【真题汇总卷】2022年重庆市九龙坡区中考数学三模试题（含答案详解）

这是一份【真题汇总卷】2022年重庆市九龙坡区中考数学三模试题（含答案详解），共30页。试卷主要包含了下列运算中，正确的是，下列计算错误的是等内容，欢迎下载使用。

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号学 级年 名姓
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2022年重庆市九龙坡区中考数学三模试题
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图所示，，，，，则等于（ ）

A． B． C． D．
2、将抛物线y＝x2先向右平移3个单位长度，再向上平移5个单位长度，所得抛物线的解析式为（　　）
A．y＝（x+3）2+5 B．y＝（x﹣3）2+5 C．y＝（x+5）2+3 D．y＝（x﹣5）2+3
3、下列说法中，正确的是（ ）
A．东边日出西边雨是不可能事件．
B．抛掷一枚硬币10次，7次正面朝上，则抛掷硬币正面朝上的概率为0.7．
C．投掷一枚质地均匀的硬币10000次，正面朝上的次数一定为5000次．
D．小红和同学一起做“钉尖向上”的实验，发现该事件发生的频率总在0.618附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“钉尖向上”的概率是0.618．
4、如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是各边上的点，对于四边形E，F，G，H的形状，小聪进行了探索，下列结论错误的是（　　　）

A．E，F，G，H是各边中点．且AC=BD时，四边形EFGH是菱形
B．E，F，G，H是各边中点．且AC⊥BD时，四边形EFGH是矩形
C．E，F，G，H不是各边中点．四边形EFGH可以是平行四边形
D．E，F，G，H不是各边中点．四边形EFGH不可能是菱形
5、如图，在中，．分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧．两弧相交于点M和点N，作直线MN分别交BC、AB于点D和点E，若，则的度数是（ ）

A．22° B．24° C．26° D．28°
6、如图，二次函数y＝ax2＋bx＋c（a＞0）的图像经过点A（﹣1，0），点B（m，0），点C（0，﹣m），其中2＜m＜3，下列结论：①2a＋b＞0，②2a＋c＜0，③方程ax2＋bx＋c＝﹣m有两个不相等的实数根，④不等式ax2＋（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜m，其中正确结论的个数为（ ）
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A．1 B．2 C．3 D．4
7、下列运算中，正确的是（　　）
A．＝﹣6 B．﹣＝5 C．＝4 D．＝±8
8、某物体的三视图如图所示，那么该物体形状可能是（ ）

A．圆柱 B．球 C．正方体 D．长方体
9、下列计算错误的是（ ）
A． B．
C． D．
10、已知正五边形的边长为1，则该正五边形的对角线长度为（ ）．
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，在一条可以折叠的数轴上，A、B两点表示的数分别是，3，以点C为折点，将此数轴向右对折，若点A折叠后在点B的右边，且AB=2，则C点表示的数是______．

2、用同样大小的两种不同颜色的正方形纸片，按如图方式拼成正方形．第90个比第89个多___个小正方形纸片．

3、计算：60°18'________°．
4、已知：如图，△ABC的两条高AD与CE相交于点F，G为BC上一点，连接AG交CE于点H，且AB=AG，若∠CHG=2∠ADE，DFAF=23，S△ACG=152，则线段AD的长为_______．

5、若a=3，b=5且a<0，b>0，则a3+2b=________．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、在平面直角坐标系中二次函数的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点．
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（1）求A、B两点的坐标；
（2）已知点D在二次函数的图象上，且点D和点C到x轴的距离相等，求点D的坐标．
2、先化简，再求值：，其中．
3、如图，．

（1）尺规作图：作的角平分线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）求证：是等腰三角形．
4、综合与探究
如图，直线与轴，轴分别交于，两点，抛物线经过，两点，与轴的另一个交点为（点在点的左侧），抛物线的顶点为点．抛物线的对称轴与轴交于点．
（1）求抛物线的表达式及顶点的坐标；
（2）点M是线段上一动点，连接并延长交轴交于点，当时，求点的坐标；
（3）点是该抛物线上的一动点，设点的横坐标为，试判断是否存在这样的点，使，若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．

