2021-2022学年江西省上饶市广丰区丰溪街道南屏中学中考二模数学试题含解析

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．已知关于x，y的二元一次方程组的解为，则a﹣2b的值是（　　）

A．﹣2 B．2 C．3 D．﹣3

2．如图,在△ABC中,∠ACB=90°, ∠ABC=60°, BD平分∠ABC ,P点是BD的中点,若AD=6, 则CP的长为(  )

A．3.5 B．3 C．4 D．4.5

3．如图，菱形ABCD的边长为2，∠B=30°．动点P从点B出发，沿   B-C-D的路线向点D运动．设△ABP的面积为y(B、P两点重合时，△ABP的面积可以看作0)，点P运动的路程为x，则y与x之间函数关系的图像大致为（   ）

A． B． C． D．

4．小明要去超市买甲、乙两种糖果，然后混合成5千克混合糖果，已知甲种糖果的单价为a元/千克，乙种糖果的单价为b元/千克，且a＞b.根据需要小明列出以下三种混合方案：（单位：千克）

则最省钱的方案为（    ）

A．方案1 B．方案2

C．方案3 D．三个方案费用相同

5．如图显示了用计算机模拟随机投掷一枚图钉的某次实验的结果．

下面有三个推断：

①当投掷次数是500时，计算机记录“钉尖向上”的次数是308，所以“钉尖向上”的概率是0.616；

②随着试验次数的增加，“钉尖向上”的频率总在0.618附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“钉尖向上”的概率是0.618；

③若再次用计算机模拟此实验，则当投掷次数为1000时，“钉尖向上”的频率一定是0.1．

其中合理的是（　　）

A．① B．② C．①② D．①③

6．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AD⊥BC于D点，且AC=5，CD=3，BD=4，则⊙O的直径等于（    ）

A．5 B． C． D．7

7．如图，点P是菱形ABCD边上的一动点，它从点A出发沿在A→B→C→D路径匀速运动到点D，设△PAD的面积为y，P点的运动时间为x，则y关于x的函数图象大致为（　　）

A．    B．    C．    D．

8．一元二次方程2x2﹣3x+1=0的根的情况是（　　）

A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根

C．只有一个实数根 D．没有实数根

9．已知⊙O的半径为13，弦AB∥CD，AB=24，CD=10，则四边形ACDB的面积是（　　）

A．119 B．289 C．77或119 D．119或289

10．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BOC＝120°，则∠A等于（　　）

A．50° B．60° C．55° D．65°

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．函数y=中自变量x的取值范围是___________．

12．已知且，则=__________．

13．已知圆锥的底面半径为40cm， 母线长为90cm， 则它的侧面展开图的圆心角为_______．

14．计算：＝________．

15．在△ABC中，∠ABC＜20°，三边长分别为a，b，c，将△ABC沿直线BA翻折，得到△ABC1；然后将△ABC1沿直线BC1翻折，得到△A1BC1；再将△A1BC1沿直线A1B翻折，得到△A1BC2；…，若翻折4次后，得到图形A2BCAC1A1C2的周长为a+c+5b，则翻折11次后，所得图形的周长为_____________．（结果用含有a，b，c的式子表示）

16．如图，用圆心角为120°，半径为6cm的扇形纸片卷成一个圆锥形无底纸帽，则这个纸帽的高是_____cm．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中的位置如图所示．

（1）直接写出关于原点的中心对称图形各顶点坐标：________________________；

（2）将绕B点逆时针旋转，画出旋转后图形.求在旋转过程中所扫过的图形的面积和点经过的路径长．

18．（8分）解不等式组

请结合题意填空，完成本题的解答：

（I）解不等式（1），得　   　；

（II）解不等式（2），得　   　；

（III）把不等式（1）和（2）的解集在数轴上表示出来：

（IV）原不等式组的解集为　   　．

19．（8分）如图，四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=CD，CE⊥AD，垂足为E，求证：AE=CE．

20．（8分）关于的一元二次方程.求证：方程总有两个实数根；若方程有一根小于1，求的取值范围.

