2021-2022学年山东省重点中学中考联考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年山东省重点中学中考联考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知关于x的一元二次方程等内容，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（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．利用“分形”与“迭代”可以制作出很多精美的图形，以下是制作出的几个简单图形，其中是轴对称但不是中心对称的图形是（　　）
A． B． C． D．
2．若M（2，2）和N（b，﹣1﹣n2）是反比例函数y=的图象上的两个点，则一次函数y=kx+b的图象经过（　　）
A．第一、二、三象限 B．第一、二、四象限
C．第一、三、四象限 D．第二、三、四象限
3．已知am=2，an=3，则a3m+2n的值是（　　）
A．24 B．36 C．72 D．6
4．如图，将△ABC绕点C旋转60°得到△A′B′C′，已知AC=6，BC=4，则线段AB扫过的图形面积为（　　）

A． B． C．6π D．以上答案都不对
5．下列计算正确的是（　　）
A．＝±3 B．﹣32＝9 C．（﹣3）﹣2＝ D．﹣3+|﹣3|＝﹣6
6．如图，直线l是一次函数y=kx+b的图象，若点A（3，m）在直线l上，则m的值是（　　）

A．﹣5 B． C． D．7
7．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（1，0），B（2，0），正六边形ABCDEF沿x轴正方向无滑动滚动，每旋转60°为滚动1次，那么当正六边形ABCDEF滚动2017次时，点F的坐标是（　　）

A．（2017，0） B．（2017，）
C．（2018，） D．（2018，0）
8．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（　　）

A．∠ABD＝∠E B．∠CBE＝∠C C．AD∥BC D．AD＝BC
9．已知关于x的一元二次方程（a+1）x2+2bx+（a+1）=0有两个相等的实数根，下列判断正确的是（　　）
A．1一定不是关于x的方程x2+bx+a=0的根
B．0一定不是关于x的方程x2+bx+a=0的根
C．1和﹣1都是关于x的方程x2+bx+a=0的根
D．1和﹣1不都是关于x的方程x2+bx+a=0的根
10．如图，将边长为2cm的正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的横坐标为1，则点C的坐标为（　　）

A．（，-1） B．（2，﹣1） C．（1，-） D．（﹣1，）
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．已知关于x的不等式组只有四个整数解，则实数a的取值范是______．
12．如图，一名滑雪运动员沿着倾斜角为34°的斜坡，从A滑行至B，已知AB＝500米，则这名滑雪运动员的高度下降了_____米．（参考数据：sin34°≈0.56，cos34°≈0.83，tan34°≈0.67）

13．若关于x的方程x2+x﹣a+＝0有两个不相等的实数根，则满足条件的最小整数a的值是( )
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
14．对于函数y= ，当函数y﹤-3时，自变量x的取值范围是____________ .
15．一个正四边形的内切圆半径与外接圆半径之比为：_________________
16．如图，在Rt△ABC中，E是斜边AB的中点，若AB＝10，则CE＝____．

17．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+4x与x轴交于点A，点M是x轴上方抛物线上一点，过点M作MP⊥x轴于点P，以MP为对角线作矩形MNPQ，连结NQ，则对角线NQ的最大值为_________．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）如图，矩形中，对角线、交于点，以、为邻边作平行四边形，连接
求证：四边形是菱形若，，求四边形的面积
19．（5分）解方程： +=1．
20．（8分）如图，已知等边△ABC，AB=4，以AB为直径的半圆与BC边交于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为E，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接FD．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）求EF的长．

21．（10分）如图，△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，且AB⊥BC，BE＝CE，连接DE．求证：△BDE≌△BCE；试判断四边形ABED的形状，并说明理由．

