辽宁省鞍山市铁西区市级名校2021-2022学年中考数学五模试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．下列计算正确的是（　　）

A．2a2﹣a2＝1 B．（ab）2＝ab2 C．a2+a3＝a5 D．（a2）3＝a6

2．下列运算正确的是（　　）

A．﹣3a+a=﹣4a B．3x2•2x=6x2

C．4a2﹣5a2=a2 D．（2x3）2÷2x2=2x4

3．如下图所示，该几何体的俯视图是 （    ）

A． B． C． D．

4．如图，在中，E为边CD上一点，将沿AE折叠至处，与CE交于点F，若，，则的大小为（    ）

A．20° B．30° C．36° D．40°

5．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，连接CD，若⊙O的半径r=5，AC=5 ，则∠B的度数是（    ）

A．30°    B．45°    C．50°    D．60°

6．实数a，b，c在数轴上对应点的位置如图所示，则下列结论中正确的是（　　）

A．a+c＞0 B．b+c＞0 C．ac＞bc D．a﹣c＞b﹣c

7．已知正多边形的一个外角为36°，则该正多边形的边数为(   ).

A．12 B．10 C．8 D．6

8．如图，在6×4的正方形网格中，△ABC的顶点均为格点，则sin∠ACB=（　　）

A． B．2 C． D．

9．如图，直线AB∥CD，AE平分∠CAB，AE与CD相交于点E，∠ACD=40°，则∠DEA=（　　）

A．40° B．110° C．70° D．140°

10．把抛物线y＝﹣2x2向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到的抛物线是（　　）

A．y＝﹣2（x+1）2+1 B．y＝﹣2（x﹣1）2+1

C．y＝﹣2（x﹣1）2﹣1 D．y＝﹣2（x+1）2﹣1

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．化简的结果为_____．

12．如图为二次函数图象的一部分，其对称轴为直线.若其与x轴一交点为A(3，0)则由图象可知，不等式的解集是_______.

13．如图，已知⊙O是△ABD的外接圆，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD=58°，则∠BCD的度数是_____．

14．如图，BD是⊙O的直径，∠CBD＝30°，则∠A的度数为_____．

15．某十字路口的交通信号灯每分钟红灯亮30秒，绿灯亮25秒，黄灯亮5秒，当你抬头看信号灯时，是绿灯的概率为____．

16．圆锥的底面半径为3，母线长为5，该圆锥的侧面积为_______．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）已知，抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0）和C（0，3）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）设点M在抛物线的对称轴上，当△MAC是以AC为直角边的直角三角形时，求点M的坐标．

18．（8分）如图，已知抛物线与轴交于两点(A点在B点的左边)，与轴交于点．   

（1）如图1，若△ABC为直角三角形，求的值；

（2）如图1，在（1）的条件下，点在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，若以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点的坐标；

（3）如图2，过点作直线的平行线交抛物线于另一点，交轴于点，若﹕=1﹕1． 求的值．

19．（8分）在中，，以为直径的圆交于，交于.过点的切线交的延长线于．求证：是的切线．

20．（8分）计算:(-1)-1-++|1-3|

21．（8分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝10°，△CDE是等边三角形，点D在边AB上．

（1）如图1，当点E在边BC上时，求证DE＝EB；

（2）如图2，当点E在△ABC内部时，猜想ED和EB数量关系，并加以证明；

（1）如图1，当点E在△ABC外部时，EH⊥AB于点H，过点E作GE∥AB，交线段AC的延长线于点G，AG＝5CG，BH＝1．求CG的长．

22．（10分）雅安地震牵动着全国人民的心，某单位开展了“一方有难，八方支援”赈灾捐款活动.第一天收到捐款10 000元，第三天收到捐款12 100元.

（1）如果第二天、第三天收到捐款的增长率相同，求捐款增长率；

（2）按照（1）中收到捐款的增长速度，第四天该单位能收到多少捐款？

23．（12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．

24．如图，在中，，垂足为D，点E在BC上，，垂足为，试判断DG与BC的位置关系，并说明理由．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、D

【解析】
根据合并同类项法则判断A、C；根据积的乘方法则判断B；根据幂的乘方法判断D，由此即可得答案.

【详解】

A、2a2﹣a2＝a2，故A错误；

B、(ab)2＝a2b2，故B错误；

C、a2与a3不是同类项，不能合并，故C错误；

D、(a2)3＝a6，故D正确，

故选D．

【点睛】

本题考查幂的乘方与积的乘方，合并同类项，熟练掌握各运算的运算性质和运算法则是解题的关键．

2、D

【解析】
根据合并同类项、单项式的乘法、积的乘方和单项式的乘法逐项计算，结合排除法即可得出答案.

