山东省济宁市汶上县2022年中考数学模拟预测题含解析

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，一艘海轮位于灯塔P的南偏东45°方向，距离灯塔60n mile的A处，它沿正北方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的北偏东30°方向上的B处，这时，B处与灯塔P的距离为（　　）

A．60 n mile B．60 n mile C．30 n mile D．30 n mile

2．如图，A，B，C，D，E，G，H，M，N都是方格纸中的格点（即小正方形的顶点），要使△DEF与△ABC相似，则点F应是G，H，M，N四点中的（     ）

A．H或N B．G或H C．M或N D．G或M

3．    如图，桌面上放着1个长方体和1个圆柱体，按如图所示的方式摆放在一起，其左视图是（　　）

A． B． C． D．

4．弘扬社会主义核心价值观，推动文明城市建设.根据“文明创建工作评分细则”，l0名评审团成员对我市2016年度文明刨建工作进行认真评分，结果如下表：

则得分的众数和中位数分别是（    ）

A．90和87.5 B．95和85 C．90和85 D．85和87.5

5．如图，点D在△ABC的边AC上，要判断△ADB与△ABC相似，添加一个条件，不正确的是（    ）

A．∠ABD=∠C B．∠ADB=∠ABC C． D．

6．如图，△ABC中，AB=AC，BC=12cm，点D在AC上，DC=4cm，将线段DC沿CB方向平移7cm得到线段EF，点E、F分别落在边AB、BC上，则△EBF的周长是（　　）cm．

A．7 B．11 C．13 D．16

7．如图，点A，B，C在⊙O上，∠ACB=30°，⊙O的半径为6，则的长等于（　　）

A．π B．2π C．3π D．4π

8．若圆锥的轴截面为等边三角形，则称此圆锥为正圆锥，则正圆锥侧面展开图的圆心角是（   ）

A．90°    B．120°    C．150°    D．180°

9．计算3a2－a2的结果是(　　)

A．4a2    B．3a2    C．2a2    D．3

10．如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=3，过点A，C作相距为2的平行线段AE，CF，分别交CD，AB于点E，F，则DE的长是（　　）

A． B． C．1 D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．如图，已知抛物线和x轴交于两点A、B，和y轴交于点C，已知A、B两点的横坐标分别为﹣1，4，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，则此抛物线顶点的坐标为_____．

12．一次函数y=kx+b（k≠0）的图象如图所示，那么不等式kx+b＜0的解集是_____．

13．已知反比例函数y=，当x＞0时，y随x增大而减小，则m的取值范围是_____．

14．分解因式：mx2﹣4m＝_____．

15．如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，ME⊥AM，ME交AD的延长线于点E. 若AB=12，BM=5，则DE的长为_________.

16．计算：_______________．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，某游乐园有一个滑梯高度AB，高度AC为3米，倾斜角度为58°．为了改善滑梯AB的安全性能，把倾斜角由58°减至30°，调整后的滑梯AD比原滑梯AB增加多少米？（精确到0.1米）（参考数据：sin58°=0.85，cos58°=0.53，tan58°=1.60）

18．（8分）（1）解方程：=0；

（2）解不等式组 ，并把所得解集表示在数轴上．

19．（8分）如图，矩形ABCD中，CE⊥BD于E，CF平分∠DCE与DB交于点F．

求证：BF＝BC；若AB＝4cm，AD＝3cm，求CF的长．

20．（8分）如图1，在长方形ABCD中，，，点P从A出发，沿的路线运动，到D停止；点Q从D点出发，沿路线运动，到A点停止．若P、Q两点同时出发，速度分别为每秒、，a秒时P、Q两点同时改变速度，分别变为每秒、(P、Q两点速度改变后一直保持此速度，直到停止)，如图2是的面积和运动时间(秒)的图象．

(1)求出a值；

(2)设点P已行的路程为，点Q还剩的路程为，请分别求出改变速度后，和运动时间(秒)的关系式；

(3)求P、Q两点都在BC边上，x为何值时P，Q两点相距3cm？

21．（8分）计算：2sin60°﹣（π﹣2）0+（__）-1+|1﹣|．

22．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，E，F为BC上两点，且BE=CF，AF=DE

求证：（1）△ABF≌△DCE；四边形ABCD是矩形．

23．（12分）已知抛物线y=ax2+ c(a≠0)．

（1）若抛物线与x轴交于点B(4，0)，且过点P(1，–3)，求该抛物线的解析式；

（2）若a>0，c =0，OA、OB是过抛物线顶点的两条互相垂直的直线，与抛物线分别交于A、B 两点，求证：直线AB恒经过定点(0，)；

（3）若a>0，c <0，抛物线与x轴交于A，B两点(A在B左边)，顶点为C，点P在抛物线上且位于第四象限．直线PA、PB与y轴分别交于M、N两点．当点P运动时，是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．

