2022年四川省成都市浦江县中考数学最后一模试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项

1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．

2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．

3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．

4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．

5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）

1．1903年、英国物理学家卢瑟福通过实验证实，放射性物质在放出射线后，这种物质的质量将减少，减少的速度开始较快，后来较慢，实际上，放射性物质的质量减为原来的一半所用的时间是一个不变的量，我们把这个时间称为此种放射性物质的半衰期，如图是表示镭的放射规律的函数图象，根据图象可以判断，镭的半衰期为（　　）

A．810 年 B．1620 年 C．3240 年 D．4860 年

2．若m，n是一元二次方程x2﹣2x﹣1=0的两个不同实数根，则代数式m2﹣m+n的值是（　　）

A．﹣1 B．3 C．﹣3 D．1

3．如图，矩形ABCD的顶点A、C分别在直线a、b上，且a∥b，∠1=60°，则∠2的度数为（ ）

A．30° B．45° C．60° D．75°

4．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线BF交AD于点F，FE∥AB．若AB=5，AD=7，BF=6，则四边形ABEF的面积为（　　）

A．48 B．35 C．30 D．24

5．下列各运算中，计算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

6．菱形的两条对角线长分别是6cm和8cm，则它的面积是（　　）

A．6cm2 B．12cm2 C．24cm2 D．48cm2

7．如图，△ABC中，AB=AC=15，AD平分∠BAC，点E为AC的中点，连接DE，若△CDE的周长为21，则BC的长为（    ）

A．16 B．14 C．12 D．6

8．已知x1，x2是关于x的方程x2+bx﹣3=0的两根，且满足x1+x2﹣3x1x2=5，那么b的值为（　　）

A．4    B．﹣4    C．3    D．﹣3

9．下列关于x的方程中，属于一元二次方程的是（　　）

A．x﹣1=0 B．x2+3x﹣5=0 C．x3+x=3 D．ax2+bx+c=0

10．如图，在中，，的垂直平分线交于点，垂足为．如果，则的长为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．6

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11．A，B两市相距200千米，甲车从A市到B市，乙车从B市到A市，两车同时出发，已知甲车速度比乙车速度快15千米/小时，且甲车比乙车早半小时到达目的地．若设乙车的速度是x千米/小时，则根据题意，可列方程____________．

12．已知关于x的方程有解，则k的取值范围是_____．

13．如图，在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，将Rt△ABC以点A为中心，逆时针旋转60°得到△ADE，则线段BE的长度为_____．

14．计算a3÷a2•a的结果等于_____．

15．如图，四边形ACDF是正方形，和都是直角，且点三点共线，，则阴影部分的面积是__________．

16．分解因式___________

17．如图，在中国象棋的残局上建立平面直角坐标系，如果“相”和“兵”的坐标分别是（3，-1）和（-3，1），那么“卒”的坐标为_____.
 

三、解答题（共7小题，满分69分）

18．（10分）如图，已知抛物线与轴交于两点(A点在B点的左边)，与轴交于点．   

（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，点在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，若以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点的坐标；

（3）如图2，过点作直线的平行线交抛物线于另一点，交轴于点，若﹕=1﹕1． 求的值．

19．（5分）已知：如图，，，.求证：.

20．（8分）计算：；     解方程：

21．（10分）如图，二次函数的图像与轴交于、两点，与轴交于点，．点在函数图像上，轴，且，直线是抛物线的对称轴，是抛物线的顶点．求、的值；如图①，连接，线段上的点关于直线的对称点恰好在线段上，求点的坐标；如图②，动点在线段上，过点作轴的垂线分别与交于点，与抛物线交于点．试问：抛物线上是否存在点，使得与的面积相等，且线段的长度最小？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由．

22．（10分）如图，AB、CD是⊙O的直径，DF、BE是弦，且DF＝BE，求证：∠D＝∠B．

23．（12分）如图，AB是⊙O的直径，点C是的中点，连接AC并延长至点D，使CD＝AC，点E是OB上一点，且，CE的延长线交DB的延长线于点F，AF交⊙O于点H，连接BH．

求证：BD是⊙O的切线；（2）当OB＝2时，求BH的长．

24．（14分）在一个不透明的盒子中装有大小和形状相同的3个红球和2个白球，把它们充分搅匀．“从中任意抽取1个球不是红球就是白球”是　   　事件，“从中任意抽取1个球是黑球”是　   　事件；从中任意抽取1个球恰好是红球的概率是　   　；学校决定在甲、乙两名同学中选取一名作为学生代表发言，制定如下规则：从盒子中任取两个球，若两球同色，则选甲；若两球异色，则选乙．你认为这个规则公平吗？请用列表法或画树状图法加以说明．