【详解】

A. ﹣3a+a=﹣2a，故不正确；  

B. 3x2•2x=6x3，故不正确；

C. 4a2﹣5a2=-a2 ，故不正确；  

D. （2x3）2÷2x2=4x6÷2x2=2x4，故正确；

故选D.

【点睛】

本题考查了合并同类项、单项式的乘法、积的乘方和单项式的乘法，熟练掌握它们的运算法则是解答本题的关键.

3、B

【解析】
根据俯视图是从上面看到的图形解答即可.

【详解】

从上面看是三个长方形，故B是该几何体的俯视图.

故选B.

【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立体图形.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，能看到的线画实线，被遮挡的线画虚线.

4、C

【解析】
由平行四边形的性质得出∠D=∠B=52°，由折叠的性质得：∠D′=∠D=52°，∠EAD′=∠DAE=20°，由三角形的外角性质求出∠AEF=72°，由三角形内角和定理求出∠AED′=108°，即可得出∠FED′的大小．

【详解】

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴，

由折叠的性质得：，，

∴，，

∴；

故选C．

【点睛】

本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出∠AEF和∠AED′是解决问题的关键．

5、D

【解析】

根据圆周角定理的推论，得∠B=∠D．根据直径所对的圆周角是直角，得∠ACD=90°．
在直角三角形ACD中求出∠D．

则sinD=

∠D=60°

∠B=∠D=60°．

故选D．

“点睛”此题综合运用了圆周角定理的推论以及锐角三角函数的定义，解答时要找准直角三角形的对应边．

6、D

【解析】

分析：根据图示，可得：c<b<0<a,,据此逐项判定即可.

详解： ∵c＜0＜a，|c|＞|a|，

∴a+c＜0，

∴选项A不符合题意；

 ∵c＜b＜0，

∴b+c＜0，

∴选项B不符合题意；

∵c＜b＜0＜a，c＜0，

∴ac＜0，bc＞0，

∴ac＜bc，

∴选项C不符合题意；

 ∵a＞b，

∴a﹣c＞b﹣c，

∴选项D符合题意．

故选D．

点睛：此题考查了数轴，考查了有理数的大小比较关系，考查了不等关系与不等式.熟记有理数大小比较法则，即正数大于0，负数小于0，正数大于一切负数.

7、B

【解析】
利用多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都是36°，即可求出答案．

【详解】

解：360°÷36°＝10，所以这个正多边形是正十边形．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查了多边形的外角和定理．是需要识记的内容．

8、C

【解析】
如图，由图可知BD=2、CD=1、BC=，根据sin∠BCA=可得答案．

【详解】

解：如图所示，

∵BD=2、CD=1，

∴BC===，

则sin∠BCA===，

故选C．

【点睛】

本题主要考查解直角三角形，解题的关键是熟练掌握正弦函数的定义和勾股定理．

9、B

【解析】
先由平行线性质得出∠ACD与∠BAC互补，并根据已知∠ACD=40°计算出∠BAC的度数，再根据角平分线性质求出∠BAE的度数，进而得到∠DEA的度数．

【详解】

∵AB∥CD，

∴∠ACD+∠BAC=180°，

∵∠ACD=40°，

∴∠BAC=180°﹣40°=140°，

∵AE平分∠CAB，

∴∠BAE=∠BAC=×140°=70°，

∴∠DEA=180°﹣∠BAE=110°，

故选B．

【点睛】

本题考查了平行线的性质和角平分线的定义，解题的关键是熟练掌握两直线平行，同旁内角互补．

10、B

【解析】
∵函数y=-2x2的顶点为（0，0），

∴向上平移1个单位，再向右平移1个单位的顶点为（1，1），

∴将函数y=-2x2的图象向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到抛物线的解析式为y=-2（x-1）2+1，

故选B．

【点睛】

二次函数的平移不改变二次项的系数；关键是根据上下平移改变顶点的纵坐标，左右平移改变顶点的横坐标得到新抛物线的顶点．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、+1

