【真题汇总卷】2022年石家庄桥西区中考数学模拟测评 卷（Ⅰ）（含答案及详解）

2022年石家庄桥西区中考数学模拟测评 卷（Ⅰ）

 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、石景山某中学初三班环保小组的同学，调查了本班名学生自己家中一周内丢弃的塑料袋的数量，数据如下（单位：个），，，，，，，，，．若一个塑料袋平铺后面积约为，利用上述数据估计如果将全班名同学的家庭在一周内共丢弃的塑料袋全部铺开，面积约为（ ）

A． B． C． D．

2、下面几何体是棱柱的是（         ）

A． B． C． D．

3、下列说法正确的是（      ）．

A．带正号的数是正数,带负号的数是负数.

B．一个数的相反数,不是正数,就是负数.

C．倒数等于本身的数有2个.

D．零除以任何数等于零.

4、是-2的(        ) ．

A．相反数 B．绝对值 C．倒数 D．以上都不对

5、已知三角形的一边长是6 cm，这条边上的高是(x＋4)cm，要使这个三角形的面积不大于30 cm2，则x的取值范围是(　　)

A．x＞6 B．x≤6 C．x≥－4 D．－4＜x≤6

6、数轴上到点-2的距离为4的点有(        )．

A．2 B．-6或2 C．0 D．-6

7、如果，且，那么的值一定是(        ) ．

A．正数 B．负数 C．0 D．不确定

8、如果一个角的余角等于这个角的补角的，那么这个角是（    ）

A． B． C． D．

9、邢台市某天的最高气温是17℃，最低气温是－2℃，那么当天的温差是（         ）．

A．19℃ B．-19 ℃ C．15℃ D．-15℃

10、已知，，，则（   ）

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、若关于x的分式方程有增根，则增根为__________，m的值为__________．

2、已知，则a=_____，  b=________．

3、若直角三角形的两条直角边长分别为cm，cm，则这个直角三角形的斜边长为________cm，面积为________ .

4、如图，圆心角∠AOB＝20°，将 旋转n°得到，则的度数是______度．

5、若不等式组的解集是－1＜x＜1，则(a＋b)2019＝________．

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，对于点和，给出如下定义：若，则称点为点的“可控变点”

例如：点的“可控变点”为点，点的“可控变点”为点．

（1）点的“可控变点”坐标为 　　；

（2）若点在函数的图象上，其“可控变点” 的纵坐标是7，求“可控变点” 的横坐标：

（3）若点在函数的图象上，其“可控变点” 的纵坐标的取值范围是，求的值．

2、如图，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使点A落在边CD上的点M处（不与点C、D重合），连接AM，折痕EF分别交AD、BC、AM于点E、F、H，边AB折叠后交边BC于点G．

（1）求证：EDM∽MCG；

（2）若DM＝CD，求CG的长；

（3）若点M是边CD上的动点，四边形CDEF的面积S是否存在最值？若存在，求出这个最值；若不存在，说明理由．

3、如图，直线与x，y轴分别交于点B，A，抛物线过点A．

（1）求出点A，B的坐标及c的值；

（2）若函数在时有最小值为，求a的值；

（3）当时，在抛物线上是否存在点M，使得，若存在，请直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．

4、如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线经过点B（3，1）、C（﹣2，6），与y轴交于点A，对称轴为直线x＝1．

（1）求抛物线的表达式；

（2）求△ABM的面积；

（3）点P是抛物线上一点，且∠PMB＝∠ABM，试直接写出点P的坐标．

5、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．

（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．

-参考答案-

一、单选题

1、D

【分析】

先求出每一名学生自己家中一周内丢弃的塑料袋的数量的平均数，即可得到每名同学丢弃的塑料袋平铺后面积．那么全班40名同学的家庭在一周内共丢弃的塑料袋全部铺开所占面积即可求出．

【详解】

由题意可知：本班一名学生自己家中一周内丢弃的塑料袋的数量的平均数为=10个，则每名同学丢弃的塑料袋平铺后面积约为10×0.25m2=2.5，全班40名同学的家庭在一周内共丢弃的塑料袋全部铺开，面积约为40×2.5=100m2．

