2021-2022学年河北省石家庄新华区市级名校中考数学最后冲刺模拟试卷含解析

这是一份2021-2022学年河北省石家庄新华区市级名校中考数学最后冲刺模拟试卷含解析，共20页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，下列代数运算正确的是，下列运算中，计算结果正确的是，下列运算正确的是等内容，欢迎下载使用。

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（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．某大学生利用课余时间在网上销售一种成本为50元/件的商品，每月的销售量y（件）与销售单价x（元/件）之间的函数关系式为y=–4x+440，要获得最大利润，该商品的售价应定为
A．60元 B．70元 C．80元 D．90元
2．甲、乙两盒中分别放入编号为1、2、3、4的形状相同的4个小球，从甲盒中任意摸出一球，再从乙盒中任意摸出一球，将两球编号数相加得到一个数，则得到数（ ）的概率最大．
A．3 B．4 C．5 D．6
3．如图1，点P从△ABC的顶点A出发，沿A﹣B﹣C匀速运动，到点C停止运动．点P运动时，线段AP的长度y与运动时间x的函数关系如图2所示，其中D为曲线部分的最低点，则△ABC的面积是（　　）

A．10 B．12 C．20 D．24
4．已知方程的两个解分别为、，则的值为（）
A． B． C．7 D．3
5．下列代数运算正确的是（　　）
A．（x+1）2=x2+1 B．（x3）2=x5 C．（2x）2=2x2 D．x3•x2=x5
6．设x1，x2是一元二次方程x2﹣2x﹣5＝0的两根，则x12+x22的值为（　　）
A．6 B．8 C．14 D．16
7．关于x的不等式组无解，那么m的取值范围为( )
A．m≤－1 B．m<－1 C．－1 8．下列运算中，计算结果正确的是（　　）
A．a2•a3=a6 B．a2+a3=a5 C．（a2）3=a6 D．a12÷a6=a2
9．下列运算正确的是（　　）
A．a2•a3=a6 B．（）﹣1=﹣2 C． =±4 D．|﹣6|=6
10．如图，在△ABC中，点D是边AB上的一点，∠ADC＝∠ACB，AD＝2，BD＝6，则边AC的长为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．如图，平行于x轴的直线AC分别交抛物线（x≥0）与（x≥0）于B、C两点，过点C作y轴的平行线交y1于点D，直线DE∥AC，交y2于点E，则=_．

12．一位小朋友在粗糙不打滑的“Z”字形平面轨道上滚动一个半径为10cm的圆盘，如图所示，AB与CD水平，BC与水平面的夹角为60°，其中AB=60cm，CD=40cm，BC=40cm，那么该小朋友将圆盘从A点滚动到D点其圆心所经过的路线长为____cm．

13．关于x的一元二次方程x2﹣2x+m﹣1＝0有两个实数根，则m的取值范围是_____．
14．如图，线段 AB 的长为 4，C 为 AB 上一个动点，分别以 AC、BC 为斜边在 AB 的同侧作两个等腰直角三角形 ACD 和 BCE， 连结 DE， 则 DE 长的最小值是_____．

15．函数y=中自变量x的取值范围是_____．
16．如图，△AOB是直角三角形，∠AOB＝90°，OB＝2OA，点A在反比例函数y＝的图象上．若点B在反比例函数y＝的图象上，则k的值为_____．

17．分解因式：＝___________．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）如图，已知直线与抛物线相交于A，B两点，且点A（1，－4）为抛物线的顶点，点B在x轴上．

（1）求抛物线的解析式；
（2）在（1）中抛物线的第二象限图象上是否存在一点P，使△POB与△POC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点Q是y轴上一点，且△ABQ为直角三角形，求点Q的坐标．
19．（5分）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）

20．（8分）如图，已知三角形ABC的边AB是0的切线，切点为B．AC经过圆心0并与圆相交于点D，C，过C作直线CE丄AB，交AB的延长线于点E,
(1)求证：CB平分∠ACE；
(2)若BE=3，CE=4，求O的半径.

