山东省淄博沂源县联考2021-2022学年中考数学全真模拟试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．已知抛物线c：y=x2+2x﹣3，将抛物线c平移得到抛物线c′，如果两条抛物线，关于直线x=1对称，那么下列说法正确的是（　　）

A．将抛物线c沿x轴向右平移个单位得到抛物线c′ B．将抛物线c沿x轴向右平移4个单位得到抛物线c′

C．将抛物线c沿x轴向右平移个单位得到抛物线c′ D．将抛物线c沿x轴向右平移6个单位得到抛物线c′

2．如图，是半圆圆的直径，的两边分别交半圆于,则为的中点，已知，则(   ）

A． B． C． D．

3．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，以点A为圆心，BC长为半径画弧交AB于点D，分别以点A、D为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于点E，连接AE，DE，则∠EAD的余弦值是（　　）

A． B． C． D．

4．对于反比例函数，下列说法不正确的是（　　）

A．点（﹣2，﹣1）在它的图象上 B．它的图象在第一、三象限

C．当x＞0时，y随x的增大而增大 D．当x＜0时，y随x的增大而减小

5．下列计算正确的是（　　）

A．＝±3 B．﹣32＝9 C．（﹣3）﹣2＝ D．﹣3+|﹣3|＝﹣6

6．若关于x的方程=3的解为正数，则m的取值范围是（ ）

A．m＜ B．m＜且m≠

C．m＞﹣ D．m＞﹣且m≠﹣

7．如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A1B1C1是以点P为位似中心的位似图形，且顶点都在格点上，则点P的坐标为（　　）

A．（﹣4，﹣3） B．（﹣3，﹣4） C．（﹣3，﹣3） D．（﹣4，﹣4）

8．如图是某几何体的三视图及相关数据，则该几何体的全面积是（　　）

A．15π B．24π C．20π D．10π

9．已知一个正多边形的一个外角为36°，则这个正多边形的边数是（　　）

A．8    B．9    C．10    D．11

10．如图，取一张长为、宽为的长方形纸片，将它对折两次后得到一张小长方形纸片，若要使小长方形与原长方形相似，则原长方形纸片的边应满足的条件是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．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________．

12．如图1，在R t△ABC中，∠ACB=90°，点P以每秒2cm的速度从点A出发，沿折线AC﹣CB运动，到点B停止．过点P作PD⊥AB，垂足为D，PD的长y（cm）与点P的运动时间x（秒）的函数图象如图2所示．当点P运动5秒时，PD的长的值为_____．

13．如图，一艘海轮位于灯塔P的北偏东方向60°，距离灯塔为4海里的点A处，如果海轮沿正南方向航行到灯塔的正东位置，海轮航行的距离AB长_____海里．

14．已知是方程组的解，则3a﹣b的算术平方根是_____．

15．如果，那么代数式的值是______．

16．如图，矩形ABCD面积为40，点P在边CD上，PE⊥AC，PF⊥BD，足分别为E，F．若AC＝10，则PE+PF＝_____．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，某市郊外景区内一条笔直的公路a经过三个景点A、B、C，景区管委会又开发了风景优美的景点D，经测量，景点D位于景点A的北偏东30′方向8km处，位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75°方向上，已知AB=5km.景区管委会准备由景点D向公路a修建一条距离最短的公路，不考试其他因素，求出这条公路的长．（结果精确到0.1km）．求景点C与景点D之间的距离．（结果精确到1km）．

18．（8分）如图，在等腰直角△ABC中，∠C是直角，点A在直线MN上，过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F．

（1）如图1，当C，B两点均在直线MN的上方时，

①直接写出线段AE，BF与CE的数量关系．

②猜测线段AF，BF与CE的数量关系，不必写出证明过程．

（2）将等腰直角△ABC绕着点A顺时针旋转至图2位置时，线段AF，BF与CE又有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并写出证明过程．

（3）将等腰直角△ABC绕着点A继续旋转至图3位置时，BF与AC交于点G，若AF=3，BF=7，直接写出FG的长度．

19．（8分）为了抓住梵净山文化艺术节的商机，某商店决定购进A、B两种艺术节纪念品．若购进A种纪念品8件，B种纪念品3件，需要950元；若购进A种纪念品5件，B种纪念品6件，需要800元．

（1）求购进A、B两种纪念品每件各需多少元？

（2）若该商店决定购进这两种纪念品共100件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元，但不超过7650元，那么该商店共有几种进货方案？

（3）若销售每件A种纪念品可获利润20元，每件B种纪念品可获利润30元，在第（2）问的各种进货方案中，哪一种方案获利最大？最大利润是多少元？

20．（8分） “扬州漆器”名扬天下，某网店专门销售某种品牌的漆器笔筒，成本为30元/件，每天销售量（件）与销售单价（元）之间存在一次函数关系，如图所示.