故选D．

【点睛】

本题考查了用样本的数据特征来估计总体的数据特征，利用样本中的数据对整体进行估算是统计学中最常用的估算方法．

2、A

【分析】

根据棱柱：有两个面互相平行且相等，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱作答．

【详解】

解：A、符合棱柱的概念，是棱柱．

B、是棱锥，不是棱柱；

C、是球，不是棱柱；

D、是圆柱，不是棱柱；

故选A．

【点睛】

本题主要考查棱柱的定义．棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都平行且相等．

3、C

【分析】

利用有理数的定义判断即可得到结果．

【详解】

解：A、带正号的数不一定为正数，例如+（-2）；带负号的数不一定为负数，例如-（-2），故错误；

B、一个数的相反数，不是正数，就是负数，例如0的相反数是0，故错误；

C、倒数等于本身的数有2个，是1和-1，正确；

D、零除以任何数（0除外）等于零，故错误；

故选C．

【点睛】

本题考查有理数的除法，以及正负数、倒数以及相反数，掌握它们的性质是解题的关键．

4、D

【分析】

根据相反数、绝对值、倒数的定义进行解答即可．

【详解】

解：,-2的相反数是2，-2的绝对值是2，-2的倒数是-，

所以以上答案都不对.

故选D．

【点睛】

本题考查相反数、绝对值、倒数，掌握相反数、绝对值、倒数的定义是解题的关键．．

5、D

【解析】

【分析】

根据三角形面积公式列出不等式组，再解不等式组即可．

【详解】

由题意得：，解得：－4＜x≤6．

故选D．

【点睛】

本题考查了一元一次不等式组的应用．解题的关键是利用三角形的面积公式列出不等式组．

6、B

【分析】

分点在点-2的左边和右边两种情况讨论求解．

【详解】

解：点在点-2的左边时，为-2-4=-6，

点在点-2的右边时，为-2+4=2，

所以，在数轴上到点-2的距离是4的点所表示的数是-6或2．

故选：B．

【点睛】

本题考查数轴，注意：此题要分为两种情况：在表示-2点的左边和右边．

7、A

【分析】

根据有理数的加减法法则判断即可．

【详解】

解：∵a＜0，b＜0，且|a|＜|b|，

∴-b＞0，|a|＜|-b|，

∴=a+（-b）＞0．

故选：A．

【点睛】

本题考查有理数的加减法法则．用到的知识点：减去一个数等于加上这个数的相反数，绝对值不等的异号加减，取绝对值较大的加数符号．

8、C

【分析】

设这个角是，根据题意得，解方程即可．

【详解】

解：设这个角是，根据题意得

，

解得x=60，

故选：C．

【点睛】

此题考查角度计算，熟练掌握一个角的余角及补角定义，并正确列得方程解决问题是解题的关键．

9、A

【分析】

用最高温度减去最低温度，然后根据减去一个数等于加上这个数的相反数进行计算即可得解．

【详解】

解：17-（-2）

=17+2

=19℃．

故选A．

【点睛】

本题考查有理数的减法，熟记减去一个数等于加上这个数的相反数是解题的关键．

10、A

【分析】

先把∠C＝45.15°化成15°9′的形式，再比较出其大小即可．

【详解】

解：∵，，，

∴，

∴，即．

故选：A

【点睛】

本题考查的是角的大小比较，熟知度、分、秒的换算是解答此题的关键

二、填空题

1、    1   

【分析】

分式方程的增根是使得最简公分母为0的未知数的取值，根据分式方程的增根定义即可求解.

【详解】

解：∵原方程有增根，

∴最简公分母，解得，即增根为2，

方程两边同乘，得，

化简，得，

将代入，得．

故答案为：

【点睛】

本题主要考查分式方程增根的定义，解决本题的关键是要熟练掌握分式方程的解法和增根的定义.

2、2    2   

【分析】

先根据异分母分式的加法法则计算，再令等号两边的分子相等即可．

【详解】

解：∵，

∴，

∴a（x−2）＋b（x＋2）＝4x，即（a＋b）x−2（a−b）＝4x，

∴a＋b＝4，a－b＝0，

∴a=b=2，

故答案为：2，2.

