2022届甘肃省陇南市名校中考数学五模试卷含解析

这是一份2022届甘肃省陇南市名校中考数学五模试卷含解析，共21页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，-4的相反数是，如图，△OAB∽△OCD，OA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．如图，在平行四边形ABCD中，AE：EB=1：2，E为AB上一点，AC与DE相交于点F， S△AEF=3，则S△FCD为（　　）

A．6 B．9 C．12 D．27
2．实数a、b在数轴上的对应点的位置如图所示，则正确的结论是（　　）

A．a＜﹣1 B．ab＞0 C．a﹣b＜0 D．a+b＜0
3．在平面直角坐标系中，位于第二象限的点是（　　）
A．（﹣1，0） B．（﹣2，﹣3） C．（2，﹣1） D．（﹣3，1）
4．多项式4a﹣a3分解因式的结果是（　　）
A．a（4﹣a2） B．a（2﹣a）（2+a） C．a（a﹣2）（a+2） D．a（2﹣a）2
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．-4的相反数是（ ）
A． B． C．4 D．-4
7．如图，小岛在港口P的北偏西60°方向，距港口56海里的A处，货船从港口P出发，沿北偏东45°方向匀速驶离港口，4小时后货船在小岛的正东方向，则货船的航行速度是( )

A．7海里/时 B．7海里/时 C．7海里/时 D．28海里/时
8．如图，△OAB∽△OCD，OA：OC＝3：2，∠A＝α，∠C＝β，△OAB与△OCD的面积分别是S1和S2，△OAB与△OCD的周长分别是C1和C2，则下列等式一定成立的是(　　)

A． B． C． D．
9．某市初中学业水平实验操作考试，要求每名学生从物理，化学、生物三个学科中随机抽取一科参加测试，小华和小强都抽到物理学科的概率是( )
A． B． C． D．
10．如图是一个放置在水平桌面的锥形瓶，它的俯视图是（　　）

A． B． C． D．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．如图，一块飞镖游戏板由大小相等的小正方形格子构成，向游戏板随机投掷一枚飞镖，击中黑色区域的概率是______．

12．不等式组的解集为_____．
13．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点O，A，B，M均在格点上，P为线段OM上的一个动点．
（1）OM的长等于_______；
（2）当点P在线段OM上运动，且使PA2+PB2取得最小值时，请借助网格和无刻度的直尺，在给定的网格中画出点P的位置，并简要说明你是怎么画的．

14．两个反比例函数和在第一象限内的图象如图所示，点P在的图象上，PC⊥x轴于点C，交的图象于点A，PD⊥y轴于点D，交的图象于点B，当点P在的图象上运动时，以下结论：①△ODB与△OCA的面积相等；②四边形PAOB的面积不会发生变化；③PA与PB始终相等；④当点A是PC的中点时，点B一定是PD的中点．其中一定正确的是__ ．

15．甲、乙两名学生练习打字，甲打135个字所用时间与乙打180个字所用时间相同，已知甲平均每分钟比乙少打20个字，如果设甲平均每分钟打字的个数为x，那么符合题意的方程为：______．
16．如图，10块相同的长方形墙砖拼成一个长方形，设长方形墙砖的长为x厘米，则依题意列方程为_________.

17．一只蚂蚁从数轴上一点 A出发，爬了7 个单位长度到了+1，则点 A 所表示的数是_____
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）如图，已知抛物线的对称轴为直线，且抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，其中，.

（1）若直线经过、两点，求直线和抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上找一点，使点到点的距离与到点的距离之和最小，求出点的坐标；
（3）设点为抛物线的对称轴上的一个动点，求使为直角三角形的点的坐标.
19．（5分）如图所示，AB是⊙O的一条弦，DB切⊙O于点B，过点D作DC⊥OA于点C，DC与AB相交于点E．
（1）求证：DB=DE；
（2）若∠BDE=70°，求∠AOB的大小．

20．（8分）先化简，再求值：2（m﹣1）2+3（2m+1），其中m是方程2x2+2x﹣1=0的根
21．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB，以AB为直径的⊙O交AC于点D，点E是AB边上一点（点E不与点A、B重合），DE的延长线交⊙O于点G，DF⊥DG，且交BC于点F．