22．（10分）为上标保障我国海外维和部队官兵的生活，现需通过A港口、B港口分别运送100吨和50吨生活物资．已知该物资在甲仓库存有80吨，乙仓库存有70吨，若从甲、乙两仓库运送物资到港口的费用（元/吨）如表所示：
设从甲仓库运送到A港口的物资为x吨，求总运费y（元）与x（吨）之间的函数关系式，并写出x的取值范围；求出最低费用，并说明费用最低时的调配方案．
23．（12分）如图1，定义：在直角三角形ABC中，锐角α的邻边与对边的比叫做角α的余切，记作ctanα，即ctanα＝＝，根据上述角的余切定义，解下列问题：
（1）如图1，若BC＝3，AB＝5，则ctanB＝_____；
（2）ctan60°＝_____；
（3）如图2，已知：△ABC中，∠B是锐角，ctan C＝2，AB＝10，BC＝20，试求∠B的余弦cosB的值．

24．（14分）为看丰富学生课余文化生活，某中学组织学生进行才艺比赛，每人只能从以下五个项目中选报一项:.书法比赛，.绘画比赛，.乐器比赛，.象棋比赛，.围棋比赛根据学生报名的统计结果，绘制了如下尚不完整的统计图：
图1 各项报名人数扇形统计图：

图2 各项报名人数条形统计图：

根据以上信息解答下列问题：
（1）学生报名总人数为 人；
（2）如图1项目D所在扇形的圆心角等于 ；
（3）请将图2的条形统计图补充完整；
（4）学校准备从书法比赛一等奖获得者甲、乙、丙、丁四名同学中任意选取两名同学去参加全市的书法比赛，求恰好选中甲、乙两名同学的概率.



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、A
【解析】
根据：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.逐个按要求分析即可.
【详解】
选项A，是轴对称图形，不是中心对称图形，故可以选；
选项B，是轴对称图形，也是中心对称图形，故不可以选；
选项C，不是轴对称图形，是中心对称图形，故不可以选；
选项D，是轴对称图形，也是中心对称图形，故不可以选.
故选A
【点睛】
本题考核知识点：轴对称图形和中心对称图形.解题关键点：理解轴对称图形和中心对称图形定义.
错因分析 容易题.失分的原因是：没有掌握轴对称图形和中心对称图形的定义.

2、C
【解析】
把（2，2）代入得k=4，把（b，﹣1﹣n2）代入得,k=b（﹣1﹣n2），即
根据k、b的值确定一次函数y=kx+b的图象经过的象限．
【详解】
解：把（2，2）代入,
得k=4，
把（b，﹣1﹣n2）代入得：
k=b（﹣1﹣n2），即,
∵k=4＞0，＜0，
∴一次函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，
故选C．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象的性质以及一次函数经过的象限，根据反比例函数的性质得出k，b的符号是解题关键．
3、C
【解析】
试题解析：∵am=2，an=3，
∴a3m+2n
=a3m•a2n
=（am）3•（an）2
=23×32
=8×9
=1．
故选C.
4、D
【解析】
从图中可以看出，线段AB扫过的图形面积为一个环形，环形中的大圆半径是AC，小圆半径是BC，圆心角是60度，所以阴影面积=大扇形面积-小扇形面积．
【详解】
阴影面积=π．
故选D．
【点睛】
本题的关键是理解出，线段AB扫过的图形面积为一个环形．
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、C
【解析】
把（-2，0）和（0，1）代入y=kx+b，求出解析式，再将A（3，m）代入，可求得m.
【详解】
把（-2，0）和（0，1）代入y=kx+b，得
，
解得
所以，一次函数解析式y=x+1，
再将A（3，m）代入，得
m=×3+1=.
故选C.
【点睛】
本题考核知识点：考查了待定系数法求一次函数的解析式,根据解析式再求函数值.
7、C
【解析】
本题是规律型：点的坐标；坐标与图形变化-旋转，正六边形ABCDEF一共有6条边，即6次一循环；因为2017÷6=336余1，点F滚动1次时的横坐标为2，纵坐标为，点F滚动7次时的横坐标为8，纵坐标为，所以点F滚动2107次时的纵坐标与相同，横坐标的次数加1，由此即可解决问题．
【详解】
．解：∵正六边形ABCDEF一共有6条边，即6次一循环；
∴2017÷6=336余1，
∴点F滚动1次时的横坐标为2，纵坐标为，点F滚动7次时的横坐标为8，纵坐标为，
∴点F滚动2107次时的纵坐标与相同，横坐标的次数加1，
∴点F滚动2107次时的横坐标为2017+1=2018，纵坐标为，
∴点F滚动2107次时的坐标为（2018，），
故选C．
【点睛】
本题考查坐标与图形的变化，规律型：点的坐标，解题关键是学会从特殊到一般的探究方法，是中考常考题型．
8、C
【解析】
根据旋转的性质得，∠ABD＝∠CBE=60°, ∠E＝∠C,
则△ABD为等边三角形，即 AD＝AB=BD,得∠ADB=60°因为∠ABD＝∠CBE=60°，则∠CBD=60°,所以，∠ADB=∠CBD，得AD∥BC.故选C.
9、D
【解析】
根据方程有两个相等的实数根可得出b=a+1或b=-（a+1），当b=a+1时，-1是方程x2+bx+a=0的根；当b=-（a+1）时，1是方程x2+bx+a=0的根．再结合a+1≠-（a+1），可得出1和-1不都是关于x的方程x2+bx+a=0的根．
【详解】
∵关于x的一元二次方程（a+1）x2+2bx+（a+1）=0有两个相等的实数根，
∴，
∴b=a+1或b=-（a+1）．
当b=a+1时，有a-b+1=0，此时-1是方程x2+bx+a=0的根；
当b=-（a+1）时，有a+b+1=0，此时1是方程x2+bx+a=0的根．
∵a+1≠0，
∴a+1≠-（a+1），
∴1和-1不都是关于x的方程x2+bx+a=0的根．
故选D．
【点睛】
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，牢记“当△=0时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．
10、A
【解析】
作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，则∠ADO=∠OEC=90°，得出∠1+∠1=90°，由正方形的性质得出OC=AO，∠1+∠3=90°，证出∠3=∠1，由AAS证明△OCE≌△AOD，得到OE=AD=1，CE=OD=，即可得出结果．
【详解】
解：作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，如图所示：

