文档内容
【赢在中考黄金八卷】备战2023年中考数学全真模拟卷（深圳
专用）
第二模拟
（本卷满分100分，考试时间为90分钟）
一、单选题（共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中只有
一个选项是最符合题意的）
1．如图，是一个正方体的表面展开图，则数字“2”所对的面是（ ）
A．1 B．7 C．快 D．乐
【答案】B
【分析】根据几何体的展开图及应用展开图还原几何体的方法进行求解即可得出答案．
【详解】解：根据题意，
数字“2”所对的面是“7”．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，
分析及解答问题．
2．数a在数轴上对应的点的位置如图所示，则a的相反数是（ ）
A．﹣2 B．2 C． D．
【答案】B
【分析】首先根据数a在数轴上对应的点的位置得到 ，然后根据相反数的概念求解
即可．
【详解】由数a在数轴上对应的点的位置可得 ，
∵ 的相反数为2，
∴a的相反数是2，故选：B．
【点睛】此题考查了有理数在数轴上的表示以及相反数的概念，解题的关键是根据数a在
数轴上对应的点的位置求出 ．
3．不等式x－2>1的解集是( )
A．x>1 B．x>2 C．x>3 D．x>4
【答案】C
【详解】解：x>1+2，x＞3．故选C．
4．某校女子排球队12名队员的年龄分布如下表所示：
年龄（岁） 13 14 15 16
人数（人） 1 2 5 4
则该校女子排球队12名队员年龄的众数、中位数分别是（ ）
A．13，14 B．14，15 C．15，15 D．15，14
【答案】C
【分析】根据众数和中位数的定义求解可得．
【详解】∵这组数据中15出现5次，次数最多，
∴众数为15岁，
中位数是第6、7个数据的平均数，
∴中位数为 岁，
故选C．
【点睛】此题考查了众数与中位数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排
列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数
的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错；众数是一组数据中出现次数最
多的数．
5．下列计算，结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据合并同类项法则计算即可．
【详解】解：A、 和 不是同类项，不能合并，故错误，不符合题意；B、 ，故错误，不符合题意；
C、 ，故正确，符合题意；
D、 ，故错误，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查了合并同类项，解题的关键是掌握合并同类项法则．
6．下列各数中，为负数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据小于零的数是负数，可得答案．
【详解】解：A、 ，是正数，故不符合题意；
B、 ，是负数，故符合题意；
C、 ，是正数，故不符合题意；
D、 ，是正数，故不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了正数和负数，绝对值，有理数的乘方运算，先化简再判断正负．
7．学校七年级师生共614人准备参加社会实践活动。现已预备了49座和37座的两种客车
共14辆，刚好坐满。设49座的客车 辆，37座的客车 辆。根据题意可列出方程
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题中的两个等量关系：49座客车数量+37座客车数量=14，两种客车载客量之和
=614．【详解】解：由题知两车总和为14辆，两种类型车辆所载人数为总人数，49座车x辆，
49x为这种车辆所载总人数同理有37y
则列示为 ．
故答案为：D．
【点睛】考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，根据实际问题中的条件列方程组时，
要注意抓住题目中的一些关键性词语，找出等量关系，列出方程组．
8．如图，飞机于空中A处测得目标B处的俯角为α，此时飞机的高度AC为a米，则AB的
距离为（ ）米
A．atanα B． C． D．
【答案】C
【分析】在Rt△ABC中，由正弦的定义解得 ．
【详解】由题意得，∠B＝α，
在Rt△ABC中，sinB ，
则AB ，
故选：C．
【点睛】本题考查正弦的定义，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
9．若二次函数y＝x2﹣2x﹣m与x轴无交点，则一次函数y＝（m+1）x+m﹣1的图象不经
过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【分析】先根据判别式的意义得到 ＝（﹣2）2﹣4（﹣m）＜0，解得m＜﹣1，然后根据
一次函数的性质进行判断． △
【详解】∵二次函数y＝x2﹣2x﹣m与x轴无交点，∴△＝（﹣2）2﹣4（﹣m）＜0，解得m＜﹣1，
∵m+1＜0，m﹣1＜0，
