2022年新疆莎车县重点名校中考二模数学试题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．如图是一个正方体被截去一角后得到的几何体，从上面看得到的平面图形是（　　）

A． B． C． D．

2．已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE=AP=1，PB=．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正确结论的序号是（　　）

A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤

3．如图图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

4．如图，在菱形ABCD中，AB=5，∠BCD=120°，则△ABC的周长等于（ ）

A．20 B．15 C．10 D．5

5．如图，等腰直角三角形位于第一象限，，直角顶点在直线上，其中点的横坐标为，且两条直角边，分别平行于轴、轴，若反比例函数的图象与有交点，则的取值范围是（   ）．

A． B． C． D．

6．方程的解为（　　）

A．x=﹣1 B．x=1 C．x=2 D．x=3

7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（　　）

A．24+2π B．16+4π C．16+8π D．16+12π

8．﹣22×3的结果是（　　）

A．﹣5 B．﹣12 C．﹣6 D．12

9．在直角坐标系中，我们把横、纵坐标都为整数的点叫做整点．对于一条直线，当它与一个圆的公共点都是整点时，我们把这条直线称为这个圆的“整点直线”．已知⊙O是以原点为圆心，半径为 圆，则⊙O的“整点直线”共有（    ）条

A．7 B．8 C．9 D．10

10．一组数据3、2、1、2、2的众数，中位数，方差分别是（   ）

A．2，1，0.4 B．2，2，0.4

C．3，1，2 D．2，1，0.2

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．如果关于x的方程x2+2ax﹣b2+2=0有两个相等的实数根，且常数a与b互为倒数，那么a+b=_____．

12．已知某二次函数图像的最高点是坐标原点，请写出一个符合要求的函数解析式：_______．

13．计算＝_____．

14．如果m，n互为相反数，那么|m+n﹣2016|=___________．

15．在函数y=的表达式中，自变量x的取值范围是          ．

16．如图，已知，点为边中点，点在线段上运动，点在线段上运动，连接，则周长的最小值为______．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=AB．求证：∠B=30°．

请填空完成下列证明．

证明：如图，作Rt△ABC的斜边上的中线CD，

则 CD=AB=AD （　         　）．

∵AC=AB，

∴AC=CD=AD 即△ACD是等边三角形．

∴∠A=　    　°．

∴∠B=90°﹣∠A=30°．

18．（8分）我市某学校在“行读石鼓阁”研学活动中，参观了我市中华石鼓园，石鼓阁是宝鸡城市新地标．建筑面积7200平方米，为我国西北第一高阁．秦汉高台门阙的建筑风格，追求稳定之中的飞扬灵动，深厚之中的巧妙组合，使景观功能和标志功能融为一体．小亮想知道石鼓阁的高是多少，他和同学李梅对石鼓阁进行测量．测量方案如下：如图，李梅在小亮和“石鼓阁”之间的直线BM上平放一平面镜，在镜面上做了一个标记，这个标记在直线BM上的对应位置为点C，镜子不动，李梅看着镜面上的标记，她来回走动，走到点D时，看到“石鼓阁”顶端点A在镜面中的像与镜面上的标记重合，这时，测得李梅眼睛与地面的高度ED=1.6米，CD=2.2米，然后，在阳光下，小亮从D点沿DM方向走了29.4米，此时“石鼓阁”影子与小亮的影子顶端恰好重合，测得小亮身高1.7米，影长FH=3.4米．已知AB⊥BM，ED⊥BM，GF⊥BM，其中，测量时所使用的平面镜的厚度忽略不计，请你根据题中提供的相关信息，求出“石鼓阁”的高AB的长度．

19．（8分）计算：+2〡6tan30

20．（8分）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1．

（1）实践操作：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹．

①作∠ABC的角平分线交AC于点D．

②作线段BD的垂直平分线，交AB于点E，交BC于点F，连接DE、DF．

（2）推理计算：四边形BFDE的面积为　   　．

21．（8分）某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球20个，B种品牌的足球30个，共花费4600元，已知购买4个B种品牌的足球与购买5个A种品牌的足球费用相同．

（1）求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元．

（2）学校为了响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共42个，正好赶上商场对商品价格进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高5元，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的80%，且保证这次购买的B种品牌足球不少于20个，则这次学校有哪几种购买方案？

（3）请你求出学校在第二次购买活动中最多需要多少资金？

22．（10分）在边长为1的5×5的方格中，有一个四边形OABC，以O点为位似中心，作一个四边形，使得所作四边形与四边形OABC位似，且该四边形的各个顶点都在格点上；求出你所作的四边形的面积．