则∠ADO=∠OEC=90°，∴∠1+∠1=90°．
∵AO=1，AD=1，∴OD=，∴点A的坐标为（1，），∴AD=1，OD=．
∵四边形OABC是正方形，∴∠AOC=90°，OC=AO，∴∠1+∠3=90°，∴∠3=∠1．
在△OCE和△AOD中，∵，∴△OCE≌△AOD（AAS），∴OE=AD=1，CE=OD=，∴点C的坐标为（，﹣1）．
故选A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、-3＜a≤-2
【解析】
分析：求出不等式组中两不等式的解集，根据不等式取解集的方法：同大取大；同小取小；大大小小无解；大小小大取中间的法则表示出不等式组的解集，由不等式组只有四个整数解，根据解集取出四个整数解，即可得出a的范围．
详解：
由不等式①解得：
由不等式②移项合并得：−2x>−4，
解得：x<2，
∴原不等式组的解集为
由不等式组只有四个整数解，即为1，0，−1，−2，
可得出实数a的范围为
故答案为
点睛：考查一元一次不等式组的整数解，求不等式的解集，根据不等式组有4个整数解觉得实数的取值范围.
12、1．
【解析】
试题解析：在RtΔABC中，sin34°=
∴AC=AB×sin34°=500×0.56=1米.
故答案为1.
13、D
【解析】
根据根的判别式得到关于a的方程，求解后可得到答案.
【详解】
关于x的方程有两个不相等的实数根，
则
解得：
满足条件的最小整数的值为2.
故选D.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，理解并能运用根的判别式得出方程是解题关键.
14、- 【解析】
根据反比例函数的性质：y随x的增大而减小去解答.
【详解】
解：函数y= 中，y随x的增大而减小，当函数y﹤-3时

又函数y= 中，

故答案为：- 【点睛】
此题重点考察学生对反比例函数性质的理解，熟练掌握反比例函数性质是解题的关键.
15、
【解析】
如图，正方形ABCD为⊙O的内接四边形，作OH⊥AB于H，利用正方形的性质得到OH为正方形ABCD的内切圆的半径，∠OAB＝45°，然后利用等腰直角三角形的性质得OA＝OH即可解答.
【详解】
解：如图，正方形ABCD为⊙O的内接四边形，作OH⊥AB于H，

