江西省赣州市信丰县2021-2022学年毕业升学考试模拟卷数学卷含解析

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．在下列函数中，其图象与x轴没有交点的是（　　）

A．y=2x B．y=﹣3x+1 C．y=x2 D．y=

2．如图，在直角坐标系中，等腰直角△ABO的O点是坐标原点，A的坐标是（﹣4，0），直角顶点B在第二象限，等腰直角△BCD的C点在y轴上移动，我们发现直角顶点D点随之在一条直线上移动，这条直线的解析式是（　　）

A．y=﹣2x+1 B．y=﹣x+2 C．y=﹣3x﹣2 D．y=﹣x+2

3．如图，将△ABE向右平移2cm得到△DCF，如果△ABE的周长是16cm，那么四边形ABFD的周长是（　 　  ）

A．16cm B．18cm C．20cm D．21cm

4．地球平均半径约等于6 400 000米，6 400 000用科学记数法表示为（　　）

A．64×105 B．6.4×105 C．6.4×106 D．6.4×107

5．如图，一个几何体由5个大小相同、棱长为1的正方体搭成，则这个几何体的左视图的面积为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2

6．如图，已知射线OM，以O为圆心，任意长为半径画弧，与射线OM交于点A，再以点A为圆心，AO长为半径画弧，两弧交于点B，画射线OB，那么∠AOB的度数是（　　）

A．90° B．60° C．45° D．30°

7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（　　）

A．56° B．62° C．68° D．78°

8．我国平均每平方千米的土地一年从太阳得到的能量，相当于燃烧130000000kg的煤所产生的能量．把130000000kg用科学记数法可表示为(    )

A．13×kg B．0.13×kg C．1.3×kg D．1.3×kg

9．已知a为整数，且<a<，则a等于　　

A．1 B．2 C．3 D．4

10．下列函数中，y关于x的二次函数是(   )

A．y＝ax2+bx+c B．y＝x(x﹣1)

C．y= D．y＝(x﹣1)2﹣x2

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．已知边长为2的正六边形ABCDEF在平面直角坐标系中的位置如图所示，点B在原点，把正六边形ABCDEF沿x轴正半轴作无滑动的连续翻转，每次翻转60°，经过2018次翻转之后，点B的坐标是______．

12．如图1，在平面直角坐标系中，将▱ABCD放置在第一象限，且AB∥x轴，直线y＝﹣x从原点出发沿x轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度l与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2，那么ABCD面积为_____．

13．（11·湖州）如图，已知A、B是反比例函数（k＞0，x＜0）图象上的两

点，BC∥x轴，交y轴于点C．动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C（图中“→”

所示路线）匀速运动，终点为C．过P作PM⊥x轴，PN⊥y轴，垂足分别为M、N．设四

边形OMPN的面积为S，P点运动时间为t，则S关于t的函数图象大致为

14．=_____．

15．如图，当半径为30cm的转动轮转过120角时，传送带上的物体A平移的距离为______cm ．

16．如图，角α的一边在x轴上，另一边为射线OP，点P（2，2），则tanα=_____．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，直线l切⊙O于点A，点P为直线l上一点，直线PO交⊙O于点C、B，点D在线段AP上，连接DB，且AD＝DB．

（1）求证：DB为⊙O的切线；（2）若AD＝1，PB＝BO，求弦AC的长．

18．（8分）如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A，B重合的动点，PC∥AB，点M是OP中点．

（1）求证：四边形OBCP是平行四边形；

（2）填空：

①当∠BOP＝　   　时，四边形AOCP是菱形；

②连接BP，当∠ABP＝　   　时，PC是⊙O的切线．

19．（8分）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点分别为A（﹣6，0）和点B（4，0），与y轴的交点为C（0，3）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P是线段OA上一动点（不与点A重合），过P作平行于y轴的直线与AC交于点Q，点D、M在线段AB上，点N在线段AC上．

①是否同时存在点D和点P，使得△APQ和△CDO全等，若存在，求点D的坐标，若不存在，请说明理由；

②若∠DCB=∠CDB，CD是MN的垂直平分线，求点M的坐标．

20．（8分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2，点D、E分别在边AC、AB上，AD=DE=AB，连接DE．将△ADE绕点A逆时针方向旋转，记旋转角为θ．