（1）求与之间的函数关系式；

（2）如果规定每天漆器笔筒的销售量不低于240件，当销售单价为多少元时，每天获取的利润最大，最大利润是多少？

（3）该网店店主热心公益事业，决定从每天的销售利润中捐出150元给希望工程，为了保证捐款后每天剩余利润不低于3600元，试确定该漆器笔筒销售单价的范围.

21．（8分）如图，已知一次函数y1=kx+b（k≠0）的图象与反比例函数的图象交于A、B两点，与坐标轴交于M、N两点．且点A的横坐标和点B的纵坐标都是﹣1．求一次函数的解析式；求△AOB的面积；观察图象，直接写出y1＞y1时x的取值范围．

22．（10分）在一个不透明的布袋里装有4个标有1、2、3、4的小球，它们的形状、大小完全相同，李强从布袋中随机取出一个小球，记下数字为x，王芳在剩下的3个小球中随机取出一个小球，记下数字为y，这样确定了点M的坐标

画树状图列表，写出点M所有可能的坐标；

求点在函数的图象上的概率．

23．（12分）计算：（）-1+（）0+-2cos30°．

24．如图，足球场上守门员在处开出一高球，球从离地面1米的处飞出（在轴上），运动员乙在距点6米的处发现球在自己头的正上方达到最高点，距地面约4米高，球落地后又一次弹起．据实验测算，足球在草坪上弹起后的抛物线与原来的抛物线形状相同，最大高度减少到原来最大高度的一半．

求足球开始飞出到第一次落地时，该抛物线的表达式．足球第一次落地点距守门员多少米？（取）运动员乙要抢到第二个落点，他应再向前跑多少米？

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、B

【解析】

∵抛物线C：y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣4，

∴抛物线对称轴为x=﹣1．

∴抛物线与y轴的交点为A（0，﹣3）．

则与A点以对称轴对称的点是B（2，﹣3）．

若将抛物线C平移到C′，并且C，C′关于直线x=1对称，就是要将B点平移后以对称轴x=1与A点对称．

则B点平移后坐标应为（4，﹣3），

因此将抛物线C向右平移4个单位．

故选B．

2、C

【解析】
连接AE，只要证明△ABC是等腰三角形，AC=AB即可解决问题.

【详解】

解：如图，连接AE，

∵AB是直径，
∴∠AEB=90°，即AE⊥BC，
∵EB=EC，
∴AB=AC，
∴∠C=∠B，
∵∠BAC=50°，
∴∠C= （180°-50°）=65°，
故选：C．

【点睛】

本题考查了圆周角定理、等腰三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．

3、B

【解析】

试题解析：如图所示：

设BC=x，

∵在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，

∴AC=2BC=2x，AB=BC=x，

根据题意得：AD=BC=x，AE=DE=AB=x，

作EM⊥AD于M，则AM=AD=x，

在Rt△AEM中，cos∠EAD=；

故选B．

【点睛】本题考查了解直角三角形、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角函数等，通过作辅助线求出AM是解决问题的关键.

4、C

【解析】
由题意分析可知，一个点在函数图像上则代入该点必定满足该函数解析式，点（-2，-1）代入可得，x=-2时，y=-1，所以该点在函数图象上，A正确；因为2大于0所以该函数图象在第一，三象限，所以B正确；C中，因为2大于0，所以该函数在x＞0时，y随x的增大而减小，所以C错误；D中，当x＜0时，y随x的增大而减小，正确，

故选C.

