2021-2022学年河南师范大附属中学中考试题猜想数学试卷含解析

这是一份2021-2022学年河南师范大附属中学中考试题猜想数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．不等式组的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，动点E、F分别从点C，D出发，以相同速度分别沿CB，DC运动（点E到达C时，两点同时停止运动）.连接AE，BF交于点P，过点P分别作PM∥CD，PN∥BC，则线段MN的长度的最小值为（ ）

A． B． C． D．1
3．如图，在平面直角坐标系中，位于第二象限，点的坐标是，先把向右平移3个单位长度得到，再把绕点顺时针旋转得到，则点的对应点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
4．全球芯片制造已经进入10纳米到7纳米器件的量产时代．中国自主研发的第一台7纳米刻蚀机，是芯片制造和微观加工最核心的设备之一，7纳米就是0.000000007米．数据0.000000007用科学记数法表示为（　　）
A．0.7×10﹣8 B．7×10﹣8 C．7×10﹣9 D．7×10﹣10
5．我国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形，且侧棱与底面垂直的三棱柱称为“堑堵”某“堑堵”的三视图如图所示（网格图中每个小正方形的边长均为1），则该“堑堵”的侧面积为（　　）

A．16+16 B．16+8 C．24+16 D．4+4
6．我国古代《易经》一书中记载，远古时期，人们通过在绳子上打结来记录数量，即“结绳计数”．如图，一位母亲在从右到左依次排列的绳子上打结，满七进一，用来记录孩子自出生后的天数，由图可知，孩子自出生后的天数是（　　）

A．84 B．336 C．510 D．1326
7．如图，在四边形ABCD中，如果∠ADC=∠BAC，那么下列条件中不能判定△ADC和△BAC相似的是（　　）

A．∠DAC=∠ABC B．AC是∠BCD的平分线 C．AC2=BC•CD D．
8．如图，抛物线y=-x2+mx的对称轴为直线x=2，若关于x的-元二次方程-x2+mx-t=0 (t为实数)在l
A．-5-5
9．为确保信息安全，信息需加密传输，发送方将明文加密后传输给接收方，接收方收到密文后解密还原为明文，已知某种加密规则为，明文a，b对应的密文为a＋2b，2a－b，例如：明文1，2对应的密文是5，0，当接收方收到的密文是1，7时，解密得到的明文是(　　)
A．3，－1 B．1，－3 C．－3，1 D．－1，3
10．某人想沿着梯子爬上高4米的房顶，梯子的倾斜角（梯子与地面的夹角）不能大于，否则就有危险，那么梯子的长至少为（ ）
A．8米 B．米 C．米 D．米
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为____．
12．计算：2a×（﹣2b）=_____．
13．已知、为两个连续的整数，且，则=________．
14．已知：＝，则的值是______．
15．如图，直线经过正方形的顶点分别过此正方形的顶点、作于点、 于点．若，则的长为________．

16．已知函数，当 时，函数值y随x的增大而增大．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0，其中a、b、c分别为△ABC三边的长．如果x=﹣1是方程的根，试判断△ABC的形状，并说明理由；如果方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由；如果△ABC是等边三角形，试求这个一元二次方程的根．
18．（8分）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0）与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线1，交抛物线与点Q．求抛物线的解析式；当点P在线段OB上运动时，直线1交BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；在点P运动的过程中，坐标平面内是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

19．（8分）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．

（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．
20．（8分）如图1，在矩形ABCD中，AD=4，AB=2，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°）得到矩形AEFG．延长CB与EF交于点H．

（1）求证：BH=EH；
（2）如图2，当点G落在线段BC上时，求点B经过的路径长．
21．（8分）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，M是BC的中点，DE⊥AM于点E．求证：△ADE∽△MAB；求DE的长．

