线互相平分且垂直的四边形是矩形．
其中假命题的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据多边形内角和公式，外角和定理判断；
两组数据平均数相同，方差小的数据更稳定；
同圆或或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，注意圆中同一条弦所对的圆周角的度数有两种情况；
根据判定定理，对角线互相平分且垂直的四边形是菱形．
【详解】一个多边形的内角和是外角和的倍，则这个多边形的边数是，故原命题错误，是假命题，符合题意．
气象局调查了甲、乙两个城市近年的降水量，它们的平均降水量都是毫米，方差分别是，，则这两个城市年降水量最稳定的是甲城市，故原命题错误，是假命题，符合题意．
在同圆或等圆中，同弦或等弦所对的圆周角相等或互补，故原命题错误，是假命题，符合题意．
对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，符合题意．
假命题有个；
故选：D．
【点睛】本题考查多边形的内角和定理、外角和定理，数据统计分析中方差的意义，圆周角定理的推论，菱形的判定；根据相关的知识点判定命题的真假．
10. 如图，在中，，，将绕顶点C旋转得到，且使得恰好落在AB边上，与AC交于点D，则的值为（ ）

A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图（见解析），设，先根据余弦三角函数得出BE的长，再根据等腰三角形的三线合一可得的长，从而可得的长，然后根据旋转的性质可得，，最后根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得出答案．
【详解】如图，过点C作于点E
在中，，
可设，则，
是等腰三角形
（等腰三角形的三线合一）
由旋转的性质可知，，
在中，，即
解得
在和中，
故选：B．
【点睛】本题考查了余弦三角函数、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、旋转的性质等知识点，通过作辅助线，运用余弦三角函数求出BE的长是解题关键．
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 分解因式：_____．
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式，再用平方差公式即可求解．
【详解】
，
故答案：．
【点睛】本题考查了用提公因式法和平方差公式分解因式的知识．把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式．因式分解是恒等变形．因式分解必须分解到每一个因式都不能再分解为止．
12. 若关于x的一元二次方程有一个根是0，则的值是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的定义，将代入关于x的一元二次方程得到关于的方程求解，再根据一元二次方程定义确定值即可得到答案．
【详解】解：关于x的一元二次方程有一个根是0，
，解得，
是关于x的一元二次方程，
，即，
综上所述，，
故答案为：．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义及一元二次方程根的定义，熟练掌握相关概念是解决问题的关键．
13. 已知如图，在中，，且，根据图中的尺规作图痕迹，计算______°；
【答案】5
【解析】
【分析】根据等边对等角，以及三角形内角和定理，求出的度数，根据作图可知，两条线分别为的角平分线，的中垂线，根据角平分线平分角，中垂线的性质进行角的转化，求解即可．
【详解】解：∵在中，，且，
∴，
如图：
由作图痕迹可知：是的角平分线，
∴，
为线段的中垂线，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查基本作图，三角形内角和定理，中垂线的性质，等腰三角形的判定和性质，角平分线的定义．熟练掌握角平分线和垂线的作图方法，是解题的关键．
14. 如图，将矩形的顶点O与原点重合，边分别与x、y轴重合．将矩形沿折叠，使得点O落在边上的点F处，反比例函数上恰好经过E、F两点，若B点的坐标为，则k的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】连结OF，过E作于H．得到E点的坐标为，F点的坐标为，证明，利用相似三角形的性质求得，在中，利用勾股定理列式计算即可求解．
【详解】解：连结OF，过E作于H．
由B点坐标为，可得E点的坐标为，F点的坐标为，
由折叠的性质知：是线段的垂直平分线，
∴，
，
又，
，
，即，
，
，，
由折叠可得，
在中，由勾股定理可得
，
解得，（舍）．
故答案为：．
【点睛】本题考查反比例函数的图象和性质，相似三角形的性质和判定、轴对称的性质等知识，巧妙的将点的坐标转化为相似三角形对应边的比是解决问题的关键，同时还考查了勾股定理的内容．
15. 在中，，，点在内部，若的面积为，且满足，则______．
【答案】
【解析】
【分析】过点作直线于，设，，证明， 得出，证明，得出，证明，根据的面积为，得出，求出结果即可．
【详解】解：如图，过点作直线于，
设，，
∴，
∵，
∴
，
，，
，
∴，
∴，
∵
，
∴，
在和中，
，
，
∴，
的面积为，
∴，
即，
∴，负值舍去．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，证明．
三、解答题（本大题共7小题，共55.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的性质，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，零指数幂，进行计算即可求解．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，熟练掌握二次根式的性质，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，零指数幂是解题的关键．
17. 化简求值：，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】先根据分式混合运算法则进行化简，然后再代入数据求值即可．