5、在平面直角坐标系中，点A(a，0)，点B(0，b)，已知a，b满足．

（1）求点A和点B的坐标；
（2）如图1，点E为线段OB的中点，连接AE，过点A在第二象限作，且，连接BF交x轴于点D，求点D和点F的坐标；：
（3）在（2）的条件下，如图2，过点E作交AB于点P，M是EP延长线上一点，且，连接MO，作，ON交BA的延长线于点N，连接MN，求点N的坐标．

-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
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根据“SSS”证明△AOC≌△BOD即可求解．
【详解】
解：在△AOC和△BOD中
，
∴△AOC≌△BOD，
∴∠C=∠D，
∵，
∴=30°，
故选C．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
2、B
【分析】
根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解．
【详解】
解：将抛物线y＝x2先向右平移3个单位长度，得：y＝（x﹣3）2；
再向上平移5个单位长度，得：y＝（x﹣3）2+5，
故选：B．
【点睛】
本题考察了二次函数抛物线的平移问题，解题的关键是根据左加右减，上加下减的平移规律进行求解．
3、D
【分析】
根据概率的意义进行判断即可得出答案.
【详解】
解：A、东边日出西边雨是随机事件，故此选项错误；．
B、抛掷一枚硬币10次，7次正面朝上，则抛掷硬币正面朝上的概率为0.7，错误；有7次正面朝上，不能说明正面朝上的概率是0.7，随着实验次数的增多越来越接近于理论数值0.5，故C选项错误；
C、投掷一枚质地均匀的硬币10000次，正面朝上的次数可能为5000次，故此选项错误；
D、小红和同学一起做“钉尖向上”的实验，发现该事件发生的频率总在0.618附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“钉尖向上”的概率是0.618，此选项正确.
故选：D
【点睛】
此题主要考查了概率的意义，正确理解概率的意义是解题关键．
4、D
【分析】
当为各边中点，，，四边形是平行四边形；A中AC=BD，则，平行四边形为菱形，进而可判断正误；B中AC⊥BD，则，平行四边形为矩形，进而可判断正误；E，F，G，H不是各边中点，C中若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是平行四边形，进而可判断正误；D中若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是菱形，进而可判断正误．
【详解】
解：如图，连接当为各边中点时，可知分别为的中位线
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∴
∴四边形是平行四边形
A中AC=BD，则，平行四边形为菱形；正确，不符合题意；
B中AC⊥BD，则，平行四边形为矩形；正确，不符合题意；
C中E，F，G，H不是各边中点，若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是平行四边形；正确，不符合题意；
D中若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是菱形；错误，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查了平行四边形、菱形、矩形的判定，中位线等知识．解题的关键在于熟练掌握特殊平行四边形的判定．
5、B
【分析】
由尺规作图痕迹可知MN垂直平分AB，得到DA=DB，进而得到∠DAB=∠B=50°，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠BAC，然后计算∠BAC-∠DAB即可．
【详解】
解：∵，
∴∠B=∠C=52°，∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-52°-52°=76°，
由尺规作图痕迹可知：MN垂直平分AB，
∴DA=DB，
∴∠DAB=∠B=52°，
∴∠CAD=∠BAC-∠DAB=76°-52°=24°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的尺规作图及等腰三角形的性质等，熟练掌握线段垂直平分线的性质及等腰三角形的性质是解决本类题的关键．
6、C
【分析】
利用二次函数的对称轴方程可判断①，结合二次函数过 可判断②，由与有两个交点，可判断③，由过原点，对称轴为 求解函数与轴的另一个交点的横坐标，结合原二次函数的对称轴及与轴的交点坐标，可判断④，从而可得答案.
【详解】
解： 二次函数y＝ax2＋bx＋c（a＞0）的图像经过点A（﹣1，0），点B（m，0），
抛物线的对称轴为：
2＜m＜3，则
而图象开口向上
即 故①符合题意；
二次函数y＝ax2＋bx＋c（a＞0）的图像经过点A（﹣1，0），
则
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则