21．（10分）在数学课上，老师提出如下问题：

小楠同学的作法如下：

老师说：“小楠的作法正确．”
请回答：小楠的作图依据是______________________________________________．
22．（10分）为加快城乡对接，建设全域美丽乡村，某地区对A、B两地间的公路进行改建．如图，A、B两地之间有一座山，汽车原来从A地到B地需途径C地沿折线ACB行驶，现开通隧道后，汽车可直接沿直线AB行驶．已知BC=80千米，∠A=45°，∠B=30°．开通隧道前，汽车从A地到B地大约要走多少千米？开通隧道后，汽车从A地到B地大约可以少走多少千米？（结果精确到0.1千米）（参考数据：≈1.41，≈1.73）

23．（12分）先化简，再求值：（x+2y）（x﹣2y）+（20xy3﹣8x2y2）÷4xy，其中x＝2018，y＝1．
24．（14分）楼房AB后有一假山，其坡度为i=1：，山坡坡面上E点处有一休息亭，测得假山坡脚C与楼房水平距离BC=30米，与亭子距离CE=18米，小丽从楼房顶测得E点的俯角为45°，求楼房AB的高．（注：坡度i是指坡面的铅直高度与水平宽度的比）




参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、C
【解析】
设销售该商品每月所获总利润为w，
则w=（x–50）（–4x+440）=–4x2+640x–22000=–4（x–80）2+3600，
∴当x=80时，w取得最大值，最大值为3600，
即售价为80元/件时，销售该商品所获利润最大，故选C．
2、C
【解析】
解：甲和乙盒中1个小球任意摸出一球编号为1、2、3、1的概率各为，
其中得到的编号相加后得到的值为{2，3，1，5，6，7，8}
和为2的只有1+1；
和为3的有1+2；2+1；
和为1的有1+3；2+2；3+1；
和为5的有1+1；2+3；3+2；1+1；
和为6的有2+1；1+2；
和为7的有3+1；1+3；
和为8的有1+1．
故p（5）最大，故选C．
3、B
【解析】
过点A作AM⊥BC于点M，由题意可知当点P运动到点M时，AP最小，此时长为4，
观察图象可知AB=AC=5，
∴BM==3，∴BC=2BM=6，
∴S△ABC==12，
故选B.

【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，根据已知和图象能确定出AB、AC的长，以及点P运动到与BC垂直时最短是解题的关键.
4、D
【解析】
由根与系数的关系得出x1＋x2＝5，x1•x2＝2，将其代入x1＋x2−x1•x2中即可得出结论．
【详解】
解：∵方程x2−5x＋2＝0的两个解分别为x1，x2，
∴x1＋x2＝5，x1•x2＝2，
∴x1＋x2−x1•x2＝5−2＝1．
故选D．
【点睛】
本题考查了根与系数的关系，解题的关键是根据根与系数的关系得出x1＋x2＝5，x1•x2＝2．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根与系数的关系得出两根之和与两根之积是关键．
5、D
【解析】
分别根据同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方、完全平方公式进行逐一计算即可．
【详解】
解：A. （x+1）2=x2+2x+1,故A错误；
B. （x3）2=x6，故B错误；
C. （2x）2=4x2，故C错误.
D. x3•x2=x5,故D正确.
故本题选D.
【点睛】
本题考查的是同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方、完全平方公式，熟练掌握他们的定义是解题的关键.
6、C
【解析】
根据根与系数的关系得到x1+x2=2，x1•x2=-5，再变形x12+x22得到（x1+x2）2-2x1•x2，然后利用代入计算即可．
【详解】
∵一元二次方程x2-2x-5=0的两根是x1、x2，
∴x1+x2=2，x1•x2=-5，
∴x12+x22=（x1+x2）2-2x1•x2=22-2×（-5）=1．
故选C．
【点睛】
考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=- ，x1•x2= ．
7、A
【解析】
【分析】先求出每一个不等式的解集，然后再根据不等式组无解得到有关m的不等式，就可以求出m的取值范围了.
【详解】，
解不等式①得：x 解不等式②得：x>-1，
由于原不等式组无解，所以m≤-1，
故选A.
【点睛】本题考查了一元一次不等式组无解问题，熟知一元一次不等式组解集的确定方法“大大取大，小小取小，大小小大中间找，大大小小无处找”是解题的关键.
8、C
【解析】
根据同底数幂相乘，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相减；同底数幂相除，底数不变指数相减对各选项分析判断即可得解．
【详解】
A、a2•a3=a2+3=a5，故本选项错误；
B、a2+a3不能进行运算，故本选项错误；
C、（a2）3=a2×3=a6，故本选项正确；
D、a12÷a6=a12﹣6=a6，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘法、幂的乘方、同底数幂的除法，熟练掌握运算法则是解题的关键．
9、D
【解析】
运用正确的运算法则即可得出答案.
【详解】
A、应该为a5，错误；B、为2，错误；C、为4，错误；D、正确，所以答案选择D项.
【点睛】
本题考查了四则运算法则，熟悉掌握是解决本题的关键.
10、B
【解析】
证明△ADC∽△ACB，根据相似三角形的性质可推导得出AC2=AD•AB，由此即可解决问题.
【详解】
∵∠A=∠A，∠ADC=∠ACB，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2=AD•AB=2×8=16，
∵AC>0，
∴AC=4，
故选B.
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题.