【详解】解：
，
把代入得：
原式．
【点睛】本题主要考查了分式化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算法则，准确计算．
18. 在“世界读书日”前夕，某校开展了“共享阅读，向上人生”的读书活动．活动中，为了解学生对书籍种类（A：艺术类，B：科技类，C：文学类，D：体育类）的喜欢情况，在全校范围内随机抽取若干名学生，进行问卷调查（每个被调查的学生必须选择而且只能在这四种类型中选择一项）将数据进行整理并绘制成下面两幅不完整的统计图．
（1）这次调查中，一共调查了多少名学生？
（2）求出扇形统计图中“D”所在扇形的圆心角的度数，并补全条形统计图；
（3）若全校有1200名学生，请估计喜欢B（科技类）的学生有多少名？
【答案】（1）这次调查中，一共调查了200名学生
（2）“D”所在扇形的圆心角的度数是54°，补全条形统计图见解析
（3）估计该校喜欢B（科技类）的学生为420人
【解析】
【分析】（1）根据A类的人数和所占的百分比，即可求出总人数；
（2）用整体1减去A、C、D类所占的百分比，即可求出扇形统计图中“D”所在扇形的圆心角的度数以及B所占的百分比；用总人数乘以所占的百分比，求出C的人数，从而补全图形；
（3）总人数乘以样本中B所占百分比即可得．
【小问1详解】
解：这次调查的总学生人数是
答：这次调查中，一共调查了200名学生
【小问2详解】
D所占百分比为，
扇形统计图中“D”所在扇形的圆心角的度数为：360°×15%=54°；
B所占的百分比是1-15%-20%-30%=35%，
C的人数是：200×30%=60（名），
补图如下：
【小问3详解】
估计全校喜欢B（科技类）的学生是
答：估计该校喜欢B（科技类）的学生为420人．
【点睛】本题主要考查了条形统计图和扇形统计图的应用，利用样本估计总体，正确利用条形统计图得出正确信息是解题关键．
19. 文明，是一座城市的幸福底色，是城市的内在气质．2023年是成都争创全国文明典范城市的关键之年．为积极推进创建工作，某社区计划购买A，B两种型号的垃圾分装桶共120个，其中A型垃圾分装桶的个数不少于B型的一半．根据市场调查，A型垃圾分装桶的价格为每个400元，B型垃圾分装桶的价格为每个100元．
（1）设购买A型垃圾分装桶个，求的取值范围；
（2）某企业为了更好地服务于社区，打算捐赠这批垃圾分装桶，试问：该企业最少需要花费多少元？
【答案】（1）
（2）24000元
【解析】
【分析】（1）设购买A型垃圾分装桶个，则购买B型垃圾分装桶个，然后根据A型垃圾分装桶的个数不少于B型的一半列出不等式求解即可；
（2）设该企业需要花费w元，求出w关于x的一次函数关系式，利用一次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：设购买A型垃圾分装桶个，则购买B型垃圾分装桶个，
由题意得，，
解得，
∴；
【小问2详解】
解：设该企业需要花费w元，
由题意得，，
∵，
∴w随x增大而增大，
∴当时，w最小，最小为，
∴该企业最少需要花费24000元．
【点睛】本题主要考查了一次函数的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意列出对应的函数关系式和不等式是解题的关键．
20. 如图．在一次足球比赛中，守门员在距地面1米高的P处大力开球，一运动员在离守门员6米的A处发现球在自己头上的正上方距离地面4米处达到最高点Q，球落到地面B处后又一次弹起．已知足球在空中的运行轨迹是一条抛物线，在草坪上弹起后的抛物线与原来的抛物线形状相同，最大高度为1米．
（1）求足球第一次落地之前的运动路线的函数解析式及第一次落地点B与守门员（点O）的距离；
（2）运动员（点A）要抢到第二个落点C，他应再向前跑多少米？（假设点O，A，B，C在同一条直线上，结果保留根号）
【答案】（1）；米
（2）米
【解析】
【分析】（1）由条件可以得出，设抛物线的解析式为，由待定系数法求出其解即可；当时代入解析式，求出x的值即可得第一次落地点B和守门员（点O)的距离；
（2）设第二次抛物线的顶点坐标为，抛物线的解析为，求出解析式，就可以求出OC的值，进而得出结论．
【小问1详解】
解：设足球第一次落地之前的运动路线的函数表达式为，根据其顶点为，过点得
，
解得：，
∴．
当时，，
解得：（舍去）或，
∴足球第一次落地之前的运动路线的函数表达式为，第一次落地点B和守门员（点O)的距离为米；
【小问2详解】
设第一次落地之后的运动路线的函数表达式为，由题意可知：
，
∴
解得：或（舍去），
∴．
当时，
．
解得：或（舍去）．
∴运动员（点A）要抢到第二个落点C的距离为：
（米）．
∴他应再向前跑米．
【点睛】本题考查了运用顶点式及待定系数法求二次函数解析式的运用，由函数值求自变量的值的运用，二次函数的性质的运用，解答时求出函数的解析式是解题的关键．
21. 综合与实践
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，已知三只蚂蚁A、、在半径为的上静止不动，第四只蚂蚁在上的移动，并始终保持．
（1）请判断的形状；“数学希望小组”很快得出结论，请你回答这个结论：是______三角形；
（2）“数学智慧小组”继续研究发现：当第四只蚂蚁在上的移动时，线段、、三者之间存在一种数量关系：请你写出这种数量关系：______，并加以证明；
（3）“数学攀峰小组”突发奇想，深入探究发现：若第五只蚂蚁同时随着蚂蚁的移动而移动，且始终位于线段的中点，在这个运动过程中，线段的长度一定存在最小值，请你求出线段的最小值是______（不写解答过程，直接写出结果）．
【答案】（1）等边 （2）；证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据圆周角定理可得对应的圆周角为，即、，说明为等边三角形即可；
（2）如图，在上截取，连接，先说明为等边三角形可得，，，进而证明可得，最后根据等量代换即可解答；
（3）如图：的轨迹是以为直径的圆，设圆心为，连接，过作于，过作，，根据题意可得，然后说明是三角形的中位线，进而得到；再根据中点的定义可得，利用勾股定理可得，最后根据线段的和差即可解答．
【小问1详解】
解：，
对应的圆周角为，
，，
，
为等边三角形．
故答案为：等边．
【小问2详解】
解：如图，在上截取，连接，