24．如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x＝1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q为动点，设运动时间为t秒．

（1）求抛物线的解析式．

（2）在图①中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C向点E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．当t为何值时，△PCQ为直角三角形？

（3）在图②中，若点P在对称轴上从点A开始向点B以1个单位/秒的速度运动，过点P做PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、B

【解析】
如图，作PE⊥AB于E．

在Rt△PAE中，∵∠PAE=45°，PA=60n mile，

∴PE=AE=×60=n mile，

在Rt△PBE中，∵∠B=30°，

∴PB=2PE=n mile．

故选B．

2、C

【解析】
根据两三角形三条边对应成比例，两三角形相似进行解答

【详解】

设小正方形的边长为1，则△ABC的各边分别为3、、，只能F是M或N时，其各边是6、2，2．与△ABC各边对应成比例，故选C

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定，相似三角形对应边成比例是解题的关键

3、C

【解析】
根据左视图是从左面看所得到的图形进行解答即可．

【详解】

从左边看时，圆柱和长方体都是一个矩形，圆柱的矩形竖放在长方体矩形的中间．

故选：C．

【点睛】

本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．

4、A

【解析】

找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，可得答案．

解：在这一组数据中90是出现次数最多的，故众数是90；

排序后处于中间位置的那个数，那么由中位数的定义可知，这组数据的中位数是87.5；

故选：A．

“点睛”本题考查了众数、中位数的知识，掌握各知识点的概念是解答本题的关键．注意中位数：将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．

5、C

【解析】
由∠A是公共角，利用有两角对应相等的三角形相似，即可得A与B正确；又由两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，即可得D正确，继而求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．

【详解】

∵∠A是公共角，

∴当∠ABD=∠C或∠ADB=∠ABC时，△ADB∽△ABC（有两角对应相等的三角形相似），故A与B正确，不符合题意要求；

当AB：AD=AC：AB时，△ADB∽△ABC（两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似），故D正确，不符合题意要求；

AB：BD=CB：AC时，∠A不是夹角，故不能判定△ADB与△ABC相似，故C错误，符合题意要求，

故选C．

6、C

【解析】
直接利用平移的性质得出EF=DC=4cm，进而得出BE=EF=4cm，进而求出答案．

【详解】

∵将线段DC沿着CB的方向平移7cm得到线段EF，

∴EF=DC=4cm，FC=7cm，

∵AB=AC，BC=12cm，

∴∠B=∠C，BF=5cm，

∴∠B=∠BFE，

∴BE=EF=4cm，

∴△EBF的周长为：4+4+5=13（cm）．

故选C．

【点睛】

此题主要考查了平移的性质，根据题意得出BE的长是解题关键．

7、B

【解析】
根据圆周角得出∠AOB＝60°，进而利用弧长公式解答即可．

【详解】

解：∵∠ACB＝30°，

∴∠AOB＝60°，

∴的长＝＝2π，

故选B．

【点睛】

此题考查弧长的计算，关键是根据圆周角得出∠AOB＝60°．

8、D

【解析】

试题分析：设正圆锥的底面半径是r，则母线长是2r，底面周长是2πr，设正圆锥的侧面展开图的圆心角是n°，则=2πr，解得：n=180°．故选D．

考点：圆锥的计算．

9、C

【解析】

【分析】根据合并同类项法则进行计算即可得.

【详解】3a2－a2

=（3-1）a2

=2a2，

故选C.

【点睛】本题考查了合并同类项，熟记合并同类项的法则是解题的关键.合并同类项就是把同类项的系数相加减，字母和字母的指数不变.

10、D

【解析】
过F作FH⊥AE于H,根据矩形的性质得到AB=CD,AB//CD,推出四边形AECF是平行四边形,根据平行四边形的性质得到AF=CE,根据相 似三角形的性质得到,于是得到AE=AF,列方程即可得到结论.