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、5-
【解析】
试题分析：本题我们可以假设一个点的坐标，然后进行求解．设点C的坐标为（1，），则点B的坐标为（，），点D的坐标为（1，1），点E的坐标为（，1），则AB=，DE=－1，则=5－．
考点：二次函数的性质
12、
【解析】
试题解析：如下图，画出圆盘滚动过程中圆心移动路线的分解图象．

可以得出圆盘滚动过程中圆心走过的路线由线段OO1，线段O1O2，圆弧，线段O3O4四部分构成．
其中O1E⊥AB，O1F⊥BC，O2C⊥BC，O3C⊥CD，O4D⊥CD．
∵BC与AB延长线的夹角为60°，O1是圆盘在AB上滚动到与BC相切时的圆心位置，
∴此时⊙O1与AB和BC都相切．
则∠O1BE=∠O1BF=60度．
此时Rt△O1BE和Rt△O1BF全等，
在Rt△O1BE中，BE=cm．
∴OO1=AB-BE=（60-）cm．
∵BF=BE=cm，
∴O1O2=BC-BF=（40-）cm．
∵AB∥CD，BC与水平夹角为60°，
∴∠BCD=120度．
又∵∠O2CB=∠O3CD=90°，
∴∠O2CO3=60度．
则圆盘在C点处滚动，其圆心所经过的路线为圆心角为60°且半径为10cm的圆弧．
∴的长=×2π×10=πcm．
∵四边形O3O4DC是矩形，
∴O3O4=CD=40cm．
综上所述，圆盘从A点滚动到D点，其圆心经过的路线长度是:
（60-）+（40-）+π+40=（140-+π）cm．
13、m≤1
【解析】
根据一元二次方程有实数根，得出△≥0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】
解：由题意知，△＝4﹣4（m﹣1）≥0，
∴m≤1，
故答案为：m≤1．
【点睛】
此题考查了根的判别式，掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：△＞0，方程有两个不相等的实数根；△＝0，方程有两个相等的实数根；△＜0，方程没有实数根是本题的关键．
14、2
【解析】
试题分析：由题意得，；C为AB上一个动点，分别以AC、BC为斜边在AB的同侧作两个等腰直角三角形△ACD和△BCE，AD=CD；CE=BE；由勾股定理得，解得；而AC+BC=AB=4，，∵=16；，∴，，得出
考点：不等式的性质
点评：本题考查不等式的性质，会用勾股定理，完全平方公式，不等关系等知识，它们是解决本题的关键
15、x≥﹣且x≠1．
【解析】
根据分式有意义的条件、二次根式有意义的条件列式计算．
【详解】
由题意得，2x+3≥0，x-1≠0，
解得，x≥-且x≠1，
故答案为：x≥-且x≠1．
【点睛】
本题考查的是函数自变量的取值范围，①当表达式的分母不含有自变量时，自变量取全体实数．②当表达式的分母中含有自变量时，自变量取值要使分母不为零．③当函数的表达式是偶次根式时，自变量的取值范围必须使被开方数不小于零．
16、﹣2
【解析】
要求函数的解析式只要求出B点的坐标就可以，过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．根据条件得到△ACO∽△ODB，得到：=1，然后用待定系数法即可．
【详解】
过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．