故②符合题意；

与有两个交点，
方程ax2＋bx＋c＝﹣m有两个不相等的实数根，故③符合题意；
关于对称，


过原点，对称轴为
该函数与抛物线的另一个交点的横坐标为：
不等式ax2＋（b﹣1）x＜0的解集不是0＜x＜m，故④不符合题意；
综上：符合题意的有①②③
故选：C
【点睛】
本题考查的是二次函数的图象与性质，利用二次函数的图象判断及代数式的符号，二次函数与一元二次方程，不等式之间的关系，熟练的运用数形结合是解本题的关键.
7、C
【分析】
根据算术平方根的意义逐项化简即可．
【详解】
解：A.无意义，故不正确；
B.﹣＝-5，故不正确；
C.＝4，正确；
D.＝8，故不正确；
故选C．
【点睛】
本题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根的定义是解答本题的关键， 正数有一个正的算术平方根，0的平方根是0，负数没有算术平方根．
8、A
【分析】
根据主视图和左视图都是矩形，俯视图是圆，可以想象出只有圆柱符合这样的条件，因此物体的形状是圆柱．
【详解】
解：根据三视图的知识，主视图以及左视图都为矩形，俯视图是一个圆，
则该几何体是圆柱．
故选：A．
【点睛】
本题考查由三视图确定几何体的形状，主要考查学生空间想象能力．熟悉简单的立体图形的三视图是解本题的关键.
9、B
【分析】
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根据整式的乘除运算法则逐个判断即可．
【详解】
解：选项A：，故选项A正确，不符合题意；
选项B：，故选项B不正确，符合题意；
选项C：，故选项C正确，不符合题意；
选项D：，故选项D正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘、除运算；幂的乘方、积的乘方等运算，熟练掌握运算法则是解决本类题的关键．
10、C
【分析】
如图，五边形ABCDE为正五边形， 证明 再证明可得：设AF=x，则AC=1+x，再解方程即可.
【详解】
解：如图，五边形ABCDE为正五边形，
∴五边形的每个内角均为108°，