（1）问题发现

①当θ=0°时，=     ；

②当θ=180°时，=     ．

（2）拓展探究

试判断：当0°≤θ＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；

（3）问题解决

①在旋转过程中，BE的最大值为     ；

②当△ADE旋转至B、D、E三点共线时，线段CD的长为     ．

21．（8分）观察下列算式：

① 1 × 3 - 22 =" 3" - 4 = -1

② 2 × 4 - 32 =" 8" - 9 = -1

③3 × 5 - 42 =" 15" - 16 = -1

④                         

……

（1）请你按以上规律写出第4个算式；

（2）把这个规律用含字母的式子表示出来；

（3）你认为（2）中所写出的式子一定成立吗？并说明理由．

22．（10分）解不等式组，并写出该不等式组的最大整数解．

23．（12分）A、B、C三人玩篮球传球游戏，游戏规则是：第一次传球由A将球随机地传给B、C两人中的某一人，以后的每一次传球都是由上次的传球者随机地传给其他两人中的某一人．

（1）求两次传球后，球恰在B手中的概率；

（2）求三次传球后，球恰在A手中的概率．

24．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=14，AC=7，D是BC上一点，BD=8，DE⊥AB，垂足为E，求线段DE的长．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、D

【解析】
依据一次函数的图象，二次函数的图象以及反比例函数的图象进行判断即可．

【详解】

A．正比例函数y=2x与x轴交于（0，0），不合题意；

B．一次函数y=-3x+1与x轴交于（，0），不合题意；

C．二次函数y=x2与x轴交于（0，0），不合题意；

D．反比例函数y=与x轴没有交点，符合题意；

故选D．

2、D

【解析】
抓住两个特殊位置：当BC与x轴平行时，求出D的坐标；C与原点重合时，D在y轴上，求出此时D的坐标，设所求直线解析式为y=kx+b，将两位置D坐标代入得到关于k与b的方程组，求出方程组的解得到k与b的值，即可确定出所求直线解析式．

【详解】

当BC与x轴平行时，过B作BE⊥x轴，过D作DF⊥x轴，交BC于点G，如图1所示．

∵等腰直角△ABO的O点是坐标原点，A的坐标是（﹣4，0），∴AO=4，∴BC=BE=AE=EO=GF=OA=1，OF=DG=BG=CG=BC=1，DF=DG+GF=3，∴D坐标为（﹣1，3）；

当C与原点O重合时，D在y轴上，此时OD=BE=1，即D（0，1），设所求直线解析式为y=kx+b（k≠0），将两点坐标代入得：，解得：．

则这条直线解析式为y=﹣x+1．

故选D．

【点睛】

本题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定一次函数解析式，等腰直角三角形的性质，坐标与图形性质，熟练运用待定系数法是解答本题的关键．

3、C

【解析】

试题分析：已知，△ABE向右平移2cm得到△DCF，根据平移的性质得到EF=AD=2cm，AE=DF，又因△ABE的周长为16cm，所以AB+BC+AC=16cm，则四边形ABFD的周长=AB+BC+CF+DF+AD=16cm+2cm+2cm=20cm．故答案选C．

考点：平移的性质.

4、C

【解析】
由科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．

【详解】

解：6400000=6.4×106，

故选C．

点睛：此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

5、C

【解析】
根据左视图是从左面看到的图形求解即可.

【详解】

从左面看，可以看到3个正方形，面积为3，

故选：C．

【点睛】

本题考查三视图的知识，解决此类图的关键是由三视图得到相应的平面图形.从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图.

6、B

【解析】
首先连接AB，由题意易证得△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质，可求得∠AOB的度数．

【详解】

连接AB，

根据题意得：OB=OA=AB，

∴△AOB是等边三角形，

∴∠AOB=60°.

故答案选：B.

【点睛】

本题考查了等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握等边三角形的判定与性质.

7、C

【解析】

分析：由点I是△ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．

详解：∵点I是△ABC的内心，

∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，

∵∠AIC=124°，

∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）

=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）

=180°﹣2（180°﹣∠AIC）

=68°，

又四边形ABCD内接于⊙O，

∴∠CDE=∠B=68°，

故选C．

点睛：本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．

8、D

【解析】

试题分析：科学计数法是指：a×，且，n为原数的整数位数减一.