设点A的坐标是（m，n），则AC=n，OC=m．
∵∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠BOD=90°．
∵∠DBO+∠BOD=90°，
∴∠DBO=∠AOC．
∵∠BDO=∠ACO=90°，
∴△BDO∽△OCA．
∴,
∵OB=1OA，
∴BD=1m，OD=1n．
因为点A在反比例函数y=的图象上，
∴mn=1．
∵点B在反比例函数y=的图象上，
∴B点的坐标是（-1n，1m）．
∴k=-1n•1m=-4mn=-2．
故答案为-2．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，利用相似三角形的性质求得点B的坐标（用含n的式子表示）是解题的关键．
17、
【解析】
直接利用完全平方公式分解因式得出答案．
【详解】
解：=，
故答案为.
【点睛】
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用完全平方公式是解题关键．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、解：（1）；（2）存在，P（，）；（1）Q点坐标为（0，-）或（0，）或（0，－1）或（0，－1）.
【解析】
（1）已知点A坐标可确定直线AB的解析式，进一步能求出点B的坐标．点A是抛物线的顶点，那么可以将抛物线的解析式设为顶点式，再代入点B的坐标，依据待定系数法可解.
（2）首先由抛物线的解析式求出点C的坐标，在△POB和△POC中，已知的条件是公共边OP，若OB与OC不相等，那么这两个三角形不能构成全等三角形；若OB等于OC，那么还要满足的条件为：∠POC=∠POB，各自去掉一个直角后容易发现，点P正好在第二象限的角平分线上，联立直线y=-x与抛物线的解析式，直接求交点坐标即可，同时还要注意点P在第二象限的限定条件.
（1）分别以A、B、Q为直角顶点，分类进行讨论，找出相关的相似三角形，依据对应线段成比例进行求解即可.
【详解】
解：（1）把A（1，﹣4）代入y＝kx﹣6，得k＝2，
∴y＝2x﹣6，
令y＝0，解得：x＝1，
∴B的坐标是（1，0）．
∵A为顶点，
∴设抛物线的解析为y＝a（x﹣1）2﹣4，
把B（1，0）代入得：4a﹣4＝0，
解得a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣1．
（2）存在．
∵OB＝OC＝1，OP＝OP，
∴当∠POB＝∠POC时，△POB≌△POC，
此时PO平分第二象限，即PO的解析式为y＝﹣x．
设P（m，﹣m），则﹣m＝m2﹣2m﹣1，解得m＝（m＝＞0，舍），
∴P（，）．
（1）①如图，当∠Q1AB＝90°时，△DAQ1∽△DOB，
∴，即=，∴DQ1＝，
∴OQ1＝，即Q1（0，-）；
②如图，当∠Q2BA＝90°时，△BOQ2∽△DOB，
∴，即，
∴OQ2＝，即Q2（0，）；
③如图，当∠AQ1B＝90°时，作AE⊥y轴于E，

则△BOQ1∽△Q1EA，
∴，即
∴OQ12﹣4OQ1+1＝0，∴OQ1＝1或1，
即Q1（0，﹣1），Q4（0，﹣1）．
综上，Q点坐标为（0，-）或（0，）或（0，﹣1）或（0，﹣1）．
19、（1）证明见解析；（2）四边形EFGH是菱形，证明见解析；（3）四边形EFGH是正方形.
【解析】
（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．
（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．
（3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．
【详解】
（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
（2）四边形EFGH是菱形．
证明：如图2中，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，
即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，
∴△APC≌△BPD，
∴AC=BD．
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=AC，FG=BD，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
（3）四边形EFGH是正方形．
证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，
∵四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．

考点：平行四边形的判定与性质；中点四边形．
20、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
试题分析：（1）证明：如图1，连接OB，由AB是⊙0的切线，得到OB⊥AB，由于CE丄AB，的OB∥CE，于是得到∠1=∠3，根据等腰三角形的性质得到∠1=∠2，通过等量代换得到结果．
（2）如图2，连接BD通过△DBC∽△CBE，得到比例式，列方程可得结果．
（1）证明：如图1，连接OB，