（1）求证：AE=BF；
（2）连接GB，EF，求证：GB∥EF；
（3）若AE=1，EB=2，求DG的长．
22．（10分）如图，已知抛物线（＞0）与轴交于A，B两点（A点在B点的左边），与轴交于点C。
（1）如图1，若△ABC为直角三角形，求的值；
（2）如图1，在（1）的条件下，点P在抛物线上，点Q在抛物线的对称轴上，若以BC为边，以点B，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求P点的坐标；
（3）如图2，过点A作直线BC的平行线交抛物线于另一点D，交轴交于点E，若AE:ED＝1:4，求的值.

23．（12分）如图，在四边形中，为的中点，于点，，，，求的度数．

24．（14分）如图，AB为⊙O的直径，直线BM⊥AB于点B，点C在⊙O上，分别连接BC，AC，且AC的延长线交BM于点D，CF为⊙O的切线交BM于点F．
（1）求证：CF＝DF；
（2）连接OF，若AB＝10，BC＝6，求线段OF的长．




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、D
【解析】
先根据AE：EB=1：2得出AE：CD=1：3，再由相似三角形的判定定理得出△AEF∽△CDF，由相似三角形的性质即可得出结论.
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，AE：EB=1：2，
∴AE：CD=1：3，
∵AB∥CD，
∴∠EAF=∠DCF，
∵∠DFC=∠AFE，
∴△AEF∽△CDF，
∵S△AEF=3，
∴＝＝()2，
解得S△FCD=1．
故选D.
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形面积的比等于相似比的平方是解答此题的关键.
2、C
【解析】
直接利用a，b在数轴上的位置，进而分别对各个选项进行分析得出答案．
【详解】
选项A，从数轴上看出，a在﹣1与0之间，
∴﹣1＜a＜0，
故选项A不合题意；
选项B，从数轴上看出，a在原点左侧，b在原点右侧，
∴a＜0，b＞0，
∴ab＜0，
故选项B不合题意；
选项C，从数轴上看出，a在b的左侧，
∴a＜b，
即a﹣b＜0，
故选项C符合题意；
选项D，从数轴上看出，a在﹣1与0之间，
∴1＜b＜2，
∴|a|＜|b|，
∵a＜0，b＞0，
所以a+b＝|b|﹣|a|＞0，
故选项D不合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查数轴和有理数的四则运算，解题的关键是掌握利用数轴表示有理数的大小.
3、D
【解析】
点在第二象限的条件是：横坐标是负数，纵坐标是正数，直接得出答案即可．
【详解】
根据第二象限的点的坐标的特征：横坐标符号为负，纵坐标符号为正，各选项中只有C（﹣3，1）符合，故选：D．
【点睛】
本题考查点的坐标的性质，解题的关键是掌握点的坐标的性质.
4、B
【解析】
首先提取公因式a，再利用平方差公式分解因式得出答案．
【详解】
4a﹣a3=a（4﹣a2）=a（2﹣a）（2+a）．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用公式是解题关键．
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】
根据相反数的定义即可求解.
【详解】
-4的相反数是4，故选C.
【点晴】
此题主要考查相反数，解题的关键是熟知相反数的定义.
7、A
【解析】
试题解析：设货船的航行速度为海里/时，小时后货船在点处，作于点.

由题意海里，海里，
在中,
所以
在中,
所以
所以
解得：
故选A.
8、D
【解析】
A选项，在△OAB∽△OCD中，OB和CD不是对应边，因此它们的比值不一定等于相似比，所以A选项不一定成立；
B选项，在△OAB∽△OCD中，∠A和∠C是对应角，因此，所以B选项不成立；
C选项，因为相似三角形的面积比等于相似比的平方，所以C选项不成立；
D选项，因为相似三角形的周长比等于相似比，所以D选项一定成立.
故选D.
9、A
【解析】
作出树状图即可解题.
【详解】
解：如下图所示

一共有9中可能,符合题意的有1种,故小华和小强都抽到物理学科的概率是,
故选A.
【点睛】
本题考查了用树状图求概率,属于简单题,会画树状图是解题关键.
10、B
【解析】
根据俯视图是从上面看到的图形解答即可.
【详解】
锥形瓶从上面往下看看到的是两个同心圆.
故选B.
【点睛】
本题考查三视图的知识，解决此类图的关键是由三视图得到相应的平面图形.从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图，能看到的线画实线，被遮挡的线画虚线.