【点睛】

本题考查的是分式的加减法，在解答此类问题时要注意通分的应用．

3、 

【详解】

试题解析：由勾股定理得，

直角三角形的斜边长=cm；

直角三角形的面积=cm2．

故答案为．

4、20

【分析】

先根据旋转的性质得,则根据圆心角、弧、弦的关系得到∠DOC=∠AOB=20°，然后根据圆心角的度数等于它所对弧的度数即可得解.

【详解】

解：

∵将旋转n°得到,

∴

∴∠DOC=∠AOB=20°，

∴的度数为20度．

故答案为20．

【点睛】

本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．也考查了旋转的性质．

5、－1

【解析】

【分析】

解出不等式组的解集，与已知解集﹣1＜x＜1比较，可以求出a、b的值，然后代入即可得到最终答案．

【详解】

解不等式x﹣a＞2，得：x＞a+2，解不等式b﹣2x＞0，得：x．

∵不等式的解集是﹣1＜x＜1，∴a+2=﹣1，1，解得：a=﹣3，b=2，则（a+b）2019=（﹣3+2）2019=﹣1．

故答案为：﹣1．

【点睛】

本题考查了解一元一次不等式组，已知不等式组的解集，求不等式中另一未知数的问题．可以先将另一未知数当作已知处理，求出解集与已知解集比较，进而求得另一个未知数．

三、解答题

1、

（1）

（2）“可控变点” 的横坐标为3或

（3）

【分析】

（1）根据可控变点的定义，可得答案；

（2）根据可控变点的定义，可得函数解析式，根据自变量与函数值得对应关系，可得答案；

（3）根据可控变点的定义，可得函数解析式，根据自变量与函数值得对应关系，结合图象可得答案．

（1）

，

，

即点的“可控变点”坐标为；

（2）

由题意，得

的图象上的点的“可控变点”必在函数的图象上，如图1，

“可控变点” 的纵坐标的是7，

当时，解得，

当时，解得，

故答案为：3或；

（3）

由题意，得

y=-x2+16的图象上的点P的“可控变点”必在函数y′= 的图象上，如图2，

当x=-5时，x2-16=9，

∴-16<y′=x2-16≤9（x＜0），

∴y′=-16在y′=-x2+16（x≥0）上，

∴-16=-x2+16，

∴x=4，

∴实数a的值为4．

【点睛】

本题考查了新定义，二次函数的图象与性质，利用可控变点的定义得出函数解析式是解题关键，又利用了自变量与函数值的对应关系．

2、

（1）见解析

（2）2

（3）存在，10

【分析】

（1）由正方形的性质得，故，由折叠的性质得，故，推出，故可证；

（2）由，得，，设，则，，由勾股定理即可求出的值，即可求出，由相似三角形的性质即可得出的长；

（3）过点作于，根据证明，由全等三角形的性质得，设，，由勾股定理求出、关系，由化为二次函数即可求出最值．

（1）

∵四边形是正方形，

∴，

∴，

∵正方形沿Z折叠，

∴，

∴，

∴，

∴；

（2）

∵正方形的边长为4，，

∴，，

设，则，，

由勾股定理得：，

∴，

解得：，

∴，

∵，

∴，即，

解得：；

（3）

如图，过点作于，

∴，

∴四边形是矩形，

∴，

由折叠的性质可得：，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

设，，

∵，即，

∴，

，

，

，

，

，

∴当时，有最大值为10．

【点睛】

本题考查几何综合题，主要涉及到折叠的性质，正方形的性质，相似三角形性的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及二次函数最值问题，属于中考压轴题，掌握相关知识点间的应用是解题的关键．

3、

（1）A(0，1)，B(－2，0)，c＝1．

（2）5或．

（3），，

【分析】

（1）根据两轴的特征可求y＝x＋1与x轴，y轴的交点坐标，然后将点A坐标代入抛物线解析式即可；

（2）将抛物线配方为顶点式，根据抛物线开口向上与向下两种情况，当a＞0，在—1≤x≤4时，抛物线在顶点处取得最小值，当x＝1时，y有最小值， 当a＜0，在—1≤x≤4时，离对称轴越远函数值越小，即可求解；

（3）存在符合条件的M点的坐标， 当时，抛物线解析式为：，设点P在y轴上，使△ABP的面积为1，点P（0，m），， 求出点P2（0，0），或P1（0，2），，可得点M在过点P与AB平行的两条直线上，①过点P2与 AB平行直线的解析式为：，联立方程组，解方程组得出，，②过点P1与AB平行的直线解析式为：，联立方程组，解方程组得出即可．