【解析】
利用积的乘方得到原式＝[（﹣1）（+1）]2017•（+1），然后利用平方差公式计算．

【详解】

原式＝[（﹣1）（+1）]2017•（+1）＝（2﹣1）2017•（+1）＝+1．

故答案为：+1．

【点睛】

本题考查了二次根式的混合运算，在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．

12、﹣1＜x＜1

【解析】

试题分析：由图象得：对称轴是x=1，其中一个点的坐标为（1，0）

∴图象与x轴的另一个交点坐标为（-1，0）

利用图象可知：

ax2+bx+c＜0的解集即是y＜0的解集，

∴-1＜x＜1．

考点：二次函数与不等式（组）．

13、32°

【解析】
根据直径所对的圆周角是直角得到∠ADB=90°，求出∠A的度数，根据圆周角定理解答即可．

【详解】

∵AB是⊙O的直径， 
∴∠ADB=90°， 
∵∠ABD=58°， 
∴∠A=32°， 
∴∠BCD=32°， 
故答案为32°．

14、60°

【解析】

解：∵BD是⊙O的直径，

∴∠BCD=90°（直径所对的圆周角是直角），

∵∠CBD=30°，

∴∠D=60°（直角三角形的两个锐角互余），

∴∠A=∠D=60°（同弧所对的圆周角相等）；

故答案是：60°

15、

【解析】
随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数，据此用绿灯亮的时间除以三种灯亮的总时间，求出抬头看信号灯时，是绿灯的概率为多少即可．

【详解】

抬头看信号灯时，是绿灯的概率为．

故答案为：．

【点睛】

此题主要考查了概率公式的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：（1）随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．（2）P（必然事件）=1．（3）P（不可能事件）=2．

16、15

【解析】

试题分析：利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．圆锥的侧面积=•2π•3•5=15π．

故答案为15π．

考点：圆锥的计算．

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）y=﹣x2+2x+1；（2）当△MAC是直角三角形时，点M的坐标为（1，）或（1，﹣）．

【解析】
（1）由点A、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；

（2）设点M的坐标为（1，m），则CM=，AC=，AM=，分∠ACM=90°和∠CAM=90°两种情况，利用勾股定理可得出关于m的方程，解之可得出m的值，进而即可得出点M的坐标．

【详解】

（1）将A（﹣1，0）、C（0，1）代入y=﹣x2+bx+c中，

得：，

解得：，

∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+1．

（2）∵y=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣1）2+4，

设点M的坐标为（1，m），

则CM=，AC==，AM=．

分两种情况考虑：

①当∠ACM=90°时，有AM2=AC2+CM2，即4+m2=10+1+（m﹣1）2，

解得：m=，

∴点M的坐标为（1，）；

②当∠CAM=90°时，有CM2=AM2+AC2，即1+（m﹣1）2=4+m2+10，

解得：m=﹣，

∴点M的坐标为（1，﹣）．

综上所述：当△MAC是直角三角形时，点M的坐标为（1，）或（1，﹣）．

【点睛】

本题考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象的点的坐标特征以及勾股定理等知识点．

18、 (1) ；(2) 和；(3)

【解析】
（1）设，，再根据根与系数的关系得到，根据勾股定理得到：、 ，根据列出方程，解方程即可；（2）求出A、B坐标，设出点Q坐标，利用平行四边形的性质，分类讨论点P坐标，利用全等的性质得出P点的横坐标后，分别代入抛物线解析式，求出P点坐标;

(3)过点作DH⊥轴于点,由::，可得::．设,可得 点坐标为，可得．设点坐标为.可证△∽△,利用相似性质列出方程整理可得到 ①,将代入抛物线上,可得②，联立①②解方程组，即可解答.

【详解】

解：设，，则是方程的两根，

∴．

∵已知抛物线与轴交于点．

∴

在△中：，在△中：，

∵△为直角三角形，由题意可知∠°，

∴，

即，

∴,

∴,

解得:,

又,

∴．

由可知：,令则,

∴,

∴．

①以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是四边形时,

设抛物线的对称轴为 ，l与交于点，过点作⊥l，垂足为点，

即∠°∠．

∵四边形为平行四边形,

∴∥,又l∥轴,

∴∠∠=∠,

∴△≌△,

∴,

∴点的横坐标为,

∴

即点坐标为．

②当以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是四边形时，

设抛物线的对称轴为 ，l与交于点，过点作⊥l，垂足为点，

即∠°∠．

∵四边形为平行四边形,

∴∥,又l∥轴,

∴∠∠=∠,

∴△≌△,

∴,

∴点的横坐标为,

∴

即点坐标为

∴符合条件的点坐标为和．

过点作DH⊥轴于点,

∵::，

 ∴::．

设,则点坐标为,

∴．

∵点在抛物线上,

∴点坐标为,

由(1)知,

∴,

∵∥,

∴△∽△,

∴,

∴,

即①,

又在抛物线上,

∴②，

将②代入①得：,

解得(舍去),

把代入②得:．

【点睛】

本题是代数几何综合题，考查了二次函数图象性质、一元二次方程根与系数关系、三角形相似以及平行四边形的性质，解答关键是综合运用数形结合分类讨论思想.