则OH为正方形ABCD的内切圆的半径，
∵∠OAB＝45°，
∴OA＝OH，
∴
即一个正四边形的内切圆半径与外接圆半径之比为,
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆的关系：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．理解正多边形的有关概念．
16、5
【解析】
试题分析：根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得CE=AB=5.
考点：直角三角形斜边上的中线．
17、4
【解析】
∵四边形MNPQ是矩形，
∴NQ=MP，
∴当MP最大时，NQ就最大.
∵点M是抛物线在轴上方部分图象上的一点，且MP⊥轴于点P，
∴当点M是抛物线的顶点时，MP的值最大.
∵，
∴抛物线的顶点坐标为（2，4），
∴当点M的坐标为（2，4）时，MP最大=4，
∴对角线NQ的最大值为4.

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）见解析；（2）S四边形ADOE =.
【解析】
(1) 根据矩形的性质有OA=OB=OC=OD，根据四边形ADOE是平行四边形，得到OD∥AE，AE=OD. 等量代换得到AE=OB.即可证明四边形AOBE为平行四边形.根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明.
(2)根据菱形的性质有∠EAB=∠BAO.根据矩形的性质有AB∥CD，根据平行线的性质有∠BAC=∠ACD，求出∠DCA=60°，求出AD=.根据面积公式SΔADC，即可求解.
【详解】
（1）证明：∵矩形ABCD，
∴OA=OB=OC=OD.
∵平行四边形ADOE，
∴OD∥AE，AE=OD.
∴AE=OB.
∴四边形AOBE为平行四边形.
∵OA=OB，
∴四边形AOBE为菱形.
（2）解：∵菱形AOBE，
∴∠EAB=∠BAO.
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD.
∴∠BAC=∠ACD，∠ADC=90°.
∴∠EAB=∠BAO=∠DCA.
∵∠EAO+∠DCO=180°，
∴∠DCA=60°.
∵DC=2，
∴AD=.
∴SΔADC=.
∴S四边形ADOE =.
【点睛】
考查平行四边形的判定与性质，矩形的性质，菱形的判定与性质，解直角三角形，综合性比较强.
19、-3
【解析】
试题分析：解得x=－3
经检验: x=－3是原方程的根.
∴原方程的根是x=－3
考点：解一元一次方程
点评：在中考中比较常见，在各种题型中均有出现，一般难度不大，要熟练掌握.
20、 (1)见解析;(2) .
【解析】
（1）连接OD，根据切线的判定方法即可求出答案；
（2）由于OD∥AC，点O是AB的中点，从而可知OD为△ABC的中位线，在Rt△CDE中，∠C＝60°，CE＝CD＝1，所以AE＝AC−CE＝4−1＝3，在Rt△AEF中，所以EF＝AE•sinA＝3×sin60°＝.
【详解】
（1）连接OD，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠C=∠A=∠B=60°，
∵OD=OB，
∴△ODB是等边三角形，
∴∠ODB=60°
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∴DE⊥AC
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线
（2）∵OD∥AC，点O是AB的中点，
∴OD为△ABC的中位线，
∴BD=CD=2
在Rt△CDE中，
∠C=60°，
∴∠CDE=30°，
∴CE=CD=1
∴AE=AC﹣CE=4﹣1=3
在Rt△AEF中，
∠A=60°，
∴EF=AE•sinA=3×sin60°=
【点睛】
本题考查圆的综合问题，涉及切线的判定，锐角三角函数，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，本题属于中等题型．
21、证明见解析.
【解析】
（1）根据旋转的性质可得DB=CB，∠ABD=∠EBC，∠ABE=60°，然后根据垂直可得出∠DBE=∠CBE=30°，继而可根据SAS证明△BDE≌△BCE；
