2021-2022学年四川南充市嘉陵区重点名校中考试题猜想数学试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．如图，△ABC中，AD⊥BC，AB=AC，∠BAD=30°，且AD=AE，则∠EDC等于（　　）

A．10° B．12.5° C．15° D．20°

2．已知圆A的半径长为4，圆B的半径长为7，它们的圆心距为d，要使这两圆没有公共点，那么d的值可以取（   ）

A．11； B．6； C．3； D．1．

3．计算±的值为（　　）

A．±3 B．±9 C．3 D．9

4．如图，在平面直角坐标系中，以O为圆心，适当长为半径画弧，交x轴于点M，交y轴于点N，再分别以点M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧在第二象限交于点P．若点P的坐标为（2a，b+1），则a与b的数量关系为（ ）

A．a=b B．2a+b=﹣1 C．2a﹣b=1 D．2a+b=1

5．用加减法解方程组时，若要求消去，则应（   ）

A． B． C． D．

6．如图，在⊙O中，点P是弦AB的中点，CD是过点P的直径，则下列结论：①AB⊥CD； ②∠AOB=4∠ACD；③弧AD=弧BD；④PO=PD，其中正确的个数是（　　）

A．4 B．1 C．2 D．3

7．太原市出租车的收费标准是：白天起步价8元（即行驶距离不超过3km都需付8元车费），超过3km以后，每增加1km，加收1.6元（不足1km按1km计），某人从甲地到乙地经过的路程是xkm，出租车费为16元，那么x的最大值是（　　）

A．11 B．8 C．7 D．5

8．如图，在平行四边形ABCD中，都不一定 成立的是（　　）

①AO=CO；②AC⊥BD；③AD∥BC；④∠CAB=∠CAD．

A．①和④ B．②和③ C．③和④ D．②和④

9．如图，矩形纸片中，，，将沿折叠，使点落在点处，交于点，则的长等于（       ）

A． B． C． D．

10．下列说法正确的是(   )

A．“买一张电影票，座位号为偶数”是必然事件

B．若甲、乙两组数据的方差分别为S甲2＝0.3，S乙2＝0.1，则甲组数据比乙组数据稳定

C．一组数据2，4，5，5，3，6的众数是5

D．一组数据2，4，5，5，3，6的平均数是5

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．⊙M的圆心在一次函数y=x+2图象上，半径为1．当⊙M与y轴相切时，点M的坐标为_____．

12．计算的结果是____.

13．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE.若点D在线段BC的延长线上，则的大小为________.

14．如图，在△ABC中，AB＝AC，AH⊥BC，垂足为点H，如果AH＝BC，那么sin∠BAC的值是____．

15．如图，是由一些大小相同的小正方体搭成的几何体分别从正面看和从上面看得到的平面图形，则搭成该几何体的小正方体最多是_______个．

16．在一次摸球实验中，摸球箱内放有白色、黄色乒乓球共50个，这两种乒乓球的大小、材质都相同．小明发现，摸到白色乒乓球的频率稳定在60%左右，则箱内黄色乒乓球的个数很可能是________．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）某工厂现在平均每天比原计划多生产50台机器，现在生产600台机器所需要时间与原计划生产450台机器所需时间相同．现在平均每天生产多少台机器；生产3000台机器，现在比原计划提前几天完成．

18．（8分）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M作ME⊥CD于点E，∠1=∠1．

（1）若CE=1，求BC的长；

（1）求证：AM=DF+ME．

19．（8分）已知关于 的方程mx2+（2m-1）x+m-1=0（m≠0） .    求证：方程总有两个不相等的实数根；    若方程的两个实数根都是整数，求整数 的值.

20．（8分）图1、图2是两张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AC的两个端点均在小正方形的顶点上．

（1）如图1，点P在小正方形的顶点上，在图1中作出点P关于直线AC的对称点Q，连接AQ、QC、CP、PA，并直接写出四边形AQCP的周长；

（2）在图2中画出一个以线段AC为对角线、面积为6的矩形ABCD，且点B和点D均在小正方形的顶点上．

21．（8分）解分式方程：=1

22．（10分）老师布置了一个作业，如下：已知：如图1的对角线的垂直平分线交于点，交于点，交于点.求证：四边形是菱形.