22．（10分）现有两个纸箱,每个纸箱内各装有4个材质、大小都相同的乒乓球,其中一个纸箱内4个小球上分别写有1、2、3、4这4个数，另一个纸箱内4个小球上分别写有5、6、7、8这4个数，甲、乙两人商定了一个游戏，规则是：从这两个纸箱中各随机摸出一个小球，然后把两个小球上的数字相乘，若得到的积是2的倍数，则甲得1分，若得到积是3的倍数，则乙得2分.完成一次游戏后,将球分别放回各自的纸箱,摇匀后进行下一次游戏,最后得分高者胜出.。
(1)请你通过列表(或树状图)分别计算乘积是2的倍数和3的倍数的概率;
(2)你认为这个游戏公平吗?为什么?若你认为不公平,请你修改得分规则,使游戏对双方公平.
23．（12分）2018年4月22日是第49个世界地球日，今年的主题为“珍惜自然资源呵护美丽国土一讲好我们的地球故事”地球日活动周中，同学们开展了丰富多彩的学习活动，某小组搜集到的数据显示，山西省总面积为15.66万平方公里，其中土石山区面积约5.59万平方公里，其余部分为丘陵与平原，丘陵面积比平原面积的2倍还多0.8万平方公里．
（1）求山西省的丘陵面积与平原面积；
（2）活动周期间，两位家长计划带领若干学生去参观山西地质博物馆，他们联系了两家旅行社，报价均为每人30元．经协商，甲旅行社的优惠条件是，家长免费，学生都按九折收费；乙旅行社的优惠条件是，家长、学生都按八折收费．若只考虑收费，这两位家长应该选择哪家旅行社更合算？

24．如图矩形ABCD中AB=6，AD=4，点P为AB上一点，把矩形ABCD沿过P点的直线l折叠，使D点落在BC边上的D′处，直线l与CD边交于Q点．
（1）在图（1）中利用无刻度的直尺和圆规作出直线l．（保留作图痕迹，不写作法和理由）
（2）若PD′⊥PD，①求线段AP的长度；②求sin∠QD′D．




参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、A
【解析】
分析：分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集并在数轴上表示出来，选出符合条件的选项即可．
详解：
由①得，x≤1，
由②得，x>-1，
故此不等式组的解集为：-1 在数轴上表示为：

故选A．
点睛：本题考查的是在数轴上表示一元一此不等式组的解集，把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．
2、B
【解析】
分析：由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得QC的长，再求CP即可．
详解： 由于点P在运动中保持∠APD=90°， ∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，
在Rt△QDC中，QC=， ∴CP=QC－QP=，故选B．
点睛：本题主要考查的是圆的相关知识和勾股定理，属于中等难度的题型．解决这个问题的关键是根据圆的知识得出点P的运动轨迹．
3、D
【解析】
根据要求画出图形，即可解决问题．
【详解】
解：根据题意，作出图形，如图：

观察图象可知：A2（4，2）；
故选：D.
【点睛】
本题考查平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是正确画出图象，属于中考常考题型．
4、C
【解析】
本题根据科学记数法进行计算.
【详解】
因为科学记数法的标准形式为a×(1≤|a|≤10且n为整数),因此0.000000007用科学记数法法可表示为7×，
故选C.
【点睛】
本题主要考察了科学记数法，熟练掌握科学记数法是本题解题的关键.
5、A
【解析】
分析出此三棱柱的立体图像即可得出答案.
【详解】
由三视图可知主视图为一个侧面，另外两个侧面全等，是长×高=×4=，所以侧面积之和为×2+4×4= 16+16,所以答案选择A项.
【点睛】
本题考查了由三视图求侧面积，画出该图的立体图形是解决本题的关键.
6、C
【解析】
由题意满七进一，可得该图示为七进制数，化为十进制数为：1×73+3×72+2×7+6=510，
故选：C．
点睛：本题考查记数的方法，注意运用七进制转化为十进制，考查运算能力，属于基础题.
7、C
【解析】
结合图形，逐项进行分析即可.
【详解】
在△ADC和△BAC中，∠ADC=∠BAC，
如果△ADC∽△BAC，需满足的条件有：①∠DAC=∠ABC或AC是∠BCD的平分线；
②，
故选C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的条件，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键.
8、B
【解析】
先利用抛物线的对称轴方程求出m得到抛物线解析式为y=-x2+4x，配方得到抛物线的顶点坐标为（2，4），再计算出当x=1或3时，y=3，结合函数图象，利用抛物线y=-x2+4x与直线y=t在1＜x＜3的范围内有公共点可确定t的范围．
【详解】
∵ 抛物线y=-x2+mx的对称轴为直线x=2，
∴，
解之：m=4，
∴y=-x2+4x，
当x=2时，y=-4+8=4，
∴顶点坐标为(2，4)，
∵ 关于x的-元二次方程-x2+mx-t=0 (t为实数)在l 当x=1时，y=-1+4=3，
当x=2时，y=-4+8=4，
∴ 3 故选：B
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
9、A
【解析】
根据题意可得方程组，再解方程组即可．
【详解】
由题意得：，
解得：，
故选A．
10、C
【解析】
此题考查的是解直角三角形
如图：AC=4，AC⊥BC，