21．（8分）如图，在图中求作⊙P，使⊙P满足以线段MN为弦且圆心P到∠AOB两边的距离相等．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并把作图痕迹用黑色签字笔加黑）

22．（10分）（1）（问题发现）小明遇到这样一个问题：

如图1，△ABC是等边三角形，点D为BC的中点，且满足∠ADE=60°，DE交等边三角形外角平分线CE所在直线于点E，试探究AD与DE的数量关系．

（1）小明发现，过点D作DF//AC，交AC于点F，通过构造全等三角形，经过推理论证，能够使问题得到解决，请直接写出AD与DE的数量关系：                ；

（2）（类比探究）如图2，当点D是线段BC上（除B，C外）任意一点时（其它条件

不变），试猜想AD与DE之间的数量关系，并证明你的结论．

（3）（拓展应用）当点D在线段BC的延长线上，且满足CD=BC（其它条件不变）时，

请直接写出△ABC与△ADE的面积之比．

23．（12分）如图，小明在一块平地上测山高，先在B处测得山顶A的仰角为30°，然后向山脚直行60米到达C处，再测得山顶A的仰角为45°，求山高AD的长度．（测角仪高度忽略不计）

24．如图，在方格纸上建立平面直角坐标系，每个小正方形的边长为1．

（1）在图1中画出△AOB关于x轴对称的△A1OB1，并写出点A1，B1的坐标；

（2）在图2中画出将△AOB绕点O顺时针旋转90°的△A2OB2，并求出线段OB扫过的面积．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、B

【解析】
把代入方程组得：，

解得：，

所以a−2b=−2×()=2.

故选B.

2、B

【解析】
解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，

∴∠A＝10°，

∵BD平分∠ABC，

∴∠ABD＝∠ABC＝10°，

∴∠A＝∠ABD，

∴BD＝AD＝6，

∵在Rt△BCD中，P点是BD的中点，

∴CP＝BD＝1．

故选B．

3、C

【解析】
先分别求出点P从点B出发，沿B→C→D向终点D匀速运动时，当0＜x≤2和2＜x≤4时，y与x之间的函数关系式，即可得出函数的图象．

【详解】

由题意知，点P从点B出发，沿B→C→D向终点D匀速运动，则
当0＜x≤2，y=x，
当2＜x≤4，y=1，
由以上分析可知，这个分段函数的图象是C．
故选C．

4、A

【解析】
求出三种方案混合糖果的单价，比较后即可得出结论.

【详解】

方案1混合糖果的单价为，

方案2混合糖果的单价为，

方案3混合糖果的单价为.

∵a＞b，

∴，

∴方案1最省钱.

故选：A.

【点睛】

本题考查了加权平均数，求出各方案混合糖果的单价是解题的关键.

5、B

【解析】

①当频数增大时，频率逐渐稳定的值即为概率，500次的实验次数偏低，而频率稳定在了0.618，错误；②由图可知频数稳定在了0.618，所以估计频率为0.618，正确；③.这个实验是一个随机试验，当投掷次数为1000时，钉尖向上”的概率不一定是0.1.错误,

故选B.

【点睛】本题考查了利用频率估计概率，能正确理解相关概念是解题的关键.

6、A

【解析】
连接AO并延长到E，连接BE．设AE＝2R，则∠ABE＝90°，∠AEB＝∠ACB，∠ADC＝90°，利用勾股定理求得AD=，， 再证明Rt△ABE∽Rt△ADC，得到 ，即2R＝ = ．

【详解】

解：如图，

连接AO并延长到E，连接BE．设AE＝2R，则

∠ABE＝90°，∠AEB＝∠ACB；

∵AD⊥BC于D点，AC＝5，DC＝3，

∴∠ADC＝90°，

∴AD＝，

∴

在Rt△ABE与Rt△ADC中，

∠ABE＝∠ADC＝90°，∠AEB＝∠ACB，

∴Rt△ABE∽Rt△ADC，

∴，

即2R＝ = ；

∴⊙O的直径等于．

故答案选：A.

【点睛】

本题主要考查了圆周角定理、勾股定理，解题的关键是掌握辅助线的作法.

7、B

【解析】【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．

【详解】分三种情况：

①当P在AB边上时，如图1，

设菱形的高为h，

y=AP•h，

∵AP随x的增大而增大，h不变，

∴y随x的增大而增大，

故选项C不正确；

②当P在边BC上时，如图2，

y=AD•h，

AD和h都不变，

∴在这个过程中，y不变，

故选项A不正确；

③当P在边CD上时，如图3，

y=PD•h，

∵PD随x的增大而减小，h不变，

∴y随x的增大而减小，

∵P点从点A出发沿A→B→C→D路径匀速运动到点D，

∴P在三条线段上运动的时间相同，

故选项D不正确，

故选B．

【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，运用分类讨论思想，分三段求出△PAD的面积的表达式是解题的关键．

8、B

【解析】

试题分析：对于一元二次方程，当△=时方程有两个不相等的实数根，当△=时方程有两个相等的实数根，当△=时方程没有实数根.根据题意可得：△=，则方程有两个不相等的实数根.