∴一次函数y＝（m+1）x+m﹣1的图象经过第二、三、四象限，不经过第一象限．
故选A．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，
a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了一次函数的性质．
10．如图，正方形ABCD的边长是 ，连接 交于点O，并分别与边
交于点 ，连接AE，下列结论： ； ；
； 当 时， ，其中正确结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
【答1案】B 2 3 4
【详解】∵四边形ABCD是正方形，AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∵BP=CQ，
∴AP=BQ，在△DAP与△ABQ中，AD=AB，∠DAP=∠ABQ，AP=BQ，
∴△DAP≌△ABQ，∴∠P=∠Q，∵∠Q+∠QAB=90°，∴∠P+∠QAB=90°，∴∠AOP=90°，
∴AQ⊥DP，则①正确；
∵∠DOA=∠AOP=90，∠ADO+∠P=∠ADO+∠DAO=90°，∴∠DAO=∠P，
∴△DAO∽△APO，∴ = ，所以OA2=OD·OP，∵AE＞AB，∴AE＞AD，
∴OD≠OE，∴OA2≠OE•OP；则②错误；
在△CQF与△BPE中，∠FCQ=∠EBP，∠Q=∠P，CQ=BP，∴△CQF△BPE，∴CF=BE，
∴DF=CE，在△ADF与△DCE中，AD=CD，∠ADC=∠DCE，DF=CE，
∴△ADF≌△DCE，∴S
ADF
﹣S
DFO
=S
DCE
﹣S
DOF
，即S
AOD
=S
四边形OECF
；则③正确；
△ △ △ △ △∵BP=1，AB=3，∴AP=4，∵△AOP∽△DAP，∴ = = ，∴BE= ，∴QE= ，
∵△QOE∽△PAD，∴ = = = ，∴QO= ，OE= ，∴AO=5-QO= ，
∴tan∠OAE= = ，则④错误，故选B.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．将 因式分解后的结果为 _____．
【答案】
【分析】先提公因式法，再用平方差公式进行因式分解．
【详解】解： ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查因式分解，熟练掌握提公因式法、公式法进行因式分解是解决本题
的关键．
12．关于 的方程 有一个根是 ，则 的值为___．
【答案】10
【分析】将 代入 ，即可求解．
【详解】∵ 的一个根为 ，
∴将 代入 ，
可得 ，
解得m=10，
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，知晓将方程的根回代到方程中是解答
本题的关键．13．如图，在 中， ，点 是 的中点， 交 于 ，点 在
上， ， ， ，则 =_________．
【答案】
【分析】根据直角三角形的性质得到BE=2DE=2（1+2.5）=7，过O作OF⊥AB于F，根据
等腰三角形的性质得到BF=AF，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵ ,
∴DE=1+2.5=3.5
∵DE⊥BC，∠B=30°，
∴BE=2DE=7，
过O作OF⊥AB于F，
∵点D是BC的中点，
∴OC=OB，∠BDE=90°，
∵OC=OA，
∴OB=OA，∴BF=AF，
∵
∴∠FEO=60°，
∴∠EOF=30°，∴EF= OE= ，
∴BF=BE-EF=7- ，
∴AF=BF= ，∴AE=AF-EF= ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解
题的关键．
14．若直线y＝kx(k>0)与双曲线y＝ 相交于点A(x ，y)和B(x ，y)，则xy＋xy 的值是
1 1 2 2 1 2 2 1
____．
【答案】-6
【分析】先根据点A（ ，y），B（x，y）是双曲线y= 上的点可得出 ·y=x y=3，
1 2 2 1 2· 2
再根据直线y=kx（k＞0）与双曲线y= 交于点A（x，y），B（x，y）两点可得出 =-
1 1 2 2
x，y=-y ，再把此关系代入所求代数式进行计算即可．
2 1 2
【详解】∵点A（x，y），B（x，y）是双曲线y= 上的点
1 1 2 2
∴x y=x y=3①，
1· 1 2· 2
∵直线y=kx（k＞0）与双曲线y= 交于点A（x，y），B（x，y）两点，
1 1 2 2
∴x=-x ，y=-y ②，
1 2 1 2
∴原式=-x y-xy=-3-3=-6．
1 1 2 2
故答案为-6．
【点睛】本题考查了反比例函数的对称性，根据反比例函数的图象关于原点对称得出 =
， = 是解答此题的关键．
15．如图， 对角线 与 交于点 ，且 ， ，在 延长线上取一
点 ，使 ，连接 交 于 ，则 的长为______．【答案】
【分析】过点 作 ，先由 和平行四边形的性质说明 是 的中位
线并求出 ，再判断 ，最后由相似三角形的性质得结论．
【详解】解：过点 作 ，交 于点 ，