（2）根据（1）以及旋转的性质可得，△BDE≌△BCE≌△BDA，继而得出四条棱相等，证得四边形ABED为菱形．
【详解】
（1）证明：∵△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，
∴DB=CB，∠ABD=∠EBC，∠ABE=60°，
∵AB⊥EC，
∴∠ABC=90°，
∴∠DBE=∠CBE=30°，
在△BDE和△BCE中，
∵，
∴△BDE≌△BCE；
（2）四边形ABED为菱形；
由（1）得△BDE≌△BCE，
∵△BAD是由△BEC旋转而得，
∴△BAD≌△BEC，
∴BA=BE，AD=EC=ED，
又∵BE=CE，
∴BA=BE=ED= AD
∴四边形ABED为菱形．
考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．
22、（1）y=﹣8x+2560（30≤x≤1）；（2）把甲仓库的全部运往A港口，再从乙仓库运20吨往A港口，乙仓库的余下的全部运往B港口．
【解析】
试题分析：（1）设从甲仓库运x吨往A港口，根据题意得从甲仓库运往B港口的有（1﹣x）吨，从乙仓库运往A港口的有吨，运往B港口的有50﹣（1﹣x）=（x﹣30）吨，再由等量关系：总运费=甲仓库运往A港口的费用+甲仓库运往B港口的费用+乙仓库运往A港口的费用+乙仓库运往B港口的费用列式并化简，即可得总运费y（元）与x（吨）之间的函数关系式；由题意可得x≥0，8-x≥0，x-30≥0,100-x≥0，即可得出x的取值；（2）因为所得的函数为一次函数，由增减性可知：y随x增大而减少，则当x=1时，y最小，并求出最小值，写出运输方案．
试题解析：（1）设从甲仓库运x吨往A港口，则从甲仓库运往B港口的有（1﹣x）吨，
从乙仓库运往A港口的有吨，运往B港口的有50﹣（1﹣x）=（x﹣30）吨，
所以y=14x+20+10（1﹣x）+8（x﹣30）=﹣8x+2560，
x的取值范围是30≤x≤1．
（2）由（1）得y=﹣8x+2560y随x增大而减少，所以当x=1时总运费最小，
当x=1时，y=﹣8×1+2560=1920，
此时方案为：把甲仓库的全部运往A港口，再从乙仓库运20吨往A港口，乙仓库的余下的全部运往B港口．
考点：一次函数的应用．
23、（1）；（2）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）先利用勾股定理计算出AC=4，然后根据余切的定义求解；
（2）根据余切的定义得到ctan60°=，然后把tan60°=代入计算即可；
（3）作AH⊥BC于H，如图2，先在Rt△ACH中利用余切的定义得到ctanC==2，则可设AH=x，CH=2x，BH=BC﹣CH=20﹣2x，接着再在Rt△ABH中利用勾股定理得到（20﹣2x）2+x2=102，解得x1=6，x2=10（舍去），所以BH=8，然后根据余弦的定义求解．
解：（1）∵BC=3，AB=5，
∴AC==4，
∴ctanB==；
（2）ctan60°===；
（3）作AH⊥BC于H，如图2，
在Rt△ACH中，ctanC==2，
设AH=x，则CH=2x，
∴BH=BC﹣CH=20﹣2x，
在Rt△ABH中，∵BH2+AH2=AB2，
∴（20﹣2x）2+x2=102，解得x1=6，x2=10（舍去），
∴BH=20﹣2×6=8，
∴cosB===．

考点：解直角三角形．
24、（1）200；（2）54°；（3）见解析；（4）
【解析】
（1）根据A的人数及所占的百分比即可求出总人数；
（2）用D的人数除以总人数再乘360°即可得出答案；
（3）用总人数减去A,B,D,E的人数即为C对应的人数，然后即可把条形统计图补充完整；
（4）用树状图列出所有的情况，找出恰好选中甲、乙两名同学的情况数，利用概率公式求解即可．
【详解】
解：（1）学生报名总人数为（人），
故答案为：200；
（2）项目所在扇形的圆心角等于，
故答案为：54°；
（3）项目的人数为，
补全图形如下：

（4）画树状图得：

所有出现的等可能性结果共有12种，其中满足条件的结果有2种.
恰好选中甲、乙两名同学的概率为.
【点睛】
本题主要考查扇形统计图与条形统计图的结合，能够从图表中获取有用信息，掌握概率公式是解题的关键．