考点：反比例函数

【点睛】

本题属于对反比例函数的基本性质以及反比例函数的在各个象限单调性的变化

5、C

【解析】
分别根据二次根式的定义，乘方的意义，负指数幂的意义以及绝对值的定义解答即可．

【详解】

=3，故选项A不合题意；

﹣32＝﹣9，故选项B不合题意；

（﹣3）﹣2＝，故选项C符合题意；

﹣3+|﹣3|＝﹣3+3＝0，故选项D不合题意．

故选C．

【点睛】

本题主要考查了二次根式的定义，乘方的定义、负指数幂的意义以及绝对值的定义，熟记定义是解答本题的关键．

6、B

【解析】
解：去分母得：x+m﹣3m=3x﹣9，

整理得：2x=﹣2m+9，解得：x=，

已知关于x的方程=3的解为正数，

所以﹣2m+9＞0，解得m＜，

当x=3时，x==3，解得：m=，

所以m的取值范围是：m＜且m≠．

故答案选B．

7、A

【解析】
延长A1A、B1B和C1C，从而得到P点位置，从而可得到P点坐标．

【详解】

如图，点P的坐标为（-4，-3）．

故选A．

【点睛】

本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．

8、B

【解析】

解：根据三视图得到该几何体为圆锥，其中圆锥的高为4，母线长为5，圆锥底面圆的直径为6，所以圆锥的底面圆的面积=π×（）2=9π，圆锥的侧面积=×5×π×6=15π，所以圆锥的全面积=9π+15π=24π．故选B．

点睛：本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的半径等于圆锥的母线长，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长．也考查了三视图．

9、C

【解析】

试题分析：已知一个正多边形的一个外角为，则这个正多边形的边数是360÷36=10，故选C.

考点：多边形的内角和外角.

10、B

【解析】
由题图可知：得对折两次后得到的小长方形纸片的长为，宽为，然后根据相似多边形的定义，列出比例式即可求出结论．

【详解】

解：由题图可知：得对折两次后得到的小长方形纸片的长为，宽为，

∵小长方形与原长方形相似，

故选B．

【点睛】

此题考查的是相似三角形的性质，根据相似三角形的定义列比例式是解决此题的关键．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、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.

12、2.4cm

【解析】

分析：根据图2可判断AC=3，BC=4，则可确定t=5时BP的值，利用sin∠B的值，可求出PD．

详解：由图2可得，AC=3，BC=4，

∴AB=.

当t=5时，如图所示：

，

此时AC+CP=5，故BP=AC+BC-AC-CP=2，

∵sin∠B==，

∴PD=BP·sin∠B=2×==1.2（cm）．

故答案是：1.2 cm．

点睛：本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，锐角三角函数等知识，解答本题的关键是根据图形得到AC、BC的长度，此题难度一般．

13、1

【解析】

分析：首先由方向角的定义及已知条件得出∠NPA=60°，AP=4海里，∠ABP=90°，再由AB∥NP，根据平行线的性质得出∠A=∠NPA=60°．然后解Rt△ABP，得出AB=AP•cos∠A=1海里．

详解：如图，由题意可知∠NPA=60°，AP=4海里，∠ABP=90°．

∵AB∥NP，

∴∠A=∠NPA=60°．

在Rt△ABP中，∵∠ABP=90°，∠A=60°，AP=4海里，

∴AB=AP•cos∠A=4×cos60°=4×=1海里．

故答案为1．

点睛：本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，平行线的性质，三角函数的定义，正确理解方向角的定义是解题的关键．

14、2．

【解析】
灵活运用方程的性质求解即可。

【详解】

解：由是方程组的解，可得满足方程组，

由①+②的，3x-y=8,即可3a-b=8，

故3a﹣b的算术平方根是，

故答案：

【点睛】

本题主要考查二元一次方程组的性质及其解法。

15、1

【解析】

分析：对所求代数式根据分式的混合运算顺序进行化简，再把变形后整体代入即可.

详解：

故答案为1.

点睛：考查分式的混合运算，掌握运算顺序是解题的关键.注意整体代入法的运用.

16、4

【解析】
由矩形的性质可得AO=CO=5=BO=DO，由S△DCO=S△DPO+S△PCO，可得PE+PF的值．

【详解】

解：如图，设AC与BD的交点为O，连接PO，

∵四边形ABCD是矩形
∴AO=CO=5=BO=DO，
∴S△DCO=S矩形ABCD=10，
∵S△DCO=S△DPO+S△PCO，
∴10=×DO×PF+×OC×PE
∴20=5PF+5PE
∴PE+PF=4
故答案为4

【点睛】

本题考查了矩形的性质，利用三角形的面积关系解决问题是本题的关键．

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）景点D向公路a修建的这条公路的长约是3.1km；（2）景点C与景点D之间的距离约为4km．