∵梯子的倾斜角（梯子与地面的夹角）不能＞60°．
∴∠ABC≤60°，最大角为60°．

即梯子的长至少为米，
故选C.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
试题分析：，解得r=．
考点：弧长的计算．
12、﹣4ab
【解析】
根据单项式与单项式的乘法解答即可．
【详解】
2a×（﹣2b）=﹣4ab．
故答案为﹣4ab．
【点睛】
本题考查了单项式的乘法，关键是根据单项式的乘法法则解答．
13、11
【解析】
根据无理数的性质，得出接近无理数的整数，即可得出a，b的值，即可得出答案．
【详解】
∵a＜＜b，a、b为两个连续的整数，
∴，
∴a＝5，b＝6，
∴a＋b＝11.
故答案为11.
【点睛】
本题考查的是估算无理数的大小，熟练掌握无理数是解题的关键.
14、–
【解析】
根据已知等式设a=2k,b=3k,代入式子可求出答案.
【详解】
解：由，可设a=2k，b=3k，(k≠0),
故：，
故答案：.
【点睛】
此题主要考查比例的性质，a、b都用k表示是解题的关键.
15、13
【解析】
根据正方形的性质得出AD=AB，∠BAD=90°，根据垂直得出∠DEA=∠AFB=90°，求出∠EDA=∠FAB，根据AAS推出△AED≌△BFA，根据全等三角形的性质得出AE=BF=5，AF=DE=8，即可求出答案；
【详解】
∵ABCD是正方形(已知)，
∴AB=AD,∠ABC=∠BAD=90°；
又∵∠FAB+∠FBA=∠FAB+∠EAD=90°，
∴∠FBA=∠EAD(等量代换)；
∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，
∴在Rt△AFB和Rt△AED中，
∵，
∴△AFB≌△AED(AAS)，
∴AF=DE=8,BF=AE=5(全等三角形的对应边相等)，
∴EF=AF+AE=DE+BF=8+5=13.
故答案为13.
点睛：本题考查了勾股定理，全等三角形的性质和判定，正方形的性质的应用，能求出△AED≌△BFA是解此题的关键．
16、x≤﹣1．
【解析】
试题分析：∵=，a=﹣1＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线x=﹣1，∴当x≤﹣1时，y随x的增大而增大，故答案为x≤﹣1．
考点：二次函数的性质．

