北京市燕山地区重点达标名校2022年中考数学模拟预测试卷含解析

这是一份北京市燕山地区重点达标名校2022年中考数学模拟预测试卷含解析，共21页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知点A等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．用加减法解方程组时，若要求消去，则应（ ）
A． B． C． D．
2．下列天气预报中的图标，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．如图，双曲线y=（k＞0）经过矩形OABC的边BC的中点E，交AB于点D，若四边形ODBC的面积为3，则k的值为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．6
4．将直线y=﹣x+a的图象向右平移2个单位后经过点A（3，3），则a的值为（　　）
A．4 B．﹣4 C．2 D．﹣2
5．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．
6．如图，△ABC中，∠C=90°，D、E是AB、BC上两点，将△ABC沿DE折叠，使点B落在AC边上点F处，并且DF∥BC，若CF=3，BC=9，则AB的长是( )

A． B．15 C． D．9
7．点M(a，2a)在反比例函数y＝的图象上，那么a的值是( )
A．4 B．﹣4 C．2 D．±2
8．用6个相同的小正方体搭成一个几何体，若它的俯视图如图所示，则它的主视图不可能是（　　）

A． B． C． D．
9．设a，b是常数，不等式的解集为，则关于x的不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
10．已知点A（1﹣2x，x﹣1）在第二象限，则x的取值范围在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．关于x的方程x2－3x＋2＝0的两根为x1，x2，则x1＋x2＋x1x2的值为______．
12．如图，E是▱ABCD的边AD上一点，AE=ED，CE与BD相交于点F，BD=10，那么DF=__．

13．若直角三角形两边分别为6和8，则它内切圆的半径为_____．
14．若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为__________．
15．如图，正方形ABCD边长为1，以AB为直径作半圆，点P是CD 中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ．给出如下结论：①DQ＝1；②；③S△PDQ＝；④cos∠ADQ=．其中正确结论是_________．（填写序号）

16．如图，已知平行四边形ABCD，E是边BC的中点，联结DE并延长，与AB的延长线交于点F．设=，=，那么向量用向量、表示为_____．

17．2018年1月4日在萍乡市第十五届人民代表大会第三次会议报告指出，去年我市城镇居民人均可支配收入33080元，33080用科学记数法可表示为__．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）周末，甲、乙两名大学生骑自行车去距学校6000米的净月潭公园．两人同时从学校出发，以a米/分的速度匀速行驶．出发4.5分钟时，甲同学发现忘记带学生证，以1.5a米/分的速度按原路返回学校，取完学生证（在学校取学生证所用时间忽略不计），继续以返回时的速度追赶乙．甲追上乙后，两人以相同的速度前往净月潭．乙骑自行车的速度始终不变．设甲、乙两名大学生距学校的路程为s（米），乙同学行驶的时间为t（分），s与t之间的函数图象如图所示．
（1）求a、b的值．
（2）求甲追上乙时，距学校的路程．
（3）当两人相距500米时，直接写出t的值是 ．

19．（5分）据调查，超速行驶是引发交通事故的主要原因之一．小强用所学知识对一条笔直公路上的车辆进行测速，如图所示，观测点C到公路的距离CD=200m，检测路段的起点A位于点C的南偏东60°方向上，终点B位于点C的南偏东45°方向上．一辆轿车由东向西匀速行驶，测得此车由A处行驶到B处的时间为10s．问此车是否超过了该路段16m/s的限制速度？（观测点C离地面的距离忽略不计，参考数据：≈1.41，≈1.73）

20．（8分）解分式方程：
21．（10分）如图，在ABCD中，点E是AB边的中点，DE与CB的延长线交于点F

（1）求证：△ADE≌△BFE；
（2）若DF平分∠ADC，连接CE,试判断CE和DF的位置关系，并说明理由．
22．（10分）如图，已知⊙O中，AB为弦，直线PO交⊙O于点M、N，PO⊥AB于C，过点B作直径BD，连接AD、BM、AP．
（1）求证：PM∥AD；
（2）若∠BAP=2∠M，求证：PA是⊙O的切线；
（3）若AD=6，tan∠M=，求⊙O的直径．

23．（12分）先化简，再求值：（﹣a）÷（1+），其中a是不等式﹣ ＜a＜的整数解．
24．（14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.