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、
【解析】
求出黑色区域面积与正方形总面积之比即可得答案.
【详解】
图中有9个小正方形，其中黑色区域一共有3个小正方形，
所以随意投掷一个飞镖，击中黑色区域的概率是，
故答案为．
【点睛】
本题考查了几何概率，熟练掌握概率的计算公式是解题的关键.注意面积之比几何概率．
12、﹣2≤x＜
【解析】
根据解不等式的步骤从而得到答案.
【详解】
，
解不等式①可得：x≥－2，
解不等式②可得：x＜，
故答案为－2≤x＜.
【点睛】
本题主要考查了解不等式，解本题的要点在于分别求解①，②不等式，从而得到答案.
13、（1）4；（2）见解析；
【解析】
解:(1)由勾股定理可得OM的长度
(2)取格点 F , E, 连接 EF , 得到点 N ,取格点S, T, 连接ST, 得到点R, 连接NR交OM于P,则点P即为所求。
【详解】
（1）OM==4；
故答案为4．
（2）以点O为原点建立直角坐标系，则A（1，0），B（4，0），设P（a，a），（0≤a≤4），
∵PA2=（a﹣1）2+a2，PB2=（a﹣4）2+a2，
∴PA2+PB2=4（a﹣）2+，
∵0≤a≤4，
∴当a=时，PA2+PB2 取得最小值，
综上，需作出点P满足线段OP的长=；
取格点F，E，连接EF，得到点N，取格点S，T，连接ST，得到点R，连接NR交OM于P，
则点P即为所求．
【点睛】(1) 根据勾股定理即可得到结论;
(2) 取格点F, E, 连接EF, 得到点N, 取格点S, T,连接ST, 得到点R, 连接NR即可得到结果.
14、①②④．
【解析】
①△ODB与△OCA的面积相等；正确，由于A、B在同一反比例函数图象上，则两三角形面积相等，都为．
②四边形PAOB的面积不会发生变化；正确，由于矩形OCPD、三角形ODB、三角形OCA为定值，则四边形PAOB的面积不会发生变化．
③PA与PB始终相等；错误，不一定，只有当四边形OCPD为正方形时满足PA=PB．
④当点A是PC的中点时，点B一定是PD的中点．正确，当点A是PC的中点时，k=2，则此时点B也一定是PD的中点．
故一定正确的是①②④
15、
【解析】
设甲平均每分钟打x个字，则乙平均每分钟打（x+20）个字，根据工作时间=工作总量÷工作效率结合甲打135个字所用时间与乙打180个字所用时间相同，即可得出关于x的分式方程．
【详解】
∵甲平均每分钟打x个字，
∴乙平均每分钟打（x+20）个字，
根据题意得：，
故答案为．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
16、x＋x＝75.
【解析】
试题解析：设长方形墙砖的长为x厘米，
可得：x＋x＝75.
17、﹣6 或 8
【解析】试题解析：当往右移动时，此时点A 表示的点为﹣6，当往左移动时，此时点A 表示的点为8.

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）抛物线的解析式为，直线的解析式为.（2）；（3）的坐标为或或或.
【解析】
分析：（1）先把点A，C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系，再联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c的值即可得到抛物线解析式；把B、C两点的坐标代入直线y=mx+n，解方程组求出m和n的值即可得到直线解析式；
（2）设直线BC与对称轴x=-1的交点为M，此时MA+MC的值最小．把x=-1代入直线y=x+3得y的值，即可求出点M坐标；
（3）设P（-1，t），又因为B（-3，0），C（0，3），所以可得BC2=18，PB2=（-1+3）2+t2=4+t2，PC2=（-1）2+（t-3）2=t2-6t+10，再分三种情况分别讨论求出符合题意t值即可求出点P的坐标．
详解：（1）依题意得：，解得：，
∴抛物线的解析式为.
∵对称轴为，且抛物线经过，
∴把、分别代入直线，
得，解之得：，
∴直线的解析式为.