某同学写出了如图2所示的证明过程，老师说该同学的作业是错误的.请你解答下列问题：能找出该同学错误的原因吗？请你指出来；请你给出本题的正确证明过程.

23．（12分）先化简，再求值：a（a﹣3b）+（a+b）2﹣a（a﹣b），其中a=1，b=﹣

24．一天晚上，李明和张龙利用灯光下的影子长来测量一路灯D的高度．如图，当李明走到点A处时，张龙测得李明直立身高AM与其影子长AE正好相等，接着李明沿AC方向继续向前走，走到点B处时，李明直立时身高BN的影子恰好是线段AB，并测得AB＝1.25 m，已知李明直立时的身高为1.75 m，求路灯的高CD的长．(结果精确到0.1 m)

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、C

【解析】

试题分析：根据三角形的三线合一可求得∠DAC及∠ADE的度数，根据∠EDC=90°-∠ADE即可得到答案．

∵△ABC中，AD⊥BC，AB=AC，∠BAD=30°，

∴∠DAC=∠BAD=30°，

∵AD=AE（已知），

∴∠ADE=75°

∴∠EDC=90°-∠ADE=15°．

故选C．

考点：本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理

点评：解答本题的关键是掌握等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．

2、D

【解析】

∵圆A的半径长为4，圆B的半径长为7，它们的圆心距为d，

∴当d>4+7或d<7-4时，这两个圆没有公共点，即d>11或d<3，

∴上述四个数中，只有D选项中的1符合要求.

故选D.

点睛：两圆没有公共点，存在两种情况：（1）两圆外离，此时圆心距>两圆半径的和；（1）两圆内含，此时圆心距<大圆半径-小圆半径.

3、B

【解析】
∵（±9）2=81，

∴±±9.

故选B.

4、B

【解析】

试题分析：根据作图方法可得点P在第二象限角平分线上，

则P点横纵坐标的和为0，即2a+b+1=0，

∴2a+b=﹣1．故选B．

5、C

【解析】
利用加减消元法消去y即可．

【详解】

用加减法解方程组时，若要求消去y，则应①×5+②×3，
故选C

【点睛】

此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．

6、D

【解析】
根据垂径定理，圆周角的性质定理即可作出判断．

【详解】

∵P是弦AB的中点，CD是过点P的直径．

∴AB⊥CD，弧AD=弧BD，故①正确，③正确；

∠AOB=2∠AOD=4∠ACD，故②正确．

P是OD上的任意一点，因而④不一定正确．

故正确的是：①②③．

故选：D．

【点睛】

本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，正确理解定理是关键．平分弦(不是直径)的直径垂直与这条弦,并且平分这条弦所对的两段弧；同圆或等圆中，圆周角等于它所对的弧上的圆心角的一半.

7、B

【解析】
根据等量关系，即（经过的路程﹣3）×1.6+起步价2元≤1．列出不等式求解．

【详解】

可设此人从甲地到乙地经过的路程为xkm，

根据题意可知：（x﹣3）×1.6+2≤1，

解得：x≤2．

即此人从甲地到乙地经过的路程最多为2km．

故选B．

【点睛】

考查了一元一次方程的应用．关键是掌握正确理解题意，找出题目中的数量关系．

8、D

【解析】

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO=CO，故①成立；

AD∥BC，故③成立；

利用排除法可得②与④不一定成立，

∵当四边形是菱形时，②和④成立．

故选D.

9、B

【解析】
由折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△CDF，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6-x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6-x）2，解方程求出x即可．

【详解】

∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，
∴AE=AB，∠E=∠B=90°，
又∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，
∴AE=DC，
而∠AFE=∠DFC，
∵在△AEF与△CDF中，

，

∴△AEF≌△CDF（AAS），
∴EF=DF；
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=6，CD=AB=4，
∵Rt△AEF≌Rt△CDF，
∴FC=FA，
设FA=x，则FC=x，FD=6-x，
在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6-x）2，解得x＝，

则FD＝6-x=.