【解析】
解：（1）如图，过点D作DE⊥AC于点E，

过点A作AF⊥DB，交DB的延长线于点F，在Rt△DAF中，∠ADF=30°，

∴AF=AD=×8=4，∴DF=，

在Rt△ABF中BF==3，

∴BD=DF﹣BF=4﹣3，sin∠ABF=，

在Rt△DBE中，sin∠DBE=，∵∠ABF=∠DBE，∴sin∠DBE=，

∴DE=BD•sin∠DBE=×（4﹣3）=≈3.1（km），

∴景点D向公路a修建的这条公路的长约是3.1km；

（2）由题意可知∠CDB=75°，

由（1）可知sin∠DBE==0.8，所以∠DBE=53°，

∴∠DCB=180°﹣75°﹣53°=52°，

在Rt△DCE中，sin∠DCE=，∴DC=≈4（km），

∴景点C与景点D之间的距离约为4km．

18、（1）①AE+BF =EC；②AF+BF=2CE；（2）AF﹣BF=2CE，证明见解析；（3）FG=．

【解析】
（1）①只要证明△ACE≌△BCD（AAS），推出AE=BD，CE=CD，推出四边形CEFD为正方形，即可解决问题；

②利用①中结论即可解决问题；

（2）首先证明BF-AF=2CE．由AF=3，BF=7，推出CE=EF=2，AE=AF+EF=5，由FG∥EC，可知，由此即可解决问题；

【详解】

解：（1）证明：①如图1，过点C做CD⊥BF，交FB的延长线于点D，

∵CE⊥MN，CD⊥BF，

∴∠CEA=∠D=90°，

∵CE⊥MN，CD⊥BF，BF⊥MN，

∴四边形CEFD为矩形，

∴∠ECD=90°，

又∵∠ACB=90°，

∴∠ACB-∠ECB=∠ECD-∠ECB，

即∠ACE=∠BCD，

又∵△ABC为等腰直角三角形，

∴AC=BC，

在△ACE和△BCD中，

，

∴△ACE≌△BCD（AAS），

∴AE=BD，CE=CD，

又∵四边形CEFD为矩形，

∴四边形CEFD为正方形，

∴CE=EF=DF=CD，

∴AE+BF=DB+BF=DF=EC．

②由①可知：AF+BF=AE+EF+BF

=BD+EF+BF

=DF+EF

=2CE，

（2）AF-BF=2CE

图2中，过点C作CG⊥BF，交BF延长线于点G，

∵AC=BC

可得∠AEC=∠CGB，

∠ACE=∠BCG，

在△CBG和△CAE中，

，

∴△CBG≌△CAE（AAS），

∴AE=BG，

∵AF=AE+EF，

∴AF=BG+CE=BF+FG+CE=2CE+BF，

∴AF-BF=2CE；

（3）如图3，过点C做CD⊥BF，交FB的于点D，

∵AC=BC

可得∠AEC=∠CDB，

∠ACE=∠BCD，

在△CBD和△CAE中，

，

∴△CBD≌△CAE（AAS），

∴AE=BD，

∵AF=AE-EF，

∴AF=BD-CE=BF-FD-CE=BF-2CE，

∴BF-AF=2CE．

∵AF=3，BF=7，

∴CE=EF=2，AE=AF+EF=5，

∵FG∥EC，

∴，

∴，

∴FG=．

【点睛】

本题考查几何变换综合题、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题.

19、（1）A种纪念品需要100元，购进一件B种纪念品需要50元（2）共有4种进货方案（3）当购进A种纪念品50件，B种纪念品50件时，可获最大利润，最大利润是2500元

【解析】

解：（1）设该商店购进一件A种纪念品需要a元，购进一件B种纪念品需要b元，

根据题意得方程组得：，…2分

解方程组得：，

∴购进一件A种纪念品需要100元，购进一件B种纪念品需要50元…4分；

（2）设该商店购进A种纪念品x个，则购进B种纪念品有（100﹣x）个，

∴，…6分

解得：50≤x≤53，…7分

∵x 为正整数，

∴共有4种进货方案…8分；

（3）因为B种纪念品利润较高，故B种数量越多总利润越高，

因此选择购A种50件，B种50件．…10分

总利润=50×20+50×30=2500（元）

∴当购进A种纪念品50件，B种纪念品50件时，可获最大利润，最大利润是2500元．…12分

20、（1）；（2）单价为46元时，利润最大为3840元.（3）单价的范围是45元到55元.