∴∠BAG=∠ABF=∠ACB=∠CBD= 36°，
∴∠BGF=∠BFG=72°，




设AF=x，则AC=1+x，


解得：，
经检验：不符合题意，舍去，

故选C
【点睛】
本题考查的是正多边形的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，证明是解本题的关键.
二、填空题
1、
【分析】
根据A与B表示的数求出AB的长，再由折叠后AB的长，求出BC的长，即可确定出C表示的数．
【详解】
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解：∵A，B表示的数为-7，3，
∴AB=3-（-7）=4+7=10，
∵折叠后AB=2，
∴BC=10-22=4，
∵点C在B的左侧，
∴C点表示的数为3-4=-1．
故答案为：-1．
【点睛】
本题考查了数轴，折叠的性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
2、179
【分析】
根据已知图形得出第2个图形比第1个图形多：4﹣1＝3个；第3个图形比第2个图形多：9﹣4＝5个；第4个图形比第3个图形多：16﹣9＝7个；即可得出后面一个图形比前面一个图形多的个数是连续奇数，进而得出公式第n个图形比第（n﹣1）个图形多2n﹣1个小正方形；由此利用规律得出答案即可．
【详解】
解：根据分析可得出公式：第n个图形比第（n﹣1）个图形多2n﹣1个小正方形
∴第90个比第89个图形多2×90﹣1=179个小正方形
故答案为：179
【点睛】
此题主要考查了图形的变化规律，利用已知图形得出图形相邻之间的个数变化规律是解题关键．
3、60.3
【分析】
根据1'＝（160）°先把18'化成0.3°即可．
【详解】
∵1＇=(160)°
∴18'=18×(160)°=0.3°
∴60°18'=60.3°
故：答案为60.3．
【点睛】
本题考查了度分秒的换算，单位度、分、秒之间是60进制，解题的关键是将高级单位化为低级单位时，乘以60，反之，将低级单位转化为高级单位时除以60．在进行度、分、秒的运算时还应注意借位和进位的方法．
4、5
【分析】
如图，取AC的中点Q, 连接EQ,DQ,由∠ADC=∠AEC=90°，证明∠ACH=∠ADE，再由∠CHG=2∠ADE可得∠HAC=∠ACH再由AB=AG可推出∠BCE=∠DAG从而推出∠DAC=∠DCA，所以AD=DC，然后求出DG与CG的比，进而求出S△ADC的面积，最后求出AD的长．
【详解】
解：如图，取AC的中点Q, 连接EQ,DQ,
∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠ADC=∠AEC=90°，
∴QA=QE=QD=QC,
∴∠QAE=∠QEA,∠QED=∠QDE,∠QDC=∠QCD,
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∴2∠QEA+∠QED+∠QCD=360°, 即∠AED+∠ACD=180°,
∴∠BED=∠BAD+∠ADE=∠ACB=∠ACE+∠BCE,
∵∠AEF=∠ADC=90°,∠AFE=∠CFD,
∴∠EAD=∠BCE,
∴∠ADE=∠ACE，
∵∠GHC=∠HAC+∠HCA，∠ADE=∠HCA，
∴∠GHC=∠HAC+∠ADE，
∵∠CHG=2∠ADE，
∴2∠ADE=∠HAC+∠ADE，
∴∠ADE=∠HAC，
∴∠ACH=∠HAC，
∴∠BCE+∠B=90°，∠BAD+∠B=90°，
∴∠BCE=∠BAD，
∵AB=AG，AD⊥BC，
∴∠DAG=∠BAD，
∴∠DAG=∠BCE，
∴∠DAG+∠GAC=∠BCE+∠ACH，
∴∠DAC=∠DCA，
∴AD=DC，
∴△ADG≌△CDF（ASA），
∴DG=DF，
∴DFGC=DFAF=23，
∴S△ADG＝23S△AGC＝5，
∴S△ADC＝5+152=252，
∴12AD•DC＝252，
∴AD2=25，
∴AD=5，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练的运用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解本题的关键．
5、-17
【分析】
先根据a=3，b=5且a<0，b>0求出a、b的值，然后代入a3+2b计算．
【详解】
解：∵a=3，b=5，
∴a=±3，b=±5，
∵a<0，b>0，
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∴a=-3，b=5，
∴a3+2b= (-3)3+2×5=-17．
故答案为：-17．
【点睛】
本题考查了绝对值的知识，以及求代数式的值，正确求出a、b的值是解答本题的关键．
三、解答题
1、
（1）A（1,0），B（5,0）
（2）（6,5）
【分析】
（1）先将点C的坐标代入解析式，求得a；然后令y=0，求得x的值即可确定A、B的坐标；
（2）由可知该抛物线的顶点坐标为（3,-4），又点D和点C到x轴的距离相等，则点D在x轴的上方，设D的坐标为（d，5），然后代入解析式求出d即可．
（1）
解：∵二次函数的图象与y轴交于
∴，解得a=1
∴二次函数的解析式为
∵二次函数的图象与x轴交于A、B两点
∴令y=0，即，解得x=1或x=5
∵点A在点B的左侧
∴A（1,0），B（5,0）．
（2）
解：由（1）得函数解析式为
∴抛物线的顶点为（3，-4）
∵点D和点C到x轴的距离相等，即为5
∴点D在x轴的上方，设D的坐标为（d，5）
∴，解得d=6或d=0
∴点D的坐标为（6,5）．
【点睛】
本题主要考查了二次函数与坐标轴的交点、二次函数抛物线的顶点、点到坐标轴的距离等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
2、，
【分析】
先把所给分式化简，再把代入计算．
【详解】
解：原式=
=
=
=，
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当时，
原式=．
【点睛】
本题考查了分式的计算和化简，解决这类题目关键是把握好通分与约分，分式加减的本质是通分，乘除的本质是约分．同时注意在进行运算前要尽量保证每个分式最简．
3、
（1）作图见解析
（2）证明见解析
【分析】
（1）按照角平分线的作法作图即可．
（2）由（1）问知，由知，即可得到，再由等角对等边可知，即可证得为等腰三角形．
（1）
如图所示，以A为圆心，在AB、AD线段上作点E、F，使得AE=AF，再以A、F为圆心，大于长度为半径画弧，在∠DAB中有交点G，连接AG，延长AG交BC于点P．