【详解】

解：如图：

解:过F作FH⊥AE于H,四边形ABCD是矩形,

AB=CD,AB∥CD,

AE//CF, 四边形AECF是平行四边形,

AF=CE,DE=BF,

AF=3-DE,

AE=,

∠FHA=∠D=∠DAF=,

∠AFH+∠HAF=∠DAE+∠FAH=90, ∠DAE=∠AFH,

△ADE~△AFH,

AE=AF,

,

DE=,

故选D.

【点睛】

本题主要考查平行四边形的性质及三角形相似，做合适的辅助线是解本题的关键.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、（ ， ）

【解析】
连接AC，根据题意易证△AOC∽△COB，则，求得OC=2，即点C的坐标为（0，2），可设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣4），然后将C点坐标代入求解，最后将解析式化为顶点式即可.

【详解】

解：连接AC，

∵A、B两点的横坐标分别为﹣1，4，

∴OA=1，OB=4，

∵∠ACB=90°，

∴∠CAB+∠ABC=90°，

∵CO⊥AB，

∴∠ABC+∠BCO=90°，

∴∠CAB=∠BCO，

又∵∠AOC=∠BOC=90°，

∴△AOC∽△COB，

∴，

即=，

解得OC=2，

∴点C的坐标为（0，2），

∵A、B两点的横坐标分别为﹣1，4，

∴设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣4），

把点C的坐标代入得，a（0+1）（0﹣4）=2，

解得a=﹣，

∴y=﹣（x+1）（x﹣4）=﹣（x2﹣3x﹣4）=﹣（x﹣）2+，

∴此抛物线顶点的坐标为（ ， ）．

故答案为：（ ， ）．

【点睛】

本题主要考查相似三角形的判定与性质，抛物线的顶点式，解此题的关键在于熟练掌握其知识点，利用相似三角形的性质求得关键点的坐标.

12、x＞﹣1．

【解析】
一次函数y=kx+b的图象在x轴下方时，y＜0，再根据图象写出解集即可．

【详解】

当不等式kx+b＜0时，一次函数y=kx+b的图象在x轴下方，因此x＞﹣1．

故答案为：x＞﹣1．

【点睛】

本题考查了一次函数与一元一次不等式:从函数的角度看,就是寻求使一次函数y=kx+b（k≠0）的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围;从函数图象的角度看,就是确定直线y=kx+b（k≠0）在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合.

13、m＞1．

【解析】

分析：根据反比例函数y=，当x＞0时，y随x增大而减小，可得出m﹣1＞0，解之即可得出m的取值范围．

详解：∵反比例函数y=，当x＞0时，y随x增大而减小，∴m﹣1＞0，解得：m＞1．

    故答案为m＞1．

点睛：本题考查了反比例函数的性质，根据反比例函数的性质找出m﹣1＞0是解题的关键．

14、m（x+2）（x﹣2）

【解析】
提取公因式法和公式法相结合因式分解即可.

【详解】

原式

故答案为

【点睛】

本题主要考查因式分解，熟练掌握提取公因式法和公式法是解题的关键.分解一定要彻底.

15、

【解析】
由勾股定理可先求得AM，利用条件可证得△ABM∽△EMA，则可求得AE的长，进一步可求得DE．

【详解】

详解：∵正方形ABCD，

∴∠B=90°．

∵AB=12，BM=5，

∴AM=1．

∵ME⊥AM，

∴∠AME=90°=∠B．

∵∠BAE=90°，

∴∠BAM+∠MAE=∠MAE+∠E，

∴∠BAM=∠E，

∴△ABM∽△EMA，

∴=，即=，

∴AE=，

∴DE=AE﹣AD=﹣12=．

故答案为．

【点睛】

本题主要考查相似三角形的判定和性质，利用条件证得△ABM∽△EMA是解题的关键．

16、

【解析】
先把化简为2，再合并同类二次根式即可得解.

【详解】

2-=.

故答案为.

【点睛】

本题考查了二次根式的运算，正确对二次根式进行化简是关键．

三、解答题（共8题，共72分）

17、调整后的滑梯AD比原滑梯AB增加2.5米

【解析】

试题分析: Rt△ABD中，根据30°的角所对的直角边是斜边的一半得到AD的长，然后在Rt△ABC中,求得AB的长后用即可求得增加的长度．

试题解析: Rt△ABD中，

∵AC=3米，

∴AD=2AC=6(m)

∵在Rt△ABC中, 

∴AD−AB=6−3.53≈2.5(m).