四边形 是平行四边形， 是对角线 与 的交点，
，点 是 的中点．
，
是 的中位线．
， ．
．
．
，
．
．
．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了相似三角形，掌握相似三角形的判定和性质、三角形的中位线定
理及平行四边形的性质是解决本题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，其中第16题5分，第17题7分，第18题8分，
第19题8分，第20题8分，第21题9分，第22题10分，共55分）16．先化简，再求值： ，其中 ．
【答案】 ，﹣1．
【分析】用分式混合运算法则把原式进行化简，再把a的值代入进行计算即可．
【详解】解：原式= = ，
当 时，原式=﹣3+2=﹣1．
考点：分式的化简求值．
17．如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形中，点A、B、C在小正方形的
顶点（格点）上．
（1）在图中画出与△ABC关于直线l成轴对称的△A′B′C′；
（2）三角形ABC的面积为_______；
（3）顶点在格点，与△ABC全等且仅有1条公共边，这样的三角形共能画出_______个．
【答案】（1）见解析；（2）3；（3）4．
【分析】（1）根据轴对称的性质找出点A、B、C关于直线l的对称点A′，B′，C′，然后顺
次连接即可；
（2）根据网格的性质用长方形的面积减去3个直角三角形的面积即可求解；
（3）根据全等三角形的判定方法在网格中画出与△ABC全等的三角形求解即可．
【详解】解：（1）如图，△A′B′C′为所作；（2）△ABC的面积＝2×4﹣ ×4×1﹣ ×1×2﹣ ×2×2＝3；
故答案为3；
（3）如图，顶点在格点，与△ABC全等且仅有1条公共边，这样的三角形共能画出4个；
故答案为4．
【点睛】本题考查的是作图−轴对称变换以及全等三角形的判定和性质，求三角形面积，
熟练掌握轴对称的性质是解答此题的关键．
18．在读数月活动中学校准备购买一批课外读物，为使课外读物满足同学们的需求，学校
就“我最喜爱的课外读物”从文学、艺术、科普和其他四个类别进行了抽样调查（每位同
学只选一类）．下图是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图．请你根据统计图提供的信息，解答下列问题：
（1）本次调查中，一共调查了 名同学；
（2）条形统计图中 ；
（3）扇形统计图中，艺术类读数所在扇形的圆心角是 度；
（4）学校计划购买课外读物8000册，请根据样本数据，估计学校购买其他类读数多少册？
【答案】(1)200；(2)40，60；(3)72；(4)1200.
【分析】(1)结合两个统计图，根据条形图得出文学类人数为：70，利用扇形图得出文学类
所占百分比为：35%，即可得出总人数；
(2)利用科普类所占百分比为：30%，则科普类人数为：n=200×30%=60人，即可得出m的
值；
(3)利用360°乘以对应的百分比即可求解；
(4)根据喜欢其他类读物人数所占的百分比，即可估计8000册中其他读物的数量；
【详解】解：(1)根据条形图得出文学类人数为：70，利用扇形图得出文学类所占百分比为：
35%，故本次调查中，一共调查了：70÷35%=200名；
(2)根据科普类所占百分比为：30%，
则科普类人数为：n=200×30%=60人，
m=200−70−30−60=40人，
故m=40，n=60；
(3)艺术类读物所在扇形的圆心角是： ×360°=72°；
(4)由题意，得8000× =1200(册).
答：学校购买其他类读物1200册比较合理.
故答案为(1)200；(2)40，60；(3)72；(4)1200.
【点睛】本题考查了条形统计图，用样本估计总体，扇形统计图的知识，看清统计图所表示的信息是解题的关键.
19．如图，AB为半圆O的直径，直线PC切半圆O于点C，AP⊥PC，P为垂足．
求证：（1）∠PAC＝∠CAB；（2）AC2＝AP•AB．
【答案】见解析
【详解】分析：
（1）如下图，连接OC，由已知易得OC⊥PC，结合AP⊥PC可得OC∥AP，从而可得
∠PAC=∠ACO，结合∠ACO=∠CAO即可得到∠PAC=∠CAB；
（2）由已知易得∠APC=∠ACB=90°，结合（1）中所得∠PAC=∠CAB可得
△PAC∽△CAB，
这样即可由相似三角形的性质证得：AC2=AP•AB．
详解：
（1）连结OC，如图．
∵直线PC切半圆O于点C，
∴OC⊥PC，
∵AP⊥PC，
∴OC∥AP，
∴∠PAC=∠OCA，
∵OC=OA，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠PAC=∠CAB；
（2）∵AB为半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AP⊥PC，
∴∠P=∠ACB，
又∵由（1）可知∠PAC=∠CAB，
∴△PAC∽△CAB，
∴ ，∴AC2=AP•AB．
点睛：作出如图所示的辅助线，熟悉“切线的性质、直径所对的圆周角是直角和相似三角
形的判定与性质”是正确解答本题的关键.