，
为等边三角形，
，，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【小问3详解】
解：根据题意可知，如图：的轨迹是以为直径的圆，设圆心为，连接，过作于，过作，，

，，
，
，
是的中点，
是三角形的中位线，
为的中点，
，
又是的中点，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
22. （1）【问题情境】如图，正方形中，、分别是边和对角线上的点，．易证（不需写出证明过程），此时的值是______；（直接填结果）
（2）【问题解决】如图，矩形中，，，、分别是边和对角线上的点，，，求的长；
（3）【变式探究】如图，菱形中，，对角线，交的延长线于点，、分别是线段和上的点，，，求的长．
（4）【拓展延伸】如图，点为等腰斜边的中点，，，连接，作，其中，，连接，求四边形的面积的最大值为______．（直接写出结果）
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【分析】（1）先证明，由四边形为正方形，，为对角线得到，则，由正方形的性质得到．由即可得到，得到答案；
（2）设交于点，由矩形性质得到，由勾股定理得到，证明，则，由即可得到的长；
（3）连接交于点，在菱形中，，，，则，，由勾股定理得到，则，，再证明，则，即，则，即可得到，再证明，则，即可得到答案．
（4）由四边形的面积且的面积为定值，则面积最大时，四边形的面积最大，进一步得到点距离最大时，面积最大．可知点在以为圆心，半径为的圆上，当，，三点在一条直线上，即与该圆相切时，面积最大．过作于，则．求得，再求得，得到，求得，，得到，即可得到面积最大值为．进一步即可得到答案．
【详解】解：（1），
，
，
，
四边形为正方形，，为对角线，
，
∴；
：四边形为正方形，，为对角线，
，
，
．
∵，
，
故答案为：；
（2）设交于点，

∵四边形是矩形，
∴，，，
，
在矩形中，，
，
，
，
，
，
，，
，
，，
，
∴，
∴，
，
；
（3）连接交于点，
在菱形中，，，，

，，
在中，，
，，
为菱形对角线，
，
，，
，
∴，
，即，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
∴，
，
．
（4）∵四边形的面积，的面积为定值，
面积最大时，四边形的面积最大．
且位置不变，
点距离最大时，面积最大．
，
点在以为圆心，半径为的圆上，如图所示：

，
当，，三点在一条直线上，即与该圆相切时，面积最大．
过作于，
∵，
．
为的中点，
．
，
，
，
，
，
，
在中，，
在中，，
，
面积最大值为．
四边形的面积的最大值．
【点睛】此题考查了解直角三角形、相似三角形的判定和性质、切线的性质、正方形、矩形、菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握解直角三角形和相似三角形的判定和性质是解题的关键．
备
战
中
考
备
战备
中备
考备
战
备战
中战
考战
中
备中
战中
考中
考
备考
战考
中考