23．（12分）如图，用红、蓝两种颜色随机地对A，B，C三个区域分别进行涂色，每个区域必须涂色并且只能涂一种颜色，请用列举法（画树状图或列表）求A，C两个区域所涂颜色不相同的概率．

24．如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F，求证：DE=DF．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、B

【解析】
根据俯视图是从上面看到的图形可得俯视图为正方形以及右下角一个三角形．

【详解】

从上面看，是正方形右边有一条斜线，如图：

故选B．

【点睛】

考查了三视图的知识，根据俯视图是从物体的上面看得到的视图得出是解题关键．

2、D

【解析】
①首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB；
②由①可得∠BEP=90°，故BE不垂直于AE过点B作BF⊥AE延长线于F，由①得∠AEB=135°所以∠EFB=45°，所以△EFB是等腰Rt△，故B到直线AE距离为BF=，故②是错误的；
③利用全等三角形的性质和对顶角相等即可判定③说法正确；
④由△APD≌△AEB，可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB，然后利用已知条件计算即可判定；
⑤连接BD，根据三角形的面积公式得到S△BPD=PD×BE=，所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，由此即可判定．

【详解】

由边角边定理易知△APD≌△AEB，故①正确；
由△APD≌△AEB得，∠AEP=∠APE=45°，从而∠APD=∠AEB=135°，
所以∠BEP=90°，
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，
在△AEP中，由勾股定理得PE=，
在△BEP中，PB= ，PE=，由勾股定理得：BE=，
∵∠PAE=∠PEB=∠EFB=90°，AE=AP，
∴∠AEP=45°，
∴∠BEF=180°-45°-90°=45°，
∴∠EBF=45°，
∴EF=BF，
在△EFB中，由勾股定理得：EF=BF=，
故②是错误的；
因为△APD≌△AEB，所以∠ADP=∠ABE，而对顶角相等，所以③是正确的；
由△APD≌△AEB，
∴PD=BE=，
可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S△AEP+S△BEP=+，因此④是错误的；
连接BD，则S△BPD=PD×BE= ，
所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，
所以S正方形ABCD=2S△ABD=4+ ．
综上可知，正确的有①③⑤．

故选D.

【点睛】

考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．

3、A

【解析】

A. 是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项正确；

B. 是中心对称图，不是轴对称图形，故本选项错误；

C. 不是中心对称图，是轴对称图形，故本选项错误；

D. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误。

故选A.

4、B

【解析】

∵ABCD是菱形，∠BCD=120°，∴∠B=60°，BA=BC．

∴△ABC是等边三角形．∴△ABC的周长=3AB=1．故选B

5、D

【解析】

设直线y=x与BC交于E点，分别过A、E两点作x轴的垂线，垂足为D、F，则A（1，1），而AB=AC=2，则B（3，1），△ABC为等腰直角三角形，E为BC的中点，由中点坐标公式求E点坐标，当双曲线与△ABC有唯一交点时，这个交点分别为A、E，由此可求出k的取值范围.

解：∵，．．又∵过点，交于点，∴，

∴，∴．故选D.

6、B

【解析】
观察可得最简公分母是（x-3）（x+1），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．

【详解】

方程的两边同乘(x−3)(x+1)，得

(x−2) (x+1)=x(x−3)，

，

解得x=1.

检验：把x=1代入(x−3)(x+1)=-4≠0.

∴原方程的解为：x=1.

故选B.

【点睛】

本题考查的知识点是解分式方程，解题关键是注意解得的解要进行检验.

7、D

【解析】
根据三视图知该几何体是一个半径为2、高为4的圆柱体的纵向一半，据此求解可得．

【详解】

该几何体的表面积为2וπ•22+4×4+×2π•2×4=12π+16，

故选：D．

【点睛】

本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是根据三视图得出几何体的形状及圆柱体的有关计算．

8、B

【解析】
先算乘方，再算乘法即可．

【详解】

解：﹣22×3＝﹣4×3＝﹣1．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查了有理数的混合运算，熟练掌握法则是解答本题的关键．有理数的混合运算，先乘方，再乘除，后加减，有括号的先算括号内的．

9、D

【解析】

试题分析：根据圆的半径可知：在圆上的整数点为(2，2)、(2，-2)，(-2，-2)，(-2，2)这四个点，经过任意两点的“整点直线”有6条，经过其中的任意一点且圆相切的“整点直线”有4条，则合计共有10条.