9、B

【解析】
直接利用，接近的整数是1，进而得出答案．

【详解】

∵a为整数，且<a<，

∴a=1．

故选：．

【点睛】

考查了估算无理数大小，正确得出无理数接近的有理数是解题关键．

10、B

【解析】
判断一个函数是不是二次函数，在关系式是整式的前提下，如果把关系式化简整理（去括号、合并同类项）后，能写成y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的形式，那么这个函数就是二次函数，否则就不是.

【详解】

A.当a=0时， y=ax2+bx+c= bx+c，不是二次函数，故不符合题意；   

B. y=x（x﹣1）=x2-x，是二次函数，故符合题意；

C. 的自变量在分母中，不是二次函数，故不符合题意；   

D. y=（x﹣1）2﹣x2=-2x+1，不是二次函数，故不符合题意；

故选B.

【点睛】

本题考查了二次函数的定义，一般地，形如y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的函数叫做二次函数，据此求解即可.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、（4033，）

【解析】
根据正六边形的特点，每6次翻转为一个循环组循环，用2018除以6，根据商和余数的情况确定出点B的位置，经过第2017次翻转之后，点B的位置不变，仍在x轴上，由A（﹣2，0），可得AB=2，即可求得点B离原点的距离为4032，所以经过2017次翻转之后，点B的坐标是（4032，0），经过2018次翻转之后，点B在B′位置（如图所示），则△BB′C为等边三角形，可求得BN=NC=1，B′N=，由此即可求得经过2018次翻转之后点B的坐标.

然后求出翻转前进的距离，过点C作CG⊥x于G，求出∠CBG=60°，然后求出CG、BG，再求出OG，然后写出点C的坐标即可．

【详解】

设2018次翻转之后，在B′点位置，

∵正六边形ABCDEF沿x轴正半轴作无滑动的连续翻转，每次翻转60°，

∴每6次翻转为一个循环组，

∵2018÷6=336余2，

∴经过2016次翻转为第336个循环，点B在初始状态时的位置，

而第2017次翻转之后，点B的位置不变，仍在x轴上，

∵A（﹣2，0），

∴AB=2，

∴点B离原点的距离=2×2016=4032，

∴经过2017次翻转之后，点B的坐标是（4032，0），

经过2018次翻转之后，点B在B′位置，则△BB′C为等边三角形，

此时BN=NC=1，B′N=，

故经过2018次翻转之后，点B的坐标是：（4033，）．

故答案为（4033，）．

【点睛】

本题考查的是正多边形和圆，涉及到坐标与图形变化-旋转，正六边形的性质，确定出最后点B所在的位置是解题的关键．

12、1

【解析】
根据图象可以得到当移动的距离是4时,直线经过点A,当移动距离是7时,直线经过D,在移动距离是1时经过B,则AB=1-4=4,当直线经过D点,设其交AB与E,则DE=2 ,作DF⊥AB于点F.利用三角函数即可求得DF即平行四边形的高,然后利用平行四边形的面积公式即可求解

【详解】

解：由图象可知，当移动距离为4时，直线经过点A，当移动距离为7时，直线经过点D，移动距离为1时，直线经过点B，

则AB＝1﹣4＝4，

当直线经过点D，设其交AB于点E，则DE＝2 ，作DF⊥AB于点F，

∵y＝﹣x于x轴负方向成45°角，且AB∥x轴，

∴∠DEF＝45°，

∴DF＝EF，

∴在直角三角形DFE中，DF2+EF2＝DE2，

∴2DF2＝1

∴DF＝2，

那么ABCD面积为：AB•DF＝4×2＝1，

故答案为1．

【点睛】

此题主要考查平行四边形的性质和一次函数图象与几何变换，解题关键在于利用好辅助线

13、A

【解析】

试题分析：①当点P在OA上运动时，OP=t，S=OM•PM=tcosα•tsinα，α角度固定，因此S是以y轴为对称轴的二次函数，开口向上；

②当点P在AB上运动时，设P点坐标为（x，y），则S=xy=k，为定值，故B、D选项错误；

③当点P在BC上运动时，S随t的增大而逐渐减小，故C选项错误．

故选A．

考点：1.反比例函数综合题；2.动点问题的函数图象．

14、1

【解析】

分析：第一项根据非零数的零次幂等于1计算，第二项根据算术平方根的意义化简，第三项根据负整数指数幂等于这个数的正整数指数幂的倒数计算.