9、D

【解析】
分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理，然后按梯形面积的求解即可.

【详解】

解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1，

∵AB=24cm，CD=10cm，

∴AE=12cm，CF=5cm，

∴OA=OC=13cm，

∴EO=5cm，OF=12cm，

∴EF=12-5=7cm；

∴四边形ACDB的面积

②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，

∵AB=24cm，CD=10cm，

∴.AE=12cm，CF=5cm，

∵OA=OC=13cm，

∴EO=5cm，OF=12cm，

∴EF=OF+OE=17cm.

∴四边形ACDB的面积

∴四边形ACDB的面积为119或289.

故选：D.

【点睛】

本题考查了勾股定理和垂径定理的应用.此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用，小心别漏解.

10、B

【解析】
由圆周角定理即可解答.

【详解】

∵△ABC是⊙O的内接三角形，

∴∠A＝ ∠BOC，

而∠BOC＝120°，

∴∠A＝60°.

故选B．

【点睛】

本题考查了圆周角定理，熟练运用圆周角定理是解决问题的关键.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、x≥﹣且x≠1

【解析】
试题解析：根据题意得：

解得：x≥﹣且x≠1.

故答案为：x≥﹣且x≠1.

12、

【解析】

分析：根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可．

详解：∵△ABC∽△A′B′C′，

∴S△ABC：S△A′B′C′=AB2：A′B′2=1：2，

∴AB：A′B′=1：．

点睛：本题的关键是理解相似三角形的面积比等于相似比的平方．

13、．

【解析】
圆锥的底面半径为40cm，则底面圆的周长是80πcm，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，即侧面展开图的扇形弧长是80πcm，母线长为90cm即侧面展开图的扇形的半径长是90cm．根据弧长公式即可计算．

【详解】

根据弧长的公式l=得到：
80π=，
解得n=160度．
侧面展开图的圆心角为160度．

故答案为160°．

14、．

【解析】
根据异分母分式加减法法则计算即可．

【详解】

原式．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了分式的加减，关键是掌握分式加减的计算法则．

15、2a+12b

【解析】

如图2,翻折4次时,左侧边长为c,如图2,翻折5次,左侧边长为a,所以翻折4次后,如图1,由折叠得:AC=A= ==,所以图形的周长为:a+c+5b,

因为∠ABC＜20°,所以,

翻折9次后,所得图形的周长为: 2a+10b,故答案为: 2a+10b.

16、

【解析】
先求出扇形弧长，再求出圆锥的底面半径，再根据勾股定理 即可出圆锥的高.

【详解】

圆心角为120°，半径为6cm的扇形的弧长为4cm

∴圆锥的底面半径为2，

故圆锥的高为=4cm

【点睛】

此题主要考查圆的弧长及圆锥的底面半径，解题的关键是熟知圆的相关公式.

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1），，；（2）作图见解析，面积，．

【解析】
（1）由在平面直角坐标系中的位置可得A、B、C的坐标，根据关于原点对称的点的坐标特点即可得、、的坐标；

（2）由旋转的性质可画出旋转后图形，利用面积的和差计算出，然后根据扇形的面积公式求出，利用旋转过程中扫过的面积进行计算即可．再利用弧长公式求出点C所经过的路径长．

【详解】

解：（1）由在平面直角坐标系中的位置可得：

，，，

∵与关于原点对称，

∴，，

（2）如图所示，即为所求，

∵，，

∴，

∴，

∵，

∴在旋转过程中所扫过的面积：

点所经过的路径：

．

【点睛】

本题考查的是图形的旋转、及扇形面积和扇形弧长的计算，根据已知得出对应点位置，作出图形是解题的关键．

18、（I）x≥1；（Ⅱ）x＞2；（III）见解析；（Ⅳ）x≥1．

【解析】
分别求出每一个不等式的解集，将不等式解集表示在数轴上即可得出两不等式解集的公共部分，从而确定不等式组的解集．

【详解】

（I）解不等式（1），得x≥1；

（Ⅱ）解不等式（2），得x＞2；

（Ⅲ）把不等式（1）和（2）解集在数轴上表示出来，如下图所示：

（Ⅳ）原不等式组的解集为x≥1．

【点睛】

此题考查了解一元一次不等式组，以及在数轴上表示不等式的解集，准确求出每个不等式的解集是解本题的关键．

19、证明见解析.