19、证明见解析．

【解析】
连接OE，由OB=OD和AB=AC可得，则OF∥AC，可得，由圆周角定理和等量代换可得，由SAS证得，从而得到，即可证得结论．

【详解】

证明：如图，连接，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴

∵

∴，则，

∴，

∴，即，

在和中，

∵，

∴，

∴

∵是的切线，则，

∴，

∴，则，

∴是的切线．

【点睛】

本题主要考查了等腰三角形的性质、切线的性质和判定、圆周角定理和全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理和全等三角形的判定与性质是解题的关键．

20、-1

【解析】

试题分析：根据运算顺序先分别进行负指数幂的计算、二次根式的化简、0次幂的运算、绝对值的化简，然后再进行加减法运算即可.

试题解析：原式=-1-=-1.

21、（1）证明见解析；（2）ED=EB，证明见解析；（1）CG=2．

【解析】
(1)、根据等边三角形的性质得出∠CED=60°，从而得出∠EDB=10°，从而得出DE=BE；

(2)、取AB的中点O，连接CO、EO，根据△ACO和△CDE为等边三角形，从而得出△ACD和△OCE全等，然后得出△COE和△BOE全等，从而得出答案；

(1)、取AB的中点O，连接CO、EO、EB，根据题意得出△COE和△BOE全等，然后得出△CEG和△DCO全等，设CG=a，则AG=5a，OD=a，根据题意列出一元一次方程求出a的值得出答案．

【详解】

(1)∵△CDE是等边三角形，

∴∠CED=60°，

∴∠EDB=60°﹣∠B=10°，

∴∠EDB=∠B， 

∴DE=EB；

(2) ED=EB， 理由如下：

取AB的中点O，连接CO、EO，

∵∠ACB=90°，∠ABC=10°，

∴∠A=60°，OC=OA，

∴△ACO为等边三角形，

∴CA=CO，

∵△CDE是等边三角形，

∴∠ACD=∠OCE，

∴△ACD≌△OCE，

∴∠COE=∠A=60°，

∴∠BOE=60°， 

∴△COE≌△BOE，

∴EC=EB， 

∴ED=EB；

(1)、取AB的中点O，连接CO、EO、EB， 由（2）得△ACD≌△OCE，

∴∠COE=∠A=60°，

∴∠BOE=60°，△COE≌△BOE，

∴EC=EB，

∴ED=EB，

∵EH⊥AB，

∴DH=BH=1，

∵GE∥AB，

∴∠G=180°﹣∠A=120°，

∴△CEG≌△DCO，

∴CG=OD，

设CG=a，则AG=5a，OD=a，

∴AC=OC=4a，

∵OC=OB，

∴4a=a+1+1， 

解得，a=2，

即CG=2．

22、（1）捐款增长率为10%.（2）第四天该单位能收到13310元捐款.

【解析】
（1）根据“第一天收到捐款钱数×（1+每次降价的百分率）2=第三天收到捐款钱数”，设出未知数，列方程解答即可.

（2）第三天收到捐款钱数×（1+每次降价的百分率）=第四天收到捐款钱数，依此列式子解答即可.

【详解】

（1）设捐款增长率为x，根据题意列方程得：

，

解得x1=0.1，x2=－1.9（不合题意，舍去）.

答：捐款增长率为10%.

（2）12100×（1+10%）=13310元.

答：第四天该单位能收到13310元捐款.

23、 (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．

24、DG∥BC，理由见解析

【解析】
由垂线的性质得出CD∥EF，由平行线的性质得出∠2=∠DCE，再由已知条件得出∠1=∠DCE，即可得出结论．

【详解】

解：DG∥BC，理由如下：
∵CD⊥AB，EF⊥AB，
∴CD∥EF，
∴∠2=∠DCE，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠DCE，
∴DG∥BC．

【点睛】

本题考查平行线的判定与性质；熟练掌握平行线的判定与性质，证明∠1=∠DCE是解题关键．