（2）直线与对称轴的交点为，则此时的值最小，把代入直线得，
∴.即当点到点的距离与到点的距离之和最小时的坐标为.
（注：本题只求坐标没说要求证明为何此时的值最小，所以答案未证明的值最小的原因）.
（3）设，又，，
∴，，，
①若点为直角顶点，则，即：解得：，
②若点为直角顶点，则，即：解得：，
③若点为直角顶点，则，即：解得：
，.
综上所述的坐标为或或或.
点睛：本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数（二次函数和一次函数）的解析式、利用轴对称性质确定线段的最小长度、难度不是很大，是一道不错的中考压轴题．
19、（1）证明见解析；（2）110°．
【解析】
分析：（1）欲证明DB=DE，只要证明∠BED=∠ABD即可；
（2）因为△OAB是等腰三角形，属于只要求出∠OBA即可解决问题；
详解：（1）证明：∵DC⊥OA，
∴∠OAB+∠CEA=90°，
∵BD为切线，
∴OB⊥BD，
∴∠OBA+∠ABD=90°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∴∠CEA=∠ABD，
∵∠CEA=∠BED，
∴∠BED=∠ABD，
∴DE=DB．
（2）∵DE=DB，∠BDE=70°，
∴∠BED=∠ABD=55°，
∵BD为切线，
∴OB⊥BD，
∴∠OBA=35°，
∵OA=OB，
∴∠OBA=180°-2×35°=110°．
点睛：本题考查圆周角定理、切线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20、2m2+2m+5；1；
【解析】
先利用完全平方公式化简，再去括号合并得到最简结果，把已知等式变形后代入值计算即可．
【详解】
解：原式=2（m2﹣2m+1）+1m+3,
=2m2﹣4m+2+1m+3=2m2+2m+5，
∵m是方程2x2+2x﹣1=0的根，
∴2m2+2m﹣1=0，即2m2+2m=1，
∴原式=2m2+2m+5=1．
【点睛】
此题考查了整式的化简求值以及方程的解，利用整体代换思想可使运算更简单.
21、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）．
【解析】
（1）连接BD，由三角形ABC为等腰直角三角形，求出∠A与∠C的度数，根据AB为圆的直径，利用圆周角定理得到∠ADB为直角，即BD垂直于AC，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到AD=DC=BD=AC，进而确定出∠A=∠FBD，再利用同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形AED与三角形BFD全等，利用全等三角形对应边相等即可得证；
（2）连接EF，BG，由三角形AED与三角形BFD全等，得到ED=FD，进而得到三角形DEF为等腰直角三角形，利用圆周角定理及等腰直角三角形性质得到一对同位角相等，利用同位角相等两直线平行即可得证；
（3）由全等三角形对应边相等得到AE=BF=1，在直角三角形BEF中，利用勾股定理求出EF的长，利用锐角三角形函数定义求出DE的长，利用两对角相等的三角形相似得到三角形AED与三角形GEB相似，由相似得比例，求出GE的长，由GE+ED求出GD的长即可．
（1）证明：连接BD，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠A=∠C=45°，
∵AB为圆O的直径，
∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，
∴AD=DC=BD=AC，∠CBD=∠C=45°，
∴∠A=∠FBD，
∵DF⊥DG，
∴∠FDG=90°，
∴∠FDB+∠BDG=90°，
∵∠EDA+∠BDG=90°，
∴∠EDA=∠FDB，
在△AED和△BFD中，
∠A=∠FBD，AD=BD，∠EDA=∠FDB，
∴△AED≌△BFD（ASA），
∴AE=BF；
（2）证明：连接EF，BG，