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、C
【解析】
利用加减消元法消去y即可．
【详解】
用加减法解方程组时，若要求消去y，则应①×5+②×3，
故选C
【点睛】
此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
2、A
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3、B
【解析】
先根据矩形的特点设出B、C的坐标，根据矩形的面积求出B点横纵坐标的积，由D为AB的中点求出D点的横纵坐标，再由待定系数法即可求出反比例函数的解析式.
【详解】

解：如图：连接OE，设此反比例函数的解析式为y=（k＞0），C（c，0），
则B（c，b），E（c， ），
设D（x，y），
∵D和E都在反比例函数图象上，
∴xy=k，
即 ，
∵四边形ODBC的面积为3，
∴
∴
∴bc=4
∴
∵k＞0
∴ 解得k=2，
故答案为：B.
【点睛】
本题考查了反比例函数中比例系数k的几何意义，涉及到矩形的性质及用待定系数法求反比例函数的解析式，难度适中.
4、A
【解析】
直接根据“左加右减”的原则求出平移后的解析式，然后把A（3，3）代入即可求出a的值.
【详解】
由“右加左减”的原则可知，将直线y=-x+b向右平移2个单位所得直线的解析式为：y=-x+b+2，
把A（3，3）代入，得
3=-3+b+2，
解得b=4.
故选A.
【点睛】
本题考查了一次函数图象的平移，一次函数图象的平移规律是：①y=kx+b向左平移m个单位,是y=k(x+m)+b, 向右平移m个单位是y=k(x-m)+b,即左右平移时,自变量x左加右减；②y=kx+b向上平移n个单位,是y=kx+b+n, 向下平移n个单位是y=kx+b-n，即上下平移时，b的值上加下减.
5、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.
6、C
【解析】
由折叠得到EB=EF，∠B=∠DFE，根据CE+EB=9，得到CE+EF=9，设EF=x，得到CE=9-x，在直角三角形CEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出EF与CE的长，由FD与BC平行，得到一对内错角相等，等量代换得到一对同位角相等，进而确定出EF与AB平行，由平行得比例，即可求出AB的长．
【详解】
由折叠得到EB=EF，∠B=∠DFE，
在Rt△ECF中，设EF=EB=x，得到CE=BC-EB=9-x，
根据勾股定理得：EF2=FC2+EC2，即x2=32+（9-x）2，
解得：x=5，
∴EF=EB=5，CE=4，
∵FD∥BC，
∴∠DFE=∠FEC，
∴∠FEC=∠B，
∴EF∥AB，
∴，
则AB===，
故选C．
【点睛】
此题考查了翻折变换（折叠问题），涉及的知识有：勾股定理，平行线的判定与性质，平行线分线段成比例，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
7、D
【解析】
根据点M(a，2a)在反比例函数y＝的图象上,可得:,然后解方程即可求解.
【详解】
因为点M(a，2a)在反比例函数y＝的图象上,可得:
,
,
解得:,
故选D.
【点睛】
本题主要考查反比例函数图象的上点的特征,解决本题的关键是要熟练掌握反比例函数图象上点的特征.
8、D
【解析】
分析：根据主视图和俯视图之间的关系可以得出答案．
详解： ∵主视图和俯视图的长要相等， ∴只有D选项中的长和俯视图不相等，故选D．
点睛：本题主要考查的就是三视图的画法，属于基础题型．三视图的画法为：主视图和俯视图的长要相等；主视图和左视图的高要相等；左视图和俯视图的宽要相等．
9、C
【解析】
根据不等式的解集为x＜ 即可判断a,b的符号,则根据a,b的符号,即可解不等式bx-a<0
【详解】
解不等式,
移项得:
∵解集为x<
∴ ，且a<0
∴b=-5a>0，
解不等式,
移项得:bx＞a
两边同时除以b得:x＞,
即x＞-
故选C
【点睛】
此题考查解一元一次不等式，掌握运算法则是解题关键
10、B
【解析】
先分别求出每一个不等式的解集，再根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【详解】
解：根据题意，得： ，
解不等式①，得：x＞，
解不等式②，得：x＞1，
∴不等式组的解集为x＞1，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查解一元一次不等式组，关键要掌握解一元一次不等式的方法，牢记确定不等式组解集方法．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、5
【解析】
试题分析：利用根与系数的关系进行求解即可.
解：∵x1，x2是方程x2－3x＋2＝0的两根，
∴x1+ x2＝，x1x2＝，
∴x1＋x2＋x1x2＝3+2＝5.
故答案为：5.
12、4
【解析】
∵AE=ED，AE+ED=AD，∴ED=AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD//BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴DF：BF=DE：BC=2：3，
∵DF+BF=BD=10，
∴DF=4，
故答案为4.
13、2或-1
【解析】
根据已知题意，求第三边的长必须分类讨论，即8是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求出另一边的长，再根据内切圆半径公式求解即可.
【详解】
若8是直角边，则该三角形的斜边的长为：，
∴内切圆的半径为：；
若8是斜边，则该三角形的另一条直角边的长为：，
∴内切圆的半径为：.
故答案为2或-1.
【点睛】
本题考查了勾股定理，三角形的内切圆，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解答本题的关键.
14、1
【解析】
根据多边形内角和定理：（n﹣2）•110 （n≥3）可得方程110（x﹣2）＝1010，再解方程即可．
【详解】
解：设多边形边数有x条，由题意得：
110（x﹣2）＝1010，
解得：x＝1，
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查了多边形内角和定理，关键是熟练掌握计算公式：（n﹣2）•110 （n≥3）．
15、①②④
【解析】
①连接OQ，OD，如图1．易证四边形DOBP是平行四边形，从而可得DO∥BP．结合OQ=OB，可证到∠AOD=∠QOD，从而证到△AOD≌△QOD，则有DQ=DA=1；
②连接AQ，如图4，根据勾股定理可求出BP．易证Rt△AQB∽Rt△BCP，运用相似三角形的性质可求出BQ，从而求出PQ的值，就可得到的值；
③过点Q作QH⊥DC于H，如图4．易证△PHQ∽△PCB，运用相似三角形的性质可求出QH，从而可求出S△DPQ的值；
④过点Q作QN⊥AD于N，如图3．易得DP∥NQ∥AB，根据平行线分线段成比例可得，把AN=1-DN代入，即可求出DN，然后在Rt△DNQ中运用三角函数的定义，就可求出cos∠ADQ的值．
【详解】
解：①连接OQ，OD，如图1．