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、B

【解析】
根据半衰期的定义，函数图象的横坐标，可得答案．

【详解】

由横坐标看出1620年时，镭质量减为原来的一半，

故镭的半衰期为1620年，

故选B．

【点睛】

本题考查了函数图象，利用函数图象的意义及放射性物质的半衰期是解题关键．

2、B

【解析】
把m代入一元二次方程，可得，再利用两根之和，将式子变形后，整理代入，即可求值．

【详解】

解：∵若，是一元二次方程的两个不同实数根，

∴，

∴

∴

故选B．

【点睛】

本题考查了一元二次方程根与系数的关系，及一元二次方程的解，熟记根与系数关系的公式．

3、C

【解析】

试题分析：过点D作DE∥a，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ADC=90°，∴∠3=90°﹣∠1=90°﹣60°=30°，∵a∥b，∴DE∥a∥b，∴∠4=∠3=30°，∠2=∠5，∴∠2=90°﹣30°=60°．故选C．

考点：1矩形；2平行线的性质.

4、D

【解析】

分析：首先证明四边形ABEF为菱形，根据勾股定理求出对角线AE的长度，从而得出四边形的面积．

详解：∵AB∥EF，AF∥BE， ∴四边形ABEF为平行四边形， ∵BF平分∠ABC，

∴四边形ABEF为菱形， 连接AE交BF于点O， ∵BF=6，BE=5，∴BO=3，EO=4，

∴AE=8，则四边形ABEF的面积=6×8÷2=24，故选D．

点睛：本题主要考查的是菱形的性质以及判定定理，属于中等难度的题型．解决本题的关键就是根据题意得出四边形为菱形．

5、D

【解析】
利用同底数幂的除法法则、同底数幂的乘法法则、幂的乘方法则以及完全平方公式即可判断．

【详解】

A、，该选项错误；

B、，该选项错误；

C、，该选项错误；

D、，该选项正确；

故选：D．

【点睛】

本题考查了同底数幂的乘法、除法法则，幂的乘方法则以及完全平方公式，正确理解法则是关键．

6、C

【解析】
已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．

【详解】

根据对角线的长可以求得菱形的面积，

根据S=ab=×6cm×8cm=14cm1．

故选：C．

【点睛】

考查菱形的面积公式，熟练掌握菱形面积的两种计算方法是解题的关键.

7、C

【解析】
先根据等腰三角形三线合一知D为BC中点，由点E为AC的中点知DE为△ABC中位线，故△ABC的周长是△CDE的周长的两倍，由此可求出BC的值.

【详解】

∵AB=AC=15，AD平分∠BAC，

∴D为BC中点，

∵点E为AC的中点，

∴DE为△ABC中位线，

∴DE=AB，

∴△ABC的周长是△CDE的周长的两倍，由此可求出BC的值.

∴AB+AC+BC=42，

∴BC=42-15-15=12，

故选C.

【点睛】

此题主要考查三角形的中位线定理，解题的关键是熟知等腰三角形的三线合一定理.

8、A

【解析】
根据一元二次方程根与系数的关系和整体代入思想即可得解.

【详解】

∵x1，x2是关于x的方程x2+bx﹣3=0的两根，

∴x1+x2=﹣b，x1x2=﹣3，

∴x1+x2﹣3x1x2=﹣b+9=5，

解得b=4.

故选A.

【点睛】

本题主要考查一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理），

韦达定理：若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有两个实数根x1，x2，那么x1+x2=，x1x2=.

9、B

【解析】
根据一元二次方程必须同时满足三个条件：

①整式方程，即等号两边都是整式；方程中如果有分母，那么分母中无未知数；

②只含有一个未知数；

③未知数的最高次数是2进行分析即可．

【详解】

A. 未知数的最高次数不是2 ，不是一元二次方程，故此选项错误；
B. 是一元二次方程，故此选项正确；
C. 未知数的最高次数是3，不是一元二次方程，故此选项错误；
D. a=0时，不是一元二次方程，故此选项错误；
故选B.

【点睛】

本题考查一元二次方程的定义，解题的关键是明白：

一元二次方程必须同时满足三个条件：

①整式方程，即等号两边都是整式；方程中如果有分母，那么分母中无未知数；

②只含有一个未知数；

③未知数的最高次数是2.