∵△AED≌△BFD，
∴DE=DF，
∵∠EDF=90°，
∴△EDF是等腰直角三角形，
∴∠DEF=45°，
∵∠G=∠A=45°，
∴∠G=∠DEF，
∴GB∥EF；
（3）∵AE=BF，AE=1，
∴BF=1，
在Rt△EBF中，∠EBF=90°，
∴根据勾股定理得：EF2=EB2+BF2，
∵EB=2，BF=1，
∴EF=，
∵△DEF为等腰直角三角形，∠EDF=90°，
∴cos∠DEF=，
∵EF=，
∴DE=×，
∵∠G=∠A，∠GEB=∠AED，
∴△GEB∽△AED，
∴，即GE•ED=AE•EB，
∴•GE=2，即GE=，
则GD=GE+ED=．
22、（1）；（2）点P的坐标为 ；（3）.
【解析】
（1）利用三角形相似可求AO•OB，再由一元二次方程根与系数关系求AO•OB构造方程求n；
（2）求出B、C坐标，设出点Q坐标，利用平行四边形对角线互相平分性质，分类讨论点P坐标，分别代入抛物线解析式，求出Q点坐标；
（3）设出点D坐标（a，b），利用相似表示OA，再由一元二次方程根与系数关系表示OB，得到点B坐标，进而找到b与a关系，代入抛物线求a、n即可．
【详解】
（1）若△ABC为直角三角形
∴△AOC∽△COB
∴OC2=AO•OB
当y=0时，0=x2-x-n
由一元二次方程根与系数关系
-OA•OB=OC2
n2=＝−2n
解得n=0（舍去）或n=2
∴抛物线解析式为y=；
（2）由（1）当=0时
解得x1=-1，x2=4
∴OA=1，OB=4
∴B（4，0），C（0，-2）
∵抛物线对称轴为直线x=-＝−
∴设点Q坐标为（，b）
由平行四边形性质可知
当BQ、CP为平行四边形对角线时，点P坐标为（，b+2）
代入y=x2-x-2
解得b=，则P点坐标为（，）
当CQ、PB为为平行四边形对角线时，点P坐标为（-，b-2）
代入y=x2-x-2
解得b=，则P坐标为（-，）
综上点P坐标为（，），（-，）；
（3）设点D坐标为（a，b）
∵AE：ED=1：4
则OE=b，OA=a
∵AD∥AB
∴△AEO∽△BCO
∵OC=n
∴
∴OB=
由一元二次方程根与系数关系得，
∴b=a2
将点A（-a，0），D（a，a2）代入y=x2-x-n

解得a=6或a=0（舍去）
则n= .
【点睛】
本题是代数几何综合题，考查了二次函数图象性质、一元二次方程根与系数关系、三角形相似以及平行四边形的性质，解答关键是综合运用数形结合分类讨论思想．
23、
【解析】
连接，根据线段垂直平分线的性质得到，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【详解】
连接，
∵为的中点，于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．

【点睛】
本题考查的是线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
24、（1）详见解析；（2）OF＝．
【解析】
（1）连接OC，如图，根据切线的性质得∠1+∠3=90°，则可证明∠3=∠4，再根据圆周角定理得到∠ACB=90°，然后根据等角的余角相等得到∠BDC=∠5，从而根据等腰三角形的判定定理得到结论；
（2）根据勾股定理计算出AC=8，再证明△ABC∽△ABD，利用相似比得到AD=，然后证明OF为△ABD的中位线，从而根据三角形中位线性质求出OF的长．
【详解】
（1）证明：连接OC，如图，

∵CF为切线，
∴OC⊥CF，
∴∠1+∠3＝90°，
∵BM⊥AB，
∴∠2+∠4＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠3+∠5＝90°，∠4+∠BDC＝90°，
∴∠BDC＝∠5，
∴CF＝DF；
（2）在Rt△ABC中，AC＝＝8，
∵∠BAC＝∠DAB，
∴△ABC∽△ABD，
∴，即，
∴AD＝，
∵∠3＝∠4，
∴FC＝FB，
而FC＝FD，
∴FD＝FB，
而BO＝AO，
∴OF为△ABD的中位线，
∴OF＝AD＝．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理和垂径定理．