10、B

【解析】

试题解析：从小到大排列此数据为：1，2，2，2，3；数据2出现了三次最多为众数，2处在第3位为中位数．平均数为（3+2+1+2+2）÷5=2，方差为 [（3-2）2+3×（2-2）2+（1-2）2]=0.1，即中位数是2，众数是2，方差为0.1．

故选B．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、±1．

【解析】
根据根的判别式求出△=0，求出a1+b1=1，根据完全平方公式求出即可．

【详解】

解：∵关于x的方程x1+1ax-b1+1=0有两个相等的实数根，

∴△=（1a）1-4×1×（-b1+1）=0，

即a1+b1=1，

∵常数a与b互为倒数，

∴ab=1，

∴（a+b）1=a1+b1+1ab=1+3×1=4，

∴a+b=±1，

故答案为±1．

【点睛】

本题考查了根的判别式和解高次方程，能得出等式a1+b1=1和ab=1是解此题的关键．

12、等

【解析】
根据二次函数的图象最高点是坐标原点，可以得到a＜0，b=0，c=0，所以解析式满足a＜0，b=0，c=0即可．

【详解】

解：根据二次函数的图象最高点是坐标原点，可以得到a＜0，b=0，c=0，

例如：.

【点睛】

此题是开放性试题，考查函数图象及性质的综合运用，对考查学生所学函数的深入理解、掌握程度具有积极的意义.

13、0

【解析】

分析：先计算乘方、零指数幂，再计算加减可得结果.

详解：1-1=0

故答案为0.

点睛：零指数幂成立的条件是底数不为0.

14、1．

【解析】

试题分析：先用相反数的意义确定出m+n=0，从而求出|m+n﹣1|，∵m，n互为相反数，∴m+n=0，∴|m+n﹣1|=|﹣1|=1；故答案为1．

考点：1.绝对值的意义；2.相反数的性质.

15、x≥1．

【解析】
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．

【详解】

根据题意得，x﹣1≥0，

解得x≥1．

故答案为x≥1．

【点睛】

本题考查函数自变量的取值范围，知识点为：二次根式的被开方数是非负数．

16、

【解析】
作梯形ABCD关于AB的轴对称图形，将BC'绕点C'逆时针旋转120°，则有GE'=FE'，P与Q是关于AB的对称点，当点F'、G、P三点在一条直线上时，△FEP的周长最小即为F'G+GE'+E'P，此时点P与点M重合，F'M为所求长度；过点F'作F'H⊥BC'，M是BC中点，则Q是BC'中点，由已知条件∠B=90°，∠C=60°，BC=2AD=4，可得C'Q=F'C'=2，∠F'C'H=60°，所以F'H=，HC'=1，在Rt△MF'H中，即可求得F'M．

【详解】

作梯形ABCD关于AB的轴对称图形，

作F关于AB的对称点G，P关于AB的对称点Q，

∴PF=GQ，

将BC'绕点C'逆时针旋转120°，Q点关于C'G的对应点为F'，

∴GF'=GQ，

设F'M交AB于点E'，

∵F关于AB的对称点为G，

∴GE'=FE'，
∴当点F'、G、P三点在一条直线上时，△FEP的周长最小即为F'G+GE'+E'P，此时点P与点M重合，

∴F'M为所求长度；
过点F'作F'H⊥BC'，
∵M是BC中点，
∴Q是BC'中点，
∵∠B=90°，∠C=60°，BC=2AD=4，
∴C'Q=F'C'=2，∠F'C'H=60°，
∴F'H=，HC'=1，

∴MH=7，
在Rt△MF'H中，F'M；
∴△FEP的周长最小值为．
故答案为：．

【点睛】

本题考查了动点问题的最短距离，涉及的知识点有：勾股定理，含30度角直角三角形的性质，能够通过轴对称和旋转，将三角形的三条边转化为线段的长是解题的关键．

三、解答题（共8题，共72分）

17、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；1．

【解析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等边三角形的判定与性质填空即可．

【详解】

证明：如图，作Rt△ABC的斜边上的中线CD，

则CD=AB=AD（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），

∵AC=AB，

∴AC=CD=AD 即△ACD是等边三角形，

∴∠A=1°，

∴∠B=90°﹣∠A=30°．

【点睛】

本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等边三角形的判定与性质，重点在于逻辑思维能力的训练．

18、 “石鼓阁”的高AB的长度为56m．

【解析】
根据题意得∠ABC=∠EDC=90°，∠ABM=∠GFH=90°，再根据反射定律可知：∠ACB=∠ECD，则△ABC∽△EDC，根据相似三角形的性质可得=，再根据∠AHB=∠GHF，可证△ABH∽△GFH，同理得=，代入数值计算即可得出结论.

