湖南省长沙市明德华兴中学2021-2022学年中考数学考前最后一卷含解析

这是一份湖南省长沙市明德华兴中学2021-2022学年中考数学考前最后一卷含解析，共23页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，下列计算正确的是等内容，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（共10小题，每小题3分，共30分）
1．下列分式中，最简分式是（ ）
A． B． C． D．
2．如图是由三个相同小正方体组成的几何体的主视图，那么这个几何体可以是（　　）

A． B． C． D．
3．已知y关于x的函数图象如图所示，则当y＜0时，自变量x的取值范围是（　　）

A．x＜0 B．﹣1＜x＜1或x＞2 C．x＞﹣1 D．x＜﹣1或1＜x＜2
4．估计的值在（ ）
A．0到l之间 B．1到2之间 C．2到3之间 D．3到4之间
5．如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE交AD于点F，已知∠BDC=62°，则∠DFE的度数为（　　）

A．31° B．28° C．62° D．56°
6．下列几何体中，三视图有两个相同而另一个不同的是（　　）

A．（1）（2） B．（2）（3） C．（2）（4） D．（3）（4）
7．在以下四个图案中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
8．下列计算正确的是（　　）
A．＝±3 B．﹣32＝9 C．（﹣3）﹣2＝ D．﹣3+|﹣3|＝﹣6
9．如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝2，BC＝5，则△ABC的周长为(　　)

A．16 B．14 C．12 D．10
10．将一副三角板和一张对边平行的纸条按如图摆放，两个三角板的一直角边重合，含30°角的直角三角板的斜边与纸条一边重合，含45°角的三角板的一个顶点在纸条的另一边上，则∠1的度数是(　　)

A．15° B．22.5° C．30° D．45°
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．如图，中，，则 __________．

12．=________
13．《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，成书于约一千五百年前，其中有首歌谣：“今有竿不知其长，量得影长一丈五尺，立一标杆，长一尺五寸，影长五寸，问竿长几何？”意思就是：有一根竹竿不知道有多长，量出它在太阳下的影子长一丈五尺，同时立一根一尺五寸的小标杆（如图所示），它的影长五寸（提示：1丈＝10尺，1尺＝10寸），则竹竿的长为_____．

14．某种商品每件进价为20元，调查表明：在某段时间内若以每件x元（20≤x≤30，且x为整数）出售，可卖出（30﹣x）件．若使利润最大，每件的售价应为______元．
15．观察下列各等式：




……
根据以上规律可知第11行左起第一个数是__．
16．一组正方形按如图所示的方式放置，其中顶点B1在y轴上，顶点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3……在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的顶点C1的坐标是（﹣，0），∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3……则正方形A2018B2018C2018D2018的顶点D2018纵坐标是_____．

三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图,AB=16,O为AB中点,点C在线段OB上(不与点O,B重合),将OC绕点O逆时针旋转 270°后得到扇形COD,AP,BQ分别切优弧CD于点P，Q，且点P，Q在AB异侧，连接OP.
求证：AP=BQ；当BQ= 时,求的长(结果保留 )；若△APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围.
18．（8分）如图，轮船从点A处出发，先航行至位于点A的南偏西15°且点A相距100km的点B处，再航行至位于点A的南偏东75°且与点B相距200km的点C处．
（1）求点C与点A的距离（精确到1km）；
（2）确定点C相对于点A的方向．
（参考数据：）

19．（8分）某区对即将参加中考的5000名初中毕业生进行了一次视力抽样调查，绘制出频数分布表和频数分布直方图的一部分．
请根据图表信息回答下列问题：
视力
频数（人）
频率
4.0≤x＜4.3
20
0.1
4.3≤x＜4.6
40
0.2
4.6≤x＜4.9
70
0.35
4.9≤x＜5.2
a
0.3
5.2≤x＜5.5
10
b
（1）本次调查的样本为　 　，样本容量为　 　；在频数分布表中，a＝　 　，b＝　 　，并将频数分布直方图补充完整；若视力在4.6以上（含4.6）均属正常，根据上述信息估计全区初中毕业生中视力正常的学生有多少人？

20．（8分）如图，矩形OABC中，点O为原点，点A的坐标为（0，8），点C的坐标为（6，0）．抛物线经过A、C两点，与AB边交于点D．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P为线段BC上一个动点（不与点C重合），点Q为线段AC上一个动点，AQ=CP，连接PQ，设CP=m，△CPQ的面积为S．
①求S关于m的函数表达式，并求出m为何值时，S取得最大值；
②当S最大时，在抛物线的对称轴l上若存在点F，使△FDQ为直角三角形，请直接写出所有符合条件的F的坐标；若不存在，请说明理由．

21．（8分）如图，在△ABC中，点D在边BC上，联结AD，∠ADB=∠CDE，DE交边AC于点E，DE交BA延长线于点F，且AD2=DE•DF．
(1)求证：△BFD∽△CAD；
(2)求证：BF•DE=AB•AD．

22．（10分）如图①，在正方形ABCD中，点E与点F分别在线段AC、BC上，且四边形DEFG是正方形．

（1）试探究线段AE与CG的关系，并说明理由．
（2）如图②若将条件中的四边形ABCD与四边形DEFG由正方形改为矩形，AB=3，BC=1．
①线段AE