三、解答题（共8题，共72分）
17、 (1) △ABC是等腰三角形；(2)△ABC是直角三角形；(3) x1=0，x2=﹣1．
【解析】
试题分析：（1）直接将x=﹣1代入得出关于a，b的等式，进而得出a=b，即可判断△ABC的形状；
（2）利用根的判别式进而得出关于a，b，c的等式，进而判断△ABC的形状；
（3）利用△ABC是等边三角形，则a=b=c，进而代入方程求出即可．
试题解析：（1）△ABC是等腰三角形；
理由：∵x=﹣1是方程的根，
∴（a+c）×（﹣1）2﹣2b+（a﹣c）=0，
∴a+c﹣2b+a﹣c=0，
∴a﹣b=0，
∴a=b，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）∵方程有两个相等的实数根，
∴（2b）2﹣4（a+c）（a﹣c）=0，
∴4b2﹣4a2+4c2=0，
∴a2=b2+c2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）当△ABC是等边三角形，∴（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0，可整理为：
2ax2+2ax=0，
∴x2+x=0，
解得：x1=0，x2=﹣1．
考点：一元二次方程的应用．
18、 (1) ;(2) 当m＝2时，四边形CQMD为平行四边形;(3) Q1（8，18）、Q2（﹣1，0）、Q3（3，﹣2）
【解析】
（1）直接将A（-1，0），B（4，0）代入抛物线y=x2+bx+c方程即可；
（2）由（1）中的解析式得出点C的坐标C（0，-2），从而得出点D（0，2），求出直线BD：y＝−x+2，设点M(m，−m+2)，Q(m，m2−m−2)，可得MQ=−m2+m+4，根据平行四边形的性质可得QM=CD=4，即−m2+m+4＝4可解得m=2；
（3）由Q是以BD为直角边的直角三角形，所以分两种情况讨论，①当∠BDQ=90°时，则BD2+DQ2=BQ2，列出方程可以求出Q1（8，18），Q2（-1，0），②当∠DBQ=90°时，则BD2+BQ2=DQ2，列出方程可以求出Q3（3，-2）．
【详解】
（1）由题意知，
∵点A（﹣1，0），B（4，0）在抛物线y＝x2+bx+c上，
∴解得：
∴所求抛物线的解析式为
（2）由（1）知抛物线的解析式为，令x＝0，得y＝﹣2
∴点C的坐标为C（0，﹣2）
∵点D与点C关于x轴对称
∴点D的坐标为D（0，2）
设直线BD的解析式为：y＝kx+2且B（4，0）
∴0＝4k+2，解得：
∴直线BD的解析式为：
∵点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线1，交BD于点M，交抛物线与点Q
∴可设点M，Q
∴MQ＝
∵四边形CQMD是平行四边形
∴QM＝CD＝4，即=4
解得：m1＝2，m2＝0（舍去）
∴当m＝2时，四边形CQMD为平行四边形
（3）由题意，可设点Q且B（4，0）、D（0，2）
∴BQ2＝
DQ2＝
BD2＝20
①当∠BDQ＝90°时，则BD2+DQ2＝BQ2，
∴
解得：m1＝8，m2＝﹣1，此时Q1（8，18），Q2（﹣1，0）
②当∠DBQ＝90°时，则BD2+BQ2＝DQ2，
∴
解得：m3＝3，m4＝4，（舍去）此时Q3（3，﹣2）
∴满足条件的点Q的坐标有三个，分别为：Q1（8，18）、Q2（﹣1，0）、Q3（3，﹣2）．
【点睛】
此题考查了待定系数法求解析式，还考查了平行四边形及直角三角形的定义，要注意第3问分两种情形求解．
19、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）从所给的条件可知，DE是△ABC中位线，所以DE∥BC且2DE=BC，所以BC和EF平行且相等，所以四边形BCFE是平行四边形，又因为BE=FE，所以四边形BCFE是菱形．
（2）因为∠BCF=120°，所以∠EBC=60°，所以菱形的边长也为4，求出菱形的高面积就可．
【详解】
解：（1）证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC且2DE=BC．
又∵BE=2DE，EF=BE，∴EF=BC，EF∥BC．
∴四边形BCFE是平行四边形．
又∵BE=FE，∴四边形BCFE是菱形．
（2）∵∠BCF=120°，∴∠EBC=60°．
∴△EBC是等边三角形．
∴菱形的边长为4，高为．
∴菱形的面积为4×=．
20、（1）见解析；（2）B点经过的路径长为π．
【解析】
(1)、连接AH，根据旋转图形的性质得出AB=AE，∠ABH=∠AEH=90°，根据AH为公共边得出Rt△ABH和Rt△AEH全等，从而得出答案；(2)、根据题意得出∠EAB的度数，然后根据弧长的计算公式得出答案．
【详解】
(1)、证明：如图1中，连接AH，
由旋转可得AB=AE，∠ABH=∠AEH=90°，又∵AH=AH，∴Rt△ABH≌Rt△AEH，∴BH=EH．
(2)、解：由旋转可得AG=AD=4，AE=AB，∠EAG=∠BAC=90°，在Rt△ABG中，AG=4，AB=2，
∴cos∠BAG=，∴∠BAG=30°，∴∠EAB=60° ，∴弧BE的长为=π，
即B点经过的路径长为π．