详解：原式=1+2﹣2

=1．

故答案为：1．

点睛：本题考查了实数的运算，熟练掌握零指数幂、算术平方根的意义，负整数指数幂的运算法则是解答本题的关键.

15、20π

【解析】

解：=20πcm．故答案为20πcm．

16、

【解析】

解：过P作PA⊥x轴于点A．∵P（2，），∴OA=2，PA=，∴tanα=.故答案为．

点睛：本题考查了解直角三角形，正切的定义，坐标与图形的性质，熟记三角函数的定义是解题的关键．

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）见解析；（2）AC＝1．

【解析】
（1）要证明DB为⊙O的切线，只要证明∠OBD＝90即可．

（2）根据已知及直角三角形的性质可以得到PD＝2BD＝2DA＝2，再利用等角对等边可以得到AC＝AP，这样求得AP的值就得出了AC的长．

【详解】

（1）证明：连接OD；

∵PA为⊙O切线，

∴∠OAD＝90°；

在△OAD和△OBD中，

，

∴△OAD≌△OBD，

∴∠OBD＝∠OAD＝90°，

∴OB⊥BD

∴DB为⊙O的切线

（2）解：在Rt△OAP中；

∵PB＝OB＝OA，

∴OP＝2OA，

∴∠OPA＝10°，

∴∠POA＝60°＝2∠C，

∴PD＝2BD＝2DA＝2，

∴∠OPA＝∠C＝10°，

∴AC＝AP＝1．

【点睛】

本题考查了切线的判定及性质，全等三全角形的判定等知识点的掌握情况．

18、 (1)见解析;(2)①120°；②45°

【解析】
（1）由AAS证明△CPM≌△AOM，得出PC=OA，得出PC=OB，即可得出结论；
（2）①证出OA=OP=PA，得出△AOP是等边三角形，∠A=∠AOP=60°，得出∠BOP=120°即可；
②由切线的性质和平行线的性质得出∠BOP=90°，由等腰三角形的性质得出∠ABP=∠OPB=45°即可．

【详解】

（1）∵PC∥AB，

∴∠PCM＝∠OAM，∠CPM＝∠AOM．

∵点M是OP的中点，

∴OM＝PM，在△CPM和△AOM中，

，

∴△CPM≌△AOM（AAS），

∴PC＝OA．

∵AB是半圆O的直径，

∴OA＝OB，

∴PC＝OB．

又PC∥AB，

∴四边形OBCP是平行四边形．

（2）①∵四边形AOCP是菱形，

∴OA＝PA，

∵OA＝OP，

∴OA＝OP＝PA，

∴△AOP是等边三角形，

∴∠A＝∠AOP＝60°，

∴∠BOP＝120°；

故答案为120°；

②∵PC是⊙O的切线，

∴OP⊥PC，∠OPC＝90°，

∵PC∥AB，

∴∠BOP＝90°，

∵OP＝OB，

∴△OBP是等腰直角三角形，

∴∠ABP＝∠OPB＝45°，

故答案为45°．

【点睛】

本题是圆的综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、切线的性质、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握切线的性质和平行四边形的判定是解题的关键．

19、（1）y=﹣x2﹣x+3；（2）①点D坐标为（﹣，0）；②点M（，0）.

【解析】
（1）应用待定系数法问题可解；

（2）①通过分类讨论研究△APQ和△CDO全等

②由已知求点D坐标，证明DN∥BC，从而得到DN为中线，问题可解．

【详解】

（1）将点（-6，0），C（0，3），B（4，0）代入y=ax2+bx+c，得

，

解得： ，

∴抛物线解析式为：y=-x2-x+3；

（2）①存在点D，使得△APQ和△CDO全等，

当D在线段OA上，∠QAP=∠DCO，AP=OC=3时，△APQ和△CDO全等，

∴tan∠QAP=tan∠DCO，

，

∴，

∴OD=，

∴点D坐标为（-，0）.