10、C

【解析】
先利用垂直平分线的性质证明BE=CE=8，再在Rt△BED中利用30°角的性质即可求解ED．

【详解】

解：因为垂直平分，

所以，

在中，，

则；

故选：C．

【点睛】

本题主要考查了线段垂直平分线的性质、30°直角三角形的性质，线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、．

【解析】
直接利用甲车比乙车早半小时到达目的地得出等式即可．

【详解】

解：设乙车的速度是x千米/小时，则根据题意，

可列方程：．

故答案为：．

【点睛】

此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，正确表示出两车所用时间是解题关键．

12、k≠1

【解析】

试题分析：因为，所以1-x+2（x-2）=-k，所以1-x+2x-4=-k，所以x=3-k，所以，因为原方程有解，所以，解得．

考点：分式方程．

13、

【解析】
连接CE，作EF⊥BC于F，根据旋转变换的性质得到∠CAE=60°，AC=AE，根据等边三角形的性质得到CE=AC=4，∠ACE=60°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可．

【详解】

解：连接CE，作EF⊥BC于F，

由旋转变换的性质可知，∠CAE=60°，AC=AE，
∴△ACE是等边三角形，
∴CE=AC=4，∠ACE=60°，
∴∠ECF=30°，
∴EF=CE=2，
由勾股定理得，CF= = ，
∴BF=BC-CF= ，
由勾股定理得，BE== ，
故答案为：．

【点睛】

本题考查的是旋转变换的性质、等边三角形的判定和性质，掌握旋转变换对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解题的关键．

14、a1

【解析】
根据同底数幂的除法法则和同底数幂乘法法则进行计算即可．

【详解】

解：原式=a3﹣1+1=a1．

故答案为a1．

【点睛】

本题考查了同底数幂的乘除法，关键是掌握计算法则．

15、8

【解析】

【分析】证明△AEC≌△FBA，根据全等三角形对应边相等可得EC=AB=4，然后再利用三角形面积公式进行求解即可.

【详解】∵四边形ACDF是正方形，

∴AC=FA，∠CAF=90°，

∴∠CAE+∠FAB=90°，

∵∠CEA=90°，∴∠CAE+∠ACE=90°，

∴∠ACE=∠FAB，

又∵∠AEC=∠FBA=90°，

∴△AEC≌△FBA，

∴CE=AB=4，

∴S阴影==8，

故答案为8.

【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，三角形面积等，求出CE=AB是解题的关键.

16、

【解析】
原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．

【详解】

原式＝2x（y2＋2y＋1）＝2x（y＋1）2，

故答案为2x（y＋1）2

【点睛】

此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．

17、（-2，-2）

【解析】
先根据“相”和“兵”的坐标确定原点位置，然后建立坐标系，进而可得“卒”的坐标．

【详解】

“卒”的坐标为（﹣2，﹣2），

故答案是：（﹣2，﹣2）．

【点睛】

考查了坐标确定位置，关键是正确确定原点位置．

三、解答题（共7小题，满分69分）

18、 (1) ；(2) 和；(3)

【解析】
（1）设，，再根据根与系数的关系得到，根据勾股定理得到：、 ，根据列出方程，解方程即可；（2）求出A、B坐标，设出点Q坐标，利用平行四边形的性质，分类讨论点P坐标，利用全等的性质得出P点的横坐标后，分别代入抛物线解析式，求出P点坐标;

(3)过点作DH⊥轴于点,由::，可得::．设,可得 点坐标为，可得．设点坐标为.可证△∽△,利用相似性质列出方程整理可得到 ①,将代入抛物线上,可得②，联立①②解方程组，即可解答.

【详解】

解：设，，则是方程的两根，

∴．

∵已知抛物线与轴交于点．

∴

在△中：，在△中：，

∵△为直角三角形，由题意可知∠°，

∴，

即，

∴,

∴,

解得:,

又,

∴．

由可知：,令则,

∴,

∴．

①以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是四边形时,

设抛物线的对称轴为 ，l与交于点，过点作⊥l，垂足为点，

即∠°∠．

∵四边形为平行四边形,

∴∥,又l∥轴,

∴∠∠=∠,

∴△≌△,

∴,

∴点的横坐标为,

∴

即点坐标为．

②当以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是四边形时，

设抛物线的对称轴为 ，l与交于点，过点作⊥l，垂足为点，

即∠°∠．

∵四边形为平行四边形,

∴∥,又l∥轴,

∴∠∠=∠,

∴△≌△,

∴,

∴点的横坐标为,

∴

即点坐标为

∴符合条件的点坐标为和．

过点作DH⊥轴于点,

∵::，

 ∴::．

设,则点坐标为,

∴．

∵点在抛物线上,

∴点坐标为,

由(1)知,

∴,

∵∥,

∴△∽△,

∴,

∴,

即①,

又在抛物线上,

∴②，

将②代入①得：,

解得(舍去),

把代入②得:．

【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.