【详解】

由题意可得：∠ABC=∠EDC=90°，∠ABM=∠GFH=90°，

由反射定律可知：∠ACB=∠ECD，

则△ABC∽△EDC，

∴=，

即=①，

∵∠AHB=∠GHF，

∴△ABH∽△GFH，

∴=，即=②，

联立①②，解得：AB=56，

答：“石鼓阁”的高AB的长度为56m．

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的判定与性质.

19、10 

【解析】
根据实数的性质进行化简即可计算.

【详解】

原式=9-1+2-+6×

=10-

=10 

【点睛】

此题主要考查实数的计算，解题的关键是熟知实数的性质.

20、 (1)详见解析;(2).

【解析】
（1）利用基本作图（作一个角等于已知角和作已知线段的垂直平分线）作出BD和EF；

（2）先证明四边形BEDF为菱形，再利用含30度的直角三角形三边的关系求出BF和CD，然后利用菱形的面积公式求解．

【详解】

（1）如图，DE、DF为所作；

（2）∵∠C=90°，∠A=30°，∴∠ABC=10°，AB=2BC=2．

∵BD为∠ABC的角平分线，∴∠DBC=∠EBD=30°．

∵EF垂直平分BD，∴FB=FD，EB=ED，∴∠FDB=∠DBC=30°，∠EDB=∠EBD=30°，∴DE∥BF，BE∥DF，∴四边形BEDF为平行四边形，而FB=FD，∴四边形BEDF为菱形．

∵∠DFC=∠FBD+∠FDB=30°+30°=10°，∴∠FDC=90°－10°=30°．在Rt△BDC中，∵BC=1，∠DBC=30°，∴DC=．在Rt△FCD中，∵∠FDC=30°，∴FC=2，∴FD=2FC=4，∴BF=FD=4，∴四边形BFDE的面积=4×2=8．

故答案为：8．

【点睛】

本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．

21、（1）购买一个A种品牌的足球需要50元，购买一个B种品牌的足球需要80元；（2）有三种方案，具体见解析；（3）3150元．

【解析】

试题分析：(1)、设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，根据题意列出二元一次方程组，从而求出x和y的值得出答案；(2)、设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球(50－m)个，根据题意列出不等式组求出m的取值范围，从而得出答案；(3)、分别求出第二次购买时足球的单件，然后得出答案.

试题解析：(1) 设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元

，解得

 (2) 设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球(50－m)个

，解得25≤m≤27

∵m为整数   ∴m＝25、26、27

(3) ∵第二次购买足球时，A种足球单价为50＋4＝54（元），B种足球单价为80×0.9＝72

∴当购买B种足球越多时，费用越高     此时25×54＋25×72＝3150（元）

22、（1）如图所示，见解析；四边形OA′B′C′即为所求；（2）S四边形OA′B′C′＝1．

【解析】
（1）结合网格特点，分别作出点A、B、C关于点O成位似变换的对应点，再顺次连接即可得；

（2）根据S四边形OA′B′C′=S△OA′B′+S△OB′C′计算可得．

【详解】

（1）如图所示，四边形OA′B′C′即为所求．

（2）S四边形OA′B′C′＝S△OA′B′+S△OB′C′

＝×4×4+×2×2

＝8+2

＝1．

【点睛】

本题考查了作图-位似变换：先确定位似中心；再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；接着根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；然后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．

23、.

【解析】

试题分析：先根据题意画出树状图或列表，由图表求得所有等可能的结果与A，C两个区域所涂颜色不相同的的情况，利用概率公式求出概率.

试题解析：解：画树状图如答图：

∵共有8种不同的涂色方法，其中A，C两个区域所涂颜色不相同的的情况有4种，

∴P(A，C两个区域所涂颜色不相同)=.

考点：1．画树状图或列表法；2．概率．

24、答案见解析

【解析】

由于AB=AC，那么∠B=∠C，而DE⊥AC，DF⊥AB可知∠BFD=∠CED=90°，又D是BC中点，可知BD=CD，利用AAS可证△BFD≌△CED，从而有DE=DF．