由对称性，当点D坐标为（，0）时，

由点B坐标为（4，0），

此时点D（，0）在线段OB上满足条件．

②∵OC=3，OB=4，

∴BC=5，

∵∠DCB=∠CDB，

∴BD=BC=5，

∴OD=BD-OB=1，

则点D坐标为（-1，0）且AD=BD=5，

连DN，CM，

则DN=DM，∠NDC=∠MDC，

∴∠NDC=∠DCB，

∴DN∥BC，

∴，

则点N为AC中点．

∴DN时△ABC的中位线，

∵DN=DM=BC=，

∴OM=DM-OD=

∴点M（，0）

【点睛】

本题是二次函数综合题，考查了二次函数待定系数法、三角形全等的判定、锐角三角形函数的相关知识．解答时，注意数形结合．

20、（1）①；（2）无变化，证明见解析；（3）①2+2 +1或﹣1.

【解析】
（1）①先判断出DE∥CB，进而得出比例式，代值即可得出结论；②先得出DE∥BC，即可得出，，再用比例的性质即可得出结论；（2）先∠CAD=∠BAE，进而判断出△ADC∽△AEB即可得出结论；（3）分点D在BE的延长线上和点D在BE上，先利用勾股定理求出BD，再借助（2）结论即可得出CD．

【详解】

解：（1）①当θ=0°时，

在Rt△ABC中，AC=BC=2，

∴∠A=∠B=45°，AB=2，

∵AD=DE=AB=，

∴∠AED=∠A=45°，

∴∠ADE=90°，

∴DE∥CB，

∴，

∴，

∴，

故答案为，

②当θ=180°时，如图1，

∵DE∥BC，

∴，

∴，

即：，

∴，

故答案为；

（2）当0°≤θ＜360°时，的大小没有变化，

理由：∵∠CAB=∠DAE，

∴∠CAD=∠BAE，

∵，

∴△ADC∽△AEB，

∴；

（3）①当点E在BA的延长线时，BE最大，

在Rt△ADE中，AE=AD=2，

∴BE最大=AB+AE=2+2；

②如图2，

当点E在BD上时，

∵∠ADE=90°，

∴∠ADB=90°，

在Rt△ADB中，AB=2，AD=，根据勾股定理得，BD==，

∴BE=BD+DE=+，

由（2）知，，

∴CD=+1，

如图3，

当点D在BE的延长线上时，

在Rt△ADB中，AD=，AB=2，根据勾股定理得，BD==，

∴BE=BD﹣DE=﹣，

由（2）知，，

∴CD=﹣1．

故答案为 +1或﹣1．

【点睛】

此题是相似形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，比例的基本性质及分类讨论的数学思想，解（1）的关键是得出DE∥BC，解（2）的关键是判断出△ADC∽△AEB，解（3）关键是作出图形求出BD，是一道中等难度的题目．

21、⑴；

⑵答案不唯一.如；

⑶

.

【解析】

（1）根据①②③的算式中，变与不变的部分，找出规律，写出新的算式；

（2）将（1）中，发现的规律，由特殊到一般，得出结论；

（3）一定成立．利用整式的混合运算方法加以证明．

22、﹣2，﹣1，0

【解析】

分析：先解不等式①，去括号，移项，系数化为1，再解不等式②，取分母，移项，然后找出不等式组的解集．

本题解析：

，

解不等式①得，x≥−2，

解不等式②得，x<1，

∴不等式组的解集为−2≤x<1.

∴不等式组的最大整数解为x=0，

23、（1）；（2） .

【解析】

试题分析：（1）直接列举出两次传球的所有结果，球球恰在B手中的结果只有一种即可求概率；（2）画出树状图，表示出三次传球的所有结果，三次传球后，球恰在A手中的结果有2种，即可求出三次传球后，球恰在A手中的概率．

试题解析:

解：（1）两次传球的所有结果有4种，分别是A→B→C，A→B→A，A→C→B，A→C→A．每种结果发生的可能性相等，球球恰在B手中的结果只有一种，所以两次传球后，球恰在B手中的概率是；

（2）树状图如下，

由树状图可知，三次传球的所有结果有8种，每种结果发生的可能性相等．其中，三次传球后，球恰在A手中的结果有A→B→C→A，A→C→B→A这两种，所以三次传球后，球恰在A手中的概率是．

考点：用列举法求概率．

24、1．

【解析】

试题分析：根据相似三角形的判定与性质，可得答案．

试题解析：∵DE⊥AB，∴∠BED=90°，又∠C=90°，∴∠BED=∠C．又∠B=∠B，∴△BED∽△BCA，∴，∴DE===1．

考点：相似三角形的判定与性质．