易证四边形DOBP是平行四边形，从而可得DO∥BP．
结合OQ=OB，可证到∠AOD=∠QOD，从而证到△AOD≌△QOD，
则有DQ=DA=1．
故①正确；
②连接AQ，如图4．

则有CP=，BP=．
易证Rt△AQB∽Rt△BCP，
运用相似三角形的性质可求得BQ=，
则PQ=，
∴．
故②正确；
③过点Q作QH⊥DC于H，如图4．

易证△PHQ∽△PCB，
运用相似三角形的性质可求得QH=，
∴S△DPQ=DP•QH=××=．
故③错误；
④过点Q作QN⊥AD于N，如图3．

易得DP∥NQ∥AB，
根据平行线分线段成比例可得，
则有，
解得：DN=．
由DQ=1，得cos∠ADQ=．
故④正确．
综上所述：正确结论是①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、等腰三角形的性质、平行线的性质、锐角三角函数的定义、勾股定理等知识，综合性比较强，常用相似三角形的性质、勾股定理、三角函数的定义来建立等量关系，应灵活运用．
16、+2
【解析】
根据平行四边形的判定与性质得到四边形DBFC是平行四边形，则DC=BF，故AF=2AB=2DC，结合三角形法则进行解答．
【详解】
如图，连接BD，FC，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC=AB．
∴△DCE∽△FBE．
又E是边BC的中点，
∴，
∴EC=BE，即点E是DF的中点，
∴四边形DBFC是平行四边形，
∴DC=BF，故AF=2AB=2DC，
∴=+=+2=+2．
故答案是：+2．
【点睛】
此题考查了平面向量的知识、相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质．注意掌握三角形法则的应用是关键．
17、3.308×1．
【解析】
正确用科学计数法表示即可.
【详解】
解：33080=3.308×1
【点睛】
科学记数法的表示形式为的形式, 其中1<|a|<10,n为整数.确定n的值时, 要看把原数变成a时, 小数点移动了多少位, n的绝对值与小数点移动的位数相同. 当原数绝对值大于10时, n是正数; 当原数的绝对值小于1时,n是负数.