（2）
∵
∴
由∵是的角平分线
∴
∴
∴
∴为等腰三角形
【点睛】
本题考查了作角平分线，等腰三角形的证明，作∠OAB的角平分线步骤如下，在和上，分别截取、，使；分别以D、E为圆心，大于长为半径画弧，在内，两弧交于点C；作射线，则就是所求作的角平分线；由等角对等边即可证得三角形为等腰三角形．
4、（1），；（2）；（3）存在，的值为4或
【分析】
（1）分别求出两点坐标代入抛物线即可求得a、c的值，将抛物线化为顶点式，即可得顶点的坐标；
（2）作轴于点，可证∽，从而可得，代入，，可求得，代入可得，从而可得点的坐标；
（3）由，可得，由两点坐标可得，所以，过点P作PQ⊥AB，分点P在x轴上方和下方两种情况即可求解．
【详解】
（1）当时，得，
∴点的坐标为（0，4），
当时，得，解得：，
∴点的坐标为（6，0），
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号学 级年 名姓
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将两点坐标代入，得
解，得
∴抛物线线的表达式为
∵
∴顶点坐标为．
（2）作轴于点，

∵，，
∴∽．
∴．
∴．
∴
当时，
∴．
∴点的坐标为．
（3）∵，，
∴，
∵点的坐标为（6，0），点的坐标为（0，4），
∴，
∴，
过点P作PQ⊥AB，
当点P在x轴上方时，

解得m=4符合题意，
当点P在x轴下方时，

解得m=8符合题意，
∴存在，的值为4或．

【点睛】
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学 级年 名姓
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本题考查了抛物线解析式的求法，抛物线的性质，三角形相似的判定及性质，三角函数的应用，解题的关键是准确作出辅助线，利用数形结合的思想列出相应关系式．
5、（1），；（2）D(-1，0)，F(-2，4)；（3）N(-6，2)
【分析】
（1）结合题意，根据绝对值和乘方的性质，得，，通过求解一元一次方程，得，；结合坐标的性质分析，即可得到答案；
（2）如图，过点F作FH⊥AO于点H，根据全等三角形的性质，通过证明，得AH=EO=2，FH=AO=4，从而得OH =2，即可得点F坐标；通过证明，推导得HD=OD=1，即可得到答案；
（3）过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q，NG⊥PN交EM的延长线于点G，再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R，NS⊥EG于点S，根据余角和等腰三角形的性质，通过证明等腰和等腰，推导得，再根据全等三角形的性质，通过证明，得等腰，再通过证明，得NS=EM=4，MS=OE=2，即可完成求解．
【详解】
（1）∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，．
（2）如图，过点F作FH⊥AO于点H

∵AF⊥AE
∴∠FHA=∠AOE=90°，
∵
∴∠AFH=∠EAO
又∵AF=AE，
在和中

∴
∴AH=EO=2，FH=AO=4
∴OH=AO-AH=2
∴F(-2，4)
∵OA=BO，
∴FH=BO
在和中
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∴
∴HD=OD
∵
∴HD=OD=1
∴D(-1，0)
∴D(-1，0)，F(-2，4)；
（3）如图，过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q，NG⊥PN交EM的延长线于点G，再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R，NS⊥EG于点S

∴
∴，
∴
∴
∴
∴等腰
∴NQ=NO，
∵NG⊥PN, NS⊥EG
∴
∴，
∴
∵，
∴
∵点E为线段OB的中点
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴等腰
∴NG=NP，
∵
∴
∴∠QNG=∠ONP
在和中

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∴
∴∠NGQ=∠NPO，GQ=PO
∵，
∴PO=PB
∴∠POE=∠PBE=45°
∴∠NPO=90°
∴∠NGQ=90°
∴∠QGR=45°.
在和中

∴．
∴QR=OE
在和中

∴
∴QM=OM.
∵NQ=NO，
∴NM⊥OQ
∵
∴等腰
∴
∵
∴
在和中

∴
∴NS=EM=4，MS=OE=2
∴N(-6，2)．
【点睛】
本题考查了直角坐标系、全等三角形、直角三角形、等腰三角形、绝对值、乘方的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、全等三角形、等腰三角形的性质，从而完成求解．