∵AB是⊙0的切线，
∴OB⊥AB，
∵CE丄AB，
∴OB∥CE，
∴∠1=∠3，
∵OB=OC，
∴∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴CB平分∠ACE；
（2）如图2，连接BD，

∵CE丄AB，
∴∠E=90°，
∴BC===5，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DBC=90°，
∴∠E=∠DBC，
∴△DBC∽△CBE，
∴，
∴BC2=CD•CE，
∴CD==，
∴OC==，
∴⊙O的半径=．
考点：切线的性质．
21、两组对边分别相等的四边形是平行四边形；平行四边形的对角线互相平分；两点确定一条直线．
【解析】
根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可判断四边形ABCP为平行四边形，再根据平行四边形的性质：对角线互相平分即可得到BD=CD，由此可得到小楠的作图依据．
【详解】
解：由作图的步骤可知平行四边形可判断四边形ABCP为平行四边形，再根据平行四边形的
性质：对角线互相平分即可得到BD=CD，
所以小楠的作图依据是：两组对边分别相等的四边形是平行四边形；平行四边形的对角线互
相平分；两点确定一条直线.
故答案为：两组对边分别相等的四边形是平行四边形；平行四边形的对角线互相平分；两点
确定一条直线．
【点睛】
本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的判定和性质．
22、（1）开通隧道前，汽车从A地到B地大约要走136.4千米；（2）汽车从A地到B地比原来少走的路程为27.2千米
【解析】
（1）过点C作AB的垂线CD，垂足为D，在直角△ACD中，解直角三角形求出CD，进而解答即可；
（2）在直角△CBD中，解直角三角形求出BD，再求出AD，进而求出汽车从A地到B地比原来少走多少路程．
【详解】
解：（1）过点C作AB的垂线CD，垂足为D，

∵AB⊥CD，sin30°=，BC=80千米，
∴CD=BC•sin30°=80×（千米），
AC=（千米），
AC+BC=80+40≈40×1.41+80=136.4（千米），
答：开通隧道前，汽车从A地到B地大约要走136.4千米；
（2）∵cos30°=，BC=80（千米），
∴BD=BC•cos30°=80×（千米），
∵tan45°=，CD=40（千米），
∴AD=（千米），
∴AB=AD+BD=40+40≈40+40×1.73=109.2（千米），
∴汽车从A地到B地比原来少走多少路程为：AC+BC﹣AB=136.4﹣109.2=27.2（千米）．
答：汽车从A地到B地比原来少走的路程为27.2千米．
【点睛】
本题考查了勾股定理的运用以及解一般三角形，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．
23、 (x﹣y)2；2.
【解析】
首先利用多项式的乘法法则以及多项式与单项式的除法法则计算，然后合并同类项即可化简，然后代入数值计算即可．
【详解】
原式= x2﹣4y2+4xy(5y2-2xy)÷4xy
＝x2﹣4y2+5y2﹣2xy
＝x2﹣2xy+y2，
＝(x﹣y)2，
当x＝2028，y＝2时，
原式＝(2028﹣2)2＝(﹣2)2＝2．
【点睛】
本题考查的是整式的混合运算，正确利用多项式的乘法法则以及合并同类项法则是解题的关键.
24、（39+9）米．
【解析】
过点E作EF⊥BC的延长线于F，EH⊥AB于点H，根据CE=20米，坡度为i=1：，分别求出EF、CF的长度，在Rt△AEH中求出AH，继而可得楼房AB的高．
【详解】
解：过点E作EF⊥BC的延长线于F，EH⊥AB于点H，
在Rt△CEF中，∵=tan∠ECF，
∴∠ECF=30°，
∴EF=CE=10米，CF=10米，
∴BH=EF=10米， HE=BF=BC+CF=（25+10）米，
在Rt△AHE中，∵∠HAE=45°，
∴AH=HE=（25+10）米，∴AB=AH+HB=（35+10）米．
答：楼房AB的高为（35+10）米．

【点睛】
本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题；坡度坡角问题，掌握概念正确计算是本题的解题关键．