【解析】
（1）可用待定系数法来确定y与x之间的函数关系式；

（2）根据利润=销售量×单件的利润，然后将（1）中的函数式代入其中，求出利润和销售单件之间的关系式，然后根据其性质来判断出最大利润；

（3）首先得出w与x的函数关系式，进而利用所获利润等于3600元时，对应x的值，根据增减性，求出x的取值范围．

【详解】

（1）由题意得： ．

故y与x之间的函数关系式为：y=-10x+700，

（2）由题意，得

-10x+700≥240，

解得x≤46，

设利润为w=（x-30）•y=（x-30）（-10x+700），

w=-10x2+1000x-21000=-10（x-50）2+4000，

∵-10＜0，

∴x＜50时，w随x的增大而增大，

∴x=46时，w大=-10（46-50）2+4000=3840，

答：当销售单价为46元时，每天获取的利润最大，最大利润是3840元；

（3）w-150=-10x2+1000x-21000-150=3600，

-10（x-50）2=-250，

x-50=±5，

x1=55，x2=45，

如图所示，由图象得：

当45≤x≤55时，捐款后每天剩余利润不低于3600元．

【点睛】

此题主要考查了二次函数的应用、一次函数的应用和一元二次方程的应用，利用函数增减性得出最值是解题关键，能从实际问题中抽象出二次函数模型是解答本题的重点和难点．

21、（1）y1=﹣x+1，（1）6；（3）x＜﹣1或0＜x＜4

【解析】

试题分析：（1）先根据反比例函数解析式求得两个交点坐标，再根据待定系数法求得一次函数解析式；

（1）将两条坐标轴作为△AOB的分割线，求得△AOB的面积；

（3）根据两个函数图象交点的坐标，写出一次函数图象在反比例函数图象上方时所有点的横坐标的集合即可．

试题解析：（1）设点A坐标为（﹣1，m），点B坐标为（n，﹣1）

∵一次函数y1=kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y1=﹣的图象交于A、B两点

∴将A（﹣1，m）B（n，﹣1）代入反比例函数y1=﹣可得，m=4，n=4

∴将A（﹣1，4）、B（4，﹣1）代入一次函数y1=kx+b，可得

，解得

∴一次函数的解析式为y1=﹣x+1；,

（1）在一次函数y1=﹣x+1中，

当x=0时，y=1，即N（0，1）；当y=0时，x=1，即M（1，0）

∴=×1×1+×1×1+×1×1=1+1+1=6；

（3）根据图象可得，当y1＞y1时，x的取值范围为：x＜﹣1或0＜x＜4

考点：1、一次函数，1、反比例函数，3、三角形的面积

22、见解析；．

【解析】
(1)首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；

(2)找出点(x，y)在函数y=x+1的图象上的情况，利用概率公式即可求得答案．

【详解】

画树状图得：

共有12种等可能的结果、、、、、、、、、、、；

在所有12种等可能结果中，在函数的图象上的有、、这3种结果，

点在函数的图象上的概率为．

【点睛】

本题考查的是用列表法或树状图法求概率，一次函数图象上点的坐标特征.注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．

23、4+2．

【解析】
原式第一项利用负指数幂法则计算，第二项利用零指数幂法则计算，第三项化为最简二次根式，最后一项利用特殊角的三角函数值计算即可得到结果．

【详解】

原式=3+1+3-2×

=4+2．

24、（1）（或）（2）足球第一次落地距守门员约13米．（3）他应再向前跑17米．

【解析】
（1）依题意代入x的值可得抛物线的表达式．

（2）令y=0可求出x的两个值，再按实际情况筛选．

（3）本题有多种解法．如图可得第二次足球弹出后的距离为CD，相当于将抛物线AEMFC向下平移了2个单位可得解得x的值即可知道CD、BD．

【详解】

解：（1）如图，设第一次落地时，

抛物线的表达式为

由已知：当时　

即

表达式为（或）

（2）令

（舍去）．

足球第一次落地距守门员约13米．

（3）解法一：如图，第二次足球弹出后的距离为

根据题意：（即相当于将抛物线向下平移了2个单位）

解得

（米）．

答：他应再向前跑17米．