20．已知关于x的一元二次方程 ．
（1）求证：不论k取何值，此一元二次方程总有两个不相等的实数根；
（2）若此一元二次方程的两根是 两直角边AB、AC的长，斜边BC的长为10，
求k的值．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）5
【分析】（1）根据根的判别式计算即可；
（2）求出一元二次方程的两个根，再利用勾股定理计算即可；
【详解】（1）∵ ，
∴
，
∴一元二次方程总有两个不相等的实数根；
（2）∵
∴ ，
∴ ， ，
∴ 两直角边分别是 ， ，斜边长为10，
∴ ，
解得： （舍去）， ,
∴k的值时5．
【点睛】本题主要考查了根与系数的关系、勾股定理、根的判别式，准确计算是解题的关键．
21．如图，已知抛物线 与一直线相交于A(-1，0)，C(2，3)两点，与y轴交
于点N，其顶点为D．
（1）求抛物线及直线AC的函数关系式，并直接写出点D的坐标；
（2）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，当点P的坐标为多少时，△APC的面
积有最大值．
（3）点Q在平面内，试探究是否存在以A，C，D，Q为顶点的平行四边形？若存在，请
直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） ， ，D(1，4)；（2）P( ， )；（3）存在Q(-2，
1
1)；Q(4，7)；Q(0，-1)．
2 3
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由S =S S = PQ•AG，即可求解；
APC APQ+ CPQ
△ △ △
（3）分三种情况讨论：①以AD为对角线，则AD和 的中点坐标相同；②以DC为对
角线，则DC和 的中点坐标相同；③以AC为对角线，则AC和 的中点坐标相同．
【详解】解：（1）解：（1）由抛物线 过点A（-1，0）及C（2，3）得
，解得 ，
故抛物线为 ，
又设直线为y=kx+n过点A（-1，0）及C（2，3），则
，
解得 ，
故直线AC为y=x+1；
∵ ，
∴D(1，4)；
（2）过点p作PH∥y轴，交x轴于点H，交AC于点F，
∵点p在抛物线 上，设P( ， )
F点在直线AC上，设F( ， )
∴PF=( )-( )= ，
∴S APC= = ，
△
当 时，面积最大， = ，
即P( ， )（3）存在，如图，理由如下：
由（1）知D(1，4)，A(-1，0)，C(2，3)，设Q(m，n)，
若以点A、C、D、Q为顶点的四边形为平行四边形，
①以AD为对角线，则AD和 的中点坐标相同，
则 ，解得 ，
Q（-2，1）；
1
②以DC为对角线，则DC和 的中点坐标相同，
则 ，解得 ，
Q（4，7）；
2
③以AC为对角线，则AC和 的中点坐标相同，
则 ，解得 ，
Q（0，-1）；
3
综上，符合条件的Q点有Q(-2，1)；Q(4，7)；Q(0，-1)．
1 2 3【点睛】本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行四边形的性质等知识点，熟
练掌握待定系数法求解析式及平行四边形的性质是解题的关键．
22．如图，已知矩形 ， ，D是矩形 边上的一点且满足 ，
点P从点 出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，运动时间为t秒．
(1)求点D的坐标；
(2)当 时，求t的值；
(3)以P为圆心， 为半径的圆P随点P的运动而变化，当圆P与四边形 的边（或
边所在的直线）相切时，直接写出t的值．
【答案】(1)（4，0）
(2) 或
(3)2或6或 秒．
【分析】（1）在 中，利用 可得 是等腰直角三角形，进而确定 的长即可解答；
（2）分点 在点D左侧和点 在点D右侧两种情况讨论，分别画出图形并利用特殊角的
三角函数值勾股定理求出 的值即可解答；
（3）分①当 与 相切于点C，②当 与 相切于点C，③当 与 相切三种情
况讨论，通过解直角三角形求出 的值即可．
【详解】（1）解：在 中， ，
∴ 是等腰直角三角形
∵
∴ ，
∴点D的坐标为（4，0）．
（2）解：①当分点 在点D左侧时，如图：
∵ ， ，
∴ ，即
∵
∴ ，
∴ ,即 ，解得：
∴
∴ 秒；
②当 在点D右侧时，如图：∵ ， ，
∴ ，
设 ，则
∴ ,即 ，解得：
∴
∴ 秒；
综上，当 时，t的值为 或 ．
（3）解：∵ 是 的半径，且 与 相切，
∴点C为切点，如图2所示：
∵ ，
∴ ，
∵
∴
∴
∴ ．
当点P与O重合时， 与 相切于C，∴
∴ 秒；
当 时， 与 相切，
设 ，则 ，在 中， ，解得：
∴ （秒）；
∴ 或6或 秒．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要靠出来勾股定理、圆与特殊图形的综合、动圆问题等
知识点，根据题意正确画出图形是解答本题的关键．