∴调整后的滑梯AD比原滑梯AB增加2.5米.

18、（1）x=;（2）x＞3；数轴见解析；

【解析】
（1）先把分式方程转化成整式方程，求出方程的解，再进行检验即可；

（2）先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．

【详解】

解：（1）方程两边都乘以（1﹣2x）（x+2）得：x+2﹣（1﹣2x）=0，

解得： 

检验：当时，（1﹣2x）（x+2）≠0，所以是原方程的解，

所以原方程的解是；

（2） ，

∵解不等式①得：x＞1，

解不等式②得：x＞3，

∴不等式组的解集为x＞3，

在数轴上表示为：．

【点睛】

本题考查了解分式方程和解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式组的解集等知识点，能把分式方程转化成整式方程是解（1）的关键，能根据不等式的解集得出不等式组的解集是解（2）的关键．

19、（1）见解析，（2）CF＝cm.

【解析】
（1）要求证：BF=BC只要证明∠CFB=∠FCB就可以，从而转化为证明∠BCE=∠BDC就可以；

（2）已知AB=4cm，AD=3cm，就是已知BC=BF=3cm，CD=4cm，在直角△BCD中，根据三角形的面积等于BD•CE=BC•DC，就可以求出CE的长．要求CF的长，可以在直角△CEF中用勾股定理求得．其中EF=BF-BE，BE在直角△BCE中根据勾股定理就可以求出，由此解决问题．

【详解】

证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，

∴∠CDB+∠DBC＝90°．

∵CE⊥BD，∴∠DBC+∠ECB＝90°．

∴∠ECB＝∠CDB．

∵∠CFB＝∠CDB+∠DCF，∠BCF＝∠ECB+∠ECF，∠DCF＝∠ECF，

∴∠CFB＝∠BCF

∴BF＝BC

（2）∵四边形ABCD是矩形，∴DC＝AB＝4（cm），BC＝AD＝3（cm）．

在Rt△BCD中，由勾股定理得BD＝．

又∵BD•CE＝BC•DC，

∴CE＝．

∴BE＝．

∴EF＝BF﹣BE＝3﹣．

∴CF＝cm．

【点睛】

本题考查矩形的判定与性质，等腰三角形的判定定理，等角对等边，以及勾股定理，三角形面积计算公式的运用，灵活运用已知，理清思路，解决问题．

20、（1）6；（2）；；（3）10或；

【解析】
（1）根据图象变化确定a秒时，P点位置，利用面积求a；

（2）P、Q两点的函数关系式都是在运动6秒的基础上得到的，因此注意在总时间内减去6秒；

（3）以（2）为基础可知，两个点相距3cm分为相遇前相距或相遇后相距，因此由（2）可列方程．

【详解】

（1）由图象可知，当点P在BC上运动时，△APD的面积保持不变，则a秒时，点P在AB上．

，

∴AP=6，

则a=6；

（2）由（1）6秒后点P变速，则点P已行的路程为y1=6+2（x﹣6）=2x﹣6，

∵Q点路程总长为34cm，第6秒时已经走12cm，

故点Q还剩的路程为y2=34﹣12﹣；

（3）当P、Q两点相遇前相距3cm时，

﹣（2x﹣6）=3，解得x=10，

当P、Q两点相遇后相距3cm时，

（2x﹣6）﹣（）=3，解得x=，

∴当x=10或时，P、Q两点相距3cm

【点睛】

本题是双动点问题，解答时应注意分析图象的变化与动点运动位置之间的关系．列函数关系式时，要考虑到时间x的连续性才能直接列出函数关系式．

21、2+1

【解析】
根据特殊角的三角函数值、零指数幂的性质、负指数幂的性质以及绝对值的性质分别化简各项后，再根据实数的运算法则计算即可求解．

【详解】

原式=-1+3+

= -1+3+

=2+1.

【点睛】

本题主要考查了实数运算，根据特殊角的三角函数值、零指数幂的性质、负指数幂的性质以及绝对值的性质正确化简各数是解题关键．

22、（1）见解析；（2）见解析.

【解析】
（1）根据等量代换得到BE=CF，根据平行四边形的性质得AB=DC．利用“SSS”得△ABF≌△DCE．

（2）平行四边形的性质得到两边平行，从而∠B+∠C=180°．利用全等得∠B=∠C，从而得到一个直角，问题得证.