【解析】
过点B作BF⊥CE于F，根据同角的余角相等求出∠BCF=∠D，再利用“角角边”证明△BCF和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=CE，再证明四边形AEFB是矩形，根据矩形的对边相等可得AE=BF，从而得证.

【详解】

证明：如图，过点B作BF⊥CE于F，

∵CE⊥AD，

∴∠D+∠DCE=90°，

∵∠BCD=90°，

∴∠BCF+∠DCE=90°

∴∠BCF=∠D，

在△BCF和△CDE中,

∴△BCF≌△CDE(AAS)，

∴BF=CE，

又∵∠A=90°，CE⊥AD，BF⊥CE，

∴四边形AEFB是矩形，

∴AE=BF，

∴AE=CE.

20、（2）见解析；（2）k<2．

【解析】
（2）根据方程的系数结合根的判别式，可得△=（k-2）2≥2，由此可证出方程总有两个实数根；

（2）利用分解因式法解一元二次方程，可得出x=2、x=k+2，根据方程有一根小于2，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．

【详解】

（2）证明：∵在方程中，△=[-（k+3）]-4×2×（2k+2）=k-2k+2=（k-2）≥2，

∴方程总有两个实数根．

（2） ∵x-（k+3）x+2k+2=（x-2）（x-k-2）=2，

∴x=2，x=k+2．

∵方程有一根小于2，

∴k+2<2，解得：k<2，

∴k的取值范围为k<2．

【点睛】

此题考查根的判别式，解题关键在于掌握运算公式.

21、见解析．

【解析】

试题分析：先做出∠AOB的角平分线，再求出线段MN的垂直平分线就得到点P．

试题解析：

考点：尺规作图角平分线和线段的垂直平分线、圆的性质．

22、（1）AD=DE；（2）AD=DE，证明见解析；（3）．

【解析】

试题分析：本题难度中等．主要考查学生对探究例子中的信息进行归纳总结．并能够结合三角形的性质是解题关键．

试题解析：（10分）

（1）AD=DE．

（2）AD=DE．

证明：如图2，过点D作DF//AC，交AC于点F,

∵△ABC是等边三角形，

∴AB=BC，∠B=∠ACB=∠ABC=60°．

又∵DF//AC，

∴∠BDF=∠BFD=60°

∴△BDF是等边三角形，BF=BD，∠BFD=60°，

∴AF=CD，∠AFD=120°．

∵EC是外角的平分线，

∠DCE=120°=∠AFD．

∵∠ADC是△ABD的外角，

∴∠ADC=∠B+∠FAD=60°+∠FAD．

∵∠ADC=∠ADE+∠EDC=60°+∠EDC，

∴∠FAD=∠EDC．

∴△AFD≌△DCE（ASA），

∴AD=DE；

（3）．

考点：1．等边三角形探究题；2．全等三角形的判定与性质；3．等边三角形的判定与性质．

23、30米

【解析】
设AD＝xm，在Rt△ACD中，根据正切的概念用x表示出CD，在Rt△ABD中，根据正切的概念列出方程求出x的值即可．

【详解】

由题意得，∠ABD＝30°，∠ACD＝45°，BC＝60m，

设AD＝xm，

在Rt△ACD中，∵tan∠ACD＝，

∴CD＝AD＝x，

∴BD＝BC+CD＝x+60，

在Rt△ABD中，∵tan∠ABD＝，

∴，

∴米，

答：山高AD为30米．

【点睛】

本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．

24、（1）A1（﹣1，﹣2），B1（2，﹣1）；（2）．

【解析】
（1）根据轴对称性质解答点关于x轴对称横坐标不变，纵坐标互为相反数；

（2）根据旋转变换的性质、扇形面积公式计算．

【详解】

（1）如图所示：

A1（﹣1，﹣2），B1（2，﹣1）；

（2）将△AOB绕点O顺时针旋转90°的△A2OB2如图所示：

线段OB扫过的面积为：

【点睛】

此题主要考查了图形的旋转以及位似变换和轴对称变换等知识,根据题意得出对应点坐标位置是解题关键.