【点睛】
本题主要考查的是旋转图形的性质以及扇形的弧长计算公式，属于中等难度的题型．明白旋转图形的性质是解决这个问题的关键．
21、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
试题分析：利用矩形角相等的性质证明△DAE∽△AMB.
试题解析：
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE=∠AMB，
又∵∠DEA=∠B=90°，
∴△DAE∽△AMB.
（2）由（1）知△DAE∽△AMB，
∴DE：AD=AB：AM，
∵M是边BC的中点，BC=6，
∴BM=3，
又∵AB=4，∠B=90°，
∴AM=5，
∴DE：6=4：5，
∴DE=．
22、（1）

（2）游戏不公平，修改得分规则为：把两个小球上的数字相乘，若得到的积是2的倍数，则甲得7分，若得到的积是3的倍数，则乙得12分
【解析】
试题分析：（1）列表如下：

共有16种情况，且每种情况出现的可能性相同，其中，乘积是2的倍数的有12种，乘积是3的倍数的有7种.
∴Ｐ（两数乘积是2的倍数）
Ｐ（两数乘积是3的倍数）
（2）游戏不公平，修改得分规则为：把两个小球上的数字相乘，若得到的积是2的倍数，则甲得7分，若得到的积是3的倍数，则乙得12分
考点：概率的计算
点评：题目难度不大，考查基本概率的计算，属于基础题。本题主要是第二问有点难度，对游戏规则的确定，需要一概率为基础。
23、（1）平原面积为3.09平方公里，丘陵面积为6.98平方公里；（2）见解析.
【解析】
（1）先设山西省的平原面积为x平方公里，则山西省的丘陵面积为（2x+0.8）平方公里，再根据总面积=平原面积+丘陵面积+土石山区面积列出等式求解即可；
（2）先分别列出甲、乙两个旅行社收费与学生人数的关系式，然后再分情况讨论即可.
【详解】
解：（1）设山西省的平原面积为x平方公里，则山西省的丘陵面积为（2x+0.8）平方公里．
由题意：x+2x+0.8+5.59=15.66，
解得x=3.09，
2x+0.8=6.98，
答：山西省的平原面积为3.09平方公里，则山西省的丘陵面积为6.98平方公里．
（2）设去参观山西地质博物馆的学生有m人，甲、乙旅行社的收费分别为y甲元，y乙元．
由题意：y甲=30×0.9m=27m，
y乙=30×0.8（m+2）=24m+48，
当y甲=y乙时，27m=24m+48，m=16，
当y甲＞y乙时，27m＞24m+48，m＞16，
当y甲＜y乙时，27m＜24m+48，m＜16，
答：当学生人数为16人时，两个旅行社的费用一样．
当学生人数为大于16人时，乙旅行社比较合算．
当学生人数为小于16人时，甲旅行社比较合算．
【点睛】
本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是熟练的掌握一元一次方程的应用.
24、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）根据题意作出图形即可；
（2）由（1）知，PD=PD′，根据余角的性质得到∠ADP=∠BPD′，根据全等三角形的性质得到AD=PB=4，得到AP=2；根据勾股定理得到PD==2，根据三角函数的定义即可得到结论．
【详解】
（1）连接PD，以P为圆心，PD为半径画弧交BC于D′，过P作DD′的垂线交CD于Q，
则直线PQ即为所求；

（2）由（1）知，PD=PD′，
∵PD′⊥PD，
∴∠DPD′=90°，
∵∠A=90°，
∴∠ADP+∠APD=∠APD+∠BPD′=90°，
∴∠ADP=∠BPD′，
在△ADP与△BPD′中，，
∴△ADP≌△BPD′，
∴AD=PB=4，AP= BD′
∵PB=AB﹣AP=6﹣AP=4，
∴AP=2；
∴PD==2，BD′=2
∴CD′=BC- BD′=4-2=2
∵PD=PD′，PD⊥PD′，
∵DD′=PD=2，
∵PQ垂直平分DD′，连接Q D′
则DQ= D′Q
∴∠QD′D=∠QDD′
∴sin∠QD′D=sin∠QDD′=．

【点睛】
本题考查了作图-轴对称变换，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．