故选B．

【点睛】

考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了矩形的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．

10、C

【解析】
根据确定性事件、方差、众数以及平均数的定义进行解答即可．

【详解】

解：A、“买一张电影票，座位号为偶数”是随机事件，此选项错误；

B、若甲、乙两组数据的方差分别为S甲2＝0.3，S乙2＝0.1，则乙组数据比甲组数据稳定，此选项错误；

C、一组数据2，4，5，5，3，6的众数是5，此选项正确；

D、一组数据2，4，5，5，3，6的平均数是，此选项错误；

故选：C．

【点睛】

本题考查了必然事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、（1，）或（﹣1，）

【解析】
设当⊙M与y轴相切时圆心M的坐标为（x，x+2），再根据⊙M的半径为1即可得出y的值．

【详解】

解：∵⊙M的圆心在一次函数y=x+2的图象上运动，

∴设当⊙M与y轴相切时圆心M的坐标为(x, x+2)，

∵⊙M的半径为1，

∴x=1或x=−1，

当x=1时,y=，

当x=−1时,y=.

∴P点坐标为：(1, )或(−1, ).

故答案为(1, )或(−1, ).

【点睛】

本题考查了切线的性质与一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是熟练的掌握切线的性质与一次函数图象上点的坐标特征.

12、

【解析】

原式= ，

故答案为.

13、40°

【解析】
根据旋转的性质可得出AB＝AD、∠BAD＝100°，再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数，此题得解．

【详解】

根据旋转的性质，可得：AB＝AD，∠BAD＝100°，

∴∠B＝∠ADB＝×（180°−100°）＝40°．

故填：40°.

【点睛】

本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求出∠B的度数是解题的关键．

14、

【解析】
过点B作BD⊥AC于D，设AH=BC=2x，根据等腰三角形三线合一的性质可得BH=CH=BC=x，利用勾股定理列式表示出AC，再根据三角形的面积列方程求出BD，然后根据锐角的正弦=对边：斜边求解即可．

【详解】

如图，过点B作BD⊥AC于D，设AH=BC=2x，

∵AB=AC，AH⊥BC，

∴BH=CH=BC=x，

根据勾股定理得，AC==x，

S△ABC=BC•AH=AC•BD，

即•2x•2x=•x•BD，

解得BC=x，

所以，sin∠BAC=．

故答案为．

15、7

【解析】
首先利用从上面看而得出的俯视图得出该几何体的第一层是由几个小正方体组成，然后进一步根据其从正面看得出的主视图得知其第二层最多可以放几个小正方体，然后进一步计算即可得出答案.

【详解】

根据俯视图可得出第一层由5个小正方体组成；再结合主视图，该正方体第二层最多可放2个小正方体，

∴，

∴最多是7个，

故答案为：7.

【点睛】

本题主要考查了三视图的运用，熟练掌握三视图的特性是解题关键.

16、20

【解析】
先设出白球的个数，根据白球的频率求出白球的个数，再用总的个数减去白球的个数即可．

【详解】

设黄球的个数为x个，

∵共有黄色、白色的乒乓球50个，黄球的频率稳定在60%，

∴＝60%，

解得x＝30，

∴布袋中白色球的个数很可能是50－30＝20(个).

故答案为：20.

【点睛】

本题考查了利用频率估计概率，熟练掌握该知识点是本题解题的关键.

三、解答题（共8题，共72分）

17、 (1) 现在平均每天生产1台机器．(2) 现在比原计划提前5天完成．

【解析】
（1）因为现在生产600台机器的时间与原计划生产450台机器的时间相同．所以可得等量关系为：现在生产600台机器时间=原计划生产450台时间，由此列出方程解答即可；

（2）由（1）中解得的数据，原来用的时间-现在用的时间即可求得提前时间.

【详解】

解：（1）设现在平均每天生产x台机器，则原计划可生产（x-50）台．

依题意得：，

解得：x=1．

检验x=1是原分式方程的解.

（2）由题意得=20-15=5(天)

∴现在比原计划提前5天完成.

【点睛】

此题考查分式方程的实际运用，找出题目蕴含的数量关系是解决问题的关键.

18、 (1)1;(1)见解析.