19、见解析

【解析】
先通过∠BAD=∠CAE得出∠BAC=∠DAE，从而证明△ABC≌△ADE，得到BC=DE．

【详解】

证明：∵∠BAD=∠CAE，
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC．
即∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中，

,
∴△ABC≌△ADE（SAS）．
∴BC=DE．

【点睛】

本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质，判定两个三角形全等的一般方法有：AAS、SSS、SAS、SSA、HL．

20、（1）2  （2）

【解析】
（1）原式第一项利用负指数幂法则计算，第二项利用特殊角的三角函数值化简，第三项利用绝对值的代数意义化简，最后一项利用零指数幂法则计算可得到结果；（2）移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．

【详解】

（1）原式==2； 

（2）

∴

【点睛】

本题考查了实数运算以及平方根的应用，正确掌握相关运算法则是解题的关键．

21、（1），；（2）点的坐标为；（3）点的坐标为和

【解析】
（1）根据二次函数的对称轴公式，抛物线上的点代入，即可；

（2）先求F的对称点，代入直线BE，即可；（3）构造新的二次函数，利用其性质求极值.

【详解】

解：（1）轴，，抛物线对称轴为直线

点的坐标为

解得或（舍去），

（2）设点的坐标为对称轴为直线点关于直线的对称点的坐标为.

直线经过点利用待定系数法可得直线的表达式为.

因为点在上，即点的坐标为

（3）存在点满足题意.设点坐标为，则

作垂足为

①点在直线的左侧时，点的坐标为点的坐标为点的坐标为在中，时，取最小值.此时点的坐标为

②点在直线的右侧时，点的坐标为同理，时，取最小值.此时点的坐标为

综上所述：满足题意得点的坐标为和

考点：二次函数的综合运用.

22、证明见解析．

【解析】
根据在同圆中等弦对的弧相等，AB、CD是⊙O的直径，则，由FD=EB，得，，由等量减去等量仍是等量得：，即，由等弧对的圆周角相等，得∠D=∠B．

【详解】

解：方法（一）

证明：∵AB、CD是⊙O的直径，

∴．

∵FD=EB，

∴．

∴．

即．

∴∠D=∠B．

方法（二）

证明：如图，连接CF，AE．

∵AB、CD是⊙O的直径，

∴∠F=∠E=90°（直径所对的圆周角是直角）．

∵AB=CD，DF=BE，

∴Rt△DFC≌Rt△BEA（HL）．

∴∠D=∠B．

【点睛】

本题利用了在同圆中等弦对的弧相等，等弧对的弦，圆周角相等，等量减去等量仍是等量求解．

23、（1）证明见解析；（2）BH＝．

【解析】
（1）先判断出∠AOC=90°，再判断出OC∥BD，即可得出结论；

（2）先利用相似三角形求出BF，进而利用勾股定理求出AF，最后利用面积即可得出结论．

【详解】

（1）连接OC，

∵AB是⊙O的直径，点C是的中点，

∴∠AOC＝90°，

∵OA＝OB，CD＝AC，

∴OC是△ABD是中位线，

∴OC∥BD，

∴∠ABD＝∠AOC＝90°，

∴AB⊥BD，

∵点B在⊙O上，

∴BD是⊙O的切线；

（2）由（1）知，OC∥BD，

∴△OCE∽△BFE，

∴，

∵OB＝2，

∴OC＝OB＝2，AB＝4，，

∴，

∴BF＝3，

在Rt△ABF中，∠ABF＝90°，根据勾股定理得，AF＝5，

∵S△ABF＝AB•BF＝AF•BH，

∴AB•BF＝AF•BH，

∴4×3＝5BH，

∴BH＝．

【点睛】

此题主要考查了切线的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，求出BF=3是解本题的关键．

24、（1）必然，不可能；（2）；（3）此游戏不公平．

【解析】
（1）直接利用必然事件以及怒不可能事件的定义分别分析得出答案；

（2）直接利用概率公式求出答案；

（3）首先画出树状图，进而利用概率公式求出答案．

【详解】

（1）“从中任意抽取1个球不是红球就是白球”是必然事件，“从中任意抽取1个球是黑球”是不可能事件；

故答案为必然，不可能；

（2）从中任意抽取1个球恰好是红球的概率是：；

故答案为；

（3）如图所示：

，

由树状图可得：一共有20种可能，两球同色的有8种情况，故选择甲的概率为：；

则选择乙的概率为：，

故此游戏不公平．

【点睛】

此题主要考查了游戏公平性，正确列出树状图是解题关键．