【详解】

（1）∵BE=CF，BF=BE+EF，CE=CF+EF，

∴BF=CE．

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=DC．

在△ABF和△DCE中，

∵AB=DC，BF=CE，AF=DE，

∴△ABF≌△DCE．

（2）∵△ABF≌△DCE，

∴∠B=∠C．

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD．

∴∠B+∠C=180°．

∴∠B=∠C=90°．

∴平行四边形ABCD是矩形．

23、（1）；（2）详见解析；（3）为定值，=

【解析】
（1）把点B(4，0)，点P(1，–3)代入y=ax2+ c(a≠0)，用待定系数法求解即可；

（2）如图作辅助线AE、BF垂直 x轴，设A(m，am2)、B(n，an2)，由△AOE∽△OBF，可得到，然后表示出直线AB的解析式即可得到结论；

（3）作PQ⊥AB于点Q，设P（m，am2+c）、A（–t，0）、B（t，0），则at2+c=0， c= –at2

  由PQ∥ON，可得ON=amt+at2，OM= –amt+at2，然后把ON，OM，OC的值代入整理即可.

【详解】

（1）把点B(4，0)，点P(1，–3)代入y=ax2+ c(a≠0)，

，

解之得

，

∴；

（2）如图作辅助线AE、BF垂直 x轴，设A(m，am2)、B(n，an2)，

∵OA⊥OB，

∴∠AOE=∠OBF，

∴△AOE∽△OBF，

∴，，，

直线AB过点A(m，am2)、点B(n，an2)，

∴过点（0，）;

（3）作PQ⊥AB于点Q，设P（m，am2+c）、A（–t，0）、B（t，0），则at2+c=0， c= –at2

   ∵PQ∥ON，

∴，

ON=====at(m+t)= amt+at2，

同理：OM= –amt+at2，

所以，OM+ON= 2at2=–2c=OC，

所以，=.

【点睛】

本题考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理.正确作出辅助线是解答本题的关键.

24、（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）当t＝或t＝时，△PCQ为直角三角形；（3）当t＝2时，△ACQ的面积最大，最大值是1．

【解析】
（1）根据抛物线的对称轴与矩形的性质可得点A的坐标，根据待定系数法可得抛物线的解析式；

（2）先根据勾股定理可得CE，再分两种情况：当∠QPC＝90°时；当∠PQC＝90°时；讨论可得△PCQ为直角三角形时t的值；

（3）根据待定系数法可得直线AC的解析式，根据S△ACQ＝S△AFQ+S△CPQ可得S△ACQ＝＝﹣（t﹣2）2+1，依此即可求解．

【详解】

解：（1）∵抛物线的对称轴为x＝1，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4），点A在DE上，

∴点A坐标为（1，4），

设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+4，把C（3，0）代入抛物线的解析式，可得a（3﹣1）2+4＝0，解得a＝﹣1．

故抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4，即y＝﹣x2+2x+3；

（2）依题意有：OC＝3，OE＝4，

∴CE＝＝＝5，

当∠QPC＝90°时，

∵cos∠QPC＝，

∴，解得t＝；

当∠PQC＝90°时，

∵cos∠QCP＝，

∴，解得t＝．

∴当t＝或  t＝时，△PCQ为直角三角形；

（3）∵A（1，4），C（3，0），

设直线AC的解析式为y＝kx+b，则有：

，解得．故直线AC的解析式为y＝﹣2x+2．

∵P（1，4﹣t），将y＝4﹣t代入y＝﹣2x+2中，得x＝1+，

∴Q点的横坐标为1+，将x＝1+ 代入y＝﹣（x﹣1）2+4 中，得y＝4﹣．

∴Q点的纵坐标为4﹣，

∴QF＝（4﹣）﹣（4﹣t）＝t﹣，

∴S△ACQ ＝S△AFQ +S△CFQ

＝FQ•AG+FQ•DG，

＝FQ（AG+DG），

＝FQ•AD，

＝×2（t﹣），

＝﹣（t﹣2）2+1，

∴当t＝2时，△ACQ的面积最大，最大值是1．

【点睛】

考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：抛物线的对称轴，矩形的性质，待定系数法求抛物线的解析式，待定系数法求直线的解析式，勾股定理，锐角三角函数，三角形面积，二次函数的最值，方程思想以及分类思想的运用．