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）a的值为200，b 的值为30；（2）甲追上乙时，与学校的距离4100米；（3）1.1或17.1．
【解析】
（1）根据速度=路程÷时间，即可解决问题．（2）首先求出甲返回用的时间，再列出方程即可解决问题．（3）分两种情形列出方程即可解决问题．
【详解】
解：(1)由题意a==200,b==30，
∴a=200，b=30.
(2) +4.1=7.1，
设t分钟甲追上乙,由题意,300(t−7.1)=200t，
解得t=22.1，
22.1×200=4100，
∴甲追上乙时，距学校的路程4100米．
(3)两人相距100米是的时间为t分钟．
由题意：1.1×200(t−4.1)+200(t−4.1)=100，解得t=1.1分钟，
或300(t−7.1)+100=200t，解得t=17.1分钟，
故答案为1.1分钟或17.1分钟．
点睛：本题主要考查了函数图象的读图能力和函数与实际问题结合的应用.要能根据函数图象的性质和图象上的数据分析即图象的变化趋势得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论.
19、此车没有超过了该路段16m/s的限制速度．
【解析】
分析：根据直角三角形的性质和三角函数得出DB，DA，进而解答即可．
详解：由题意得：∠DCA=60°，∠DCB=45°，
在Rt△CDB中，tan∠DCB=，
解得：DB=200，
在Rt△CDA中，tan∠DCA=，
解得：DA=200，
∴AB=DA﹣DB=200﹣200≈146米，
轿车速度，
答：此车没有超过了该路段16m/s的限制速度．
点睛：本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，解答本题的关键是利用三角函数求出AD与BD的长度，难度一般．
20、无解
【解析】
首先进行去分母，将分式方程转化为整式方程，然后按照整式方程的求解方法进行求解，最后对所求的解进行检验，看是否能使分母为零．
【详解】
解：两边同乘以（x+2）（x－2）得：
x（x+2）－（x+2）（x－2）=8
去括号，得：+2x－+4=8
移项、合并同类项得：2x=4
解得：x=2
经检验，x=2是方程的增根
∴方程无解
【点睛】
本题考查解分式方程，注意分式方程结果要检验．
21、（1）见解析；（1）见解析．
【解析】
（1）由全等三角形的判定定理AAS证得结论．
（1）由（1）中全等三角形的对应边相等推知点E是边DF的中点，∠1=∠1；根据角平分线的性质、等量代换以及等角对等边证得DC=FC，则由等腰三角形的“三合一”的性质推知CE⊥DF．
【详解】
解：（1）证明：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．

又∵点F在CB的延长线上，
∴AD∥CF．
∴∠1=∠1．
∵点E是AB边的中点，
∴AE=BE，
∵在△ADE与△BFE中，，
∴△ADE≌△BFE（AAS）．
（1）CE⊥DF．理由如下：
如图，连接CE，
由（1）知，△ADE≌△BFE，
∴DE=FE，即点E是DF的中点，∠1=∠1．
∵DF平分∠ADC，
∴∠1=∠2．
∴∠2=∠1．
∴CD=CF．
∴CE⊥DF．
22、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1；
【解析】
（1）根据平行线的判定求出即可；（2）连接OA，求出∠OAP=∠BAP+∠OAB=∠BOC+∠OBC=90°，根据切线的判定得出即可；（3）设BC=x，CM=2x，根据相似三角形的性质和判定求出NC=x，求出MN=2x+x=2.1x，OM=MN=1.21x，OC=0.71x，根据三角形的中位线性质得出0.71x=AD=3，求出x即可．
【详解】
（1）∵BD是直径，
∴∠DAB=90°，
∵PO⊥AB，
∴∠DAB=∠MCB=90°，
∴PM∥AD；
（2）连接OA，
∵OB=OM，
∴∠M=∠OBM，
∴∠BON=2∠M，
∵∠BAP=2∠M，
∴∠BON=∠BAP，
∵PO⊥AB，
∴∠ACO=90°，
∴∠AON+∠OAC=90°，
∵OA=OB，
∴∠BON=∠AON，
∴∠BAP=∠AON，
∴∠BAP+∠OAC=90°，
∴∠OAP=90°，
∵OA是半径，
∴PA是⊙O的切线；
（3）连接BN，
则∠MBN=90°．
∵tan∠M=，
∴=，
设BC=x，CM=2x，
∵MN是⊙O直径，NM⊥AB，
∴∠MBN=∠BCN=∠BCM=90°，
∴∠NBC=∠M=90°﹣∠BNC，
∴△MBC∽△BNC，
∴，
∴BC2=NC×MC，
∴NC=x，
∴MN=2x+x=2.1x，
∴OM=MN=1.21x，
∴OC=2x﹣1.21x=0.71x，
∵O是BD的中点，C是AB的中点，AD=6，
∴OC=0.71x=AD=3，
解得：x=4，
∴MO=1.21x=1.21×4=1，
∴⊙O的半径为1．

【点睛】
本题考查了圆周角定理，切线的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识点，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键，此题有一定的难度．
23、，1．
【解析】
首先化简（﹣a）÷（1+），然后根据a是不等式﹣＜a＜的整数解，求出a的值，再把求出的a的值代入化简后的算式，求出算式的值是多少即可．
【详解】
解：（﹣a）÷（1+）=×=,
∵a是不等式﹣＜a＜的整数解，∴a=﹣1，1，1，
∵a≠1，a+1≠1，∴a≠1，﹣1，∴a=1，
当a=1时，
原式==1．
24、（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．