【解析】

试题分析：（1）根据菱形的对边平行可得AB∥CD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠1=∠ACD，所以∠ACD=∠1，根据等角对等边的性质可得CM=DM，再根据等腰三角形三线合一的性质可得CE=DE，然后求出CD的长度，即为菱形的边长BC的长度；
（1）先利用“边角边”证明△CEM和△CFM全等，根据全等三角形对应边相等可得ME=MF，延长AB交DF于点G，然后证明∠1=∠G，根据等角对等边的性质可得AM=GM，再利用“角角边”证明△CDF和△BGF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF=DF，最后结合图形GM=GF+MF即可得证．

试题解析：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠1=∠ACD，
∵∠1=∠1，
∴∠ACD=∠1，
∴MC=MD，
∵ME⊥CD，
∴CD=1CE，
∵CE=1，
∴CD=1，
∴BC=CD=1；
（1）AM=DF+ME

证明：如图，

∵F为边BC的中点，
∴BF=CF=BC，
∴CF=CE，
在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，
∴∠ACB=∠ACD，
在△CEM和△CFM中，
∵，
∴△CEM≌△CFM（SAS），
∴ME=MF，
延长AB交DF的延长线于点G，
∵AB∥CD，
∴∠G=∠1，
∵∠1=∠1，
∴∠1=∠G，
∴AM=MG，
在△CDF和△BGF中，
∵

∴△CDF≌△BGF（AAS），
∴GF=DF，
由图形可知，GM=GF+MF，
∴AM=DF+ME．

19、（1）证明见解析（2）m=1或m=-1

【解析】

试题分析：（1）由于m≠0，则计算判别式的值得到，从而可判断方程总有两个不相等的实数根；
（2）先利用求根公式得到然后利用有理数的整除性确定整数的值．

试题解析：(1)证明：∵m≠0，

∴方程为一元二次方程，

∴此方程总有两个不相等的实数根；

(2)∵

∵方程的两个实数根都是整数，且m是整数，

∴m=1或m=−1.

20、（1）作图见解析；；（2）作图见解析.

【解析】

试题分析：（1）通过数格子可得到点P关于AC的对称点，再直接利用勾股定理可得到周长；（2）利用网格结合矩形的性质以及勾股定理可画出矩形.

试题解析：（1）如图1所示：四边形AQCP即为所求，它的周长为：；（2）如图2所示：四边形ABCD即为所求．

考点：1轴对称；2勾股定理.

21、x=1

【解析】
分式方程变形后去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．

【详解】

化为整式方程得：2﹣3x=x﹣2，

解得：x=1，

经检验x=1是原方程的解，

所以原方程的解是x=1．

【点睛】

此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为

整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．

22、（1）能，见解析；（2）见解析.

【解析】
（1）直接利用菱形的判定方法分析得出答案；
（2）直接利用全等三角形的判定与性质得出EO=FO，进而得出答案．

【详解】

解：（1）能；该同学错在AC和EF并不是互相平分的，EF垂直平分AC，但未证明AC垂直平分EF，

需要通过证明得出；

（2）证明： ∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC．

∴∠FAC＝∠ECA．

∵EF是AC的垂直平分线，

∴OA＝OC．

∵在△AOF与△COE中，

,

∴△AOF≌△COE（ASA）．

∴EO＝FO．

∴AC垂直平分EF．

∴EF与AC互相垂直平分．

∴四边形AECF是菱形．

【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，正确得出全等三角形是解题关键．

23、

【解析】
原式去括号合并得到最简结果，把a与b的值代入计算即可求出值；

【详解】

解：原式=a2﹣3ab+a2+2ab+b2﹣a2+ab

=a2+b2，

当a=1、b=﹣时，

原式=12+（﹣）2

=1+

=．

【点睛】

考查了整式的加减-化简求值，以及非负数的性质，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

24、路灯的高CD的长约为6.1 m.

【解析】

设路灯的高CD为xm，

∵CD⊥EC，BN⊥EC，

∴CD∥BN，

∴△ABN∽△ACD，∴，

同理，△EAM∽△ECD，

又∵EA＝MA，∵EC＝DC＝xm，

∴，解得x＝6.125≈6.1．

∴路灯的高CD约为6.1m．