（1）

解：在y＝x＋1中，令y＝0，得x＝－2；

令x＝0，得y＝1，

∴A(0，1)，B(－2，0)．

∵抛物线y＝ax2－2ax＋c过点A，

∴c＝1．

（2）

解：y＝ax2－2ax＋1＝a(x2－2x＋1－1)＋1＝a(x－1)2＋1－a，

∴抛物线的对称轴为x=1，

当a＞0，在—1≤x≤4时，抛物线在顶点处取得最小值，

∴当x＝1时，y有最小值，

此时1－a＝—4，解得a＝5；                      

当a＜0，在—1≤x≤4时，

∵4-1=3＞1-（-1）=2，离对称轴越远函数值越小，

∴当x＝4时，y有最小值，

此时9a＋1－a＝—4，

解得a＝ ，                       

综上，a的值为5或．

（3）

解：存在符合条件的M点的坐标，分别为，，，

当时，抛物线解析式为：，

设点P在y轴上，使△ABP的面积为1，点P（0，m），

∵，

∴，

解得，

∴点P2（0，0），或P1（0，2），

∴，

∴点M在过点P与AB平行的两条直线上，

①过点P2与 AB平行直线的解析式为：，

将代入中，

，

解得，，

∴，

②过点P1与AB平行的直线解析式为：，

将代入中，

，

解得，

∴ ，

综上所述，存在符合条件的M点的坐标，分别为，，．

【点睛】

本题考查一次函数与两轴的交点，抛物线顶点式，二次函数的最小值，平行线性质，联立方程组，三角形面积，掌握一次函数与两轴的交点，抛物线顶点式，二次函数的最小值，平行线性质，联立解方程组，三角形面积公式是解题关键．

4、

（1）y=x2-2x-2

（2）3

（3）（8，46）或（2，-2）

【分析】

（1）由题意设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，依题意得出三元一次方程组，解方程得出a、b、c的值，即可求出抛物线的解析式；

（2）根据题意连接AB，过点M作y轴的平行线交AB于点Q，连接AM、BM，求出直线AB的解析式，求出点Q的坐标，得出MQ的长，再利用S△ABM=S△MQA+S△MQB，即可求出△ABM的面积；

（3）根据题意分PM在AB的左侧和右侧两种情况进行讨论，即可得出点P的坐标．

（1）

解：（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，

∵抛物线经过点B（3，1）、C（-2，6），对称轴为直线x=1，

∴，

解得：，

∴设抛物线解析式为：y=x2-2x-2.

（2）

如图1，连接AB，过点M作y轴的平行线交AB于点Q，连接AM、BM，

当x=0时，y=-2，当x=1时，y=-3，

∴A（0，-2），M（1，-3），

设直线AB的解析式为y=mx+n，

把A（0，-2），B（3，1）代入得：，

解得：，

∴y=x-2，

当x=1时，y=-1，

∴Q（1，-1），

∴MQ=-1-（-3）=2，

∴S△ABM=S△MQA+S△MQB

=•MQ•|xB-xA|

=×2×|3-0|

=3.

（3）

如图2，分两种情况分类讨论：

①当PM在AB的左侧时，PM交AB于点D，设D（t，t-2），

∵B（3，1）、M（1，-3），

∴，

∵∠PMB=∠ABM，

∴BD=MD，

∴，

解得：t=，

∴D（，），

设直线MD的解析式为y=kx+b，

∴，

解得：，

∴直线MD的解析式为y=7x-10，

∴，

解得： (舍去)，，

∴P（8，46），

②当PM在AB的右侧时，PM交抛物线于点P，

∵∠PMB=∠ABM，

∴AB∥PM，

∴设直线MP的解析式为y=x+d，

把M（1，-3）代入得：-3=1+d，

∴d=-4，

∴直线MP的解析式为y=x-4，

∴，

解得： (舍去)，，

∴P（2，-2），

综上所述，点P的坐标为（8，46）或（2，-2）．

【点睛】

本题考查二次函数综合题，熟练掌握并利用待定系数法和分类讨论的思想进行分析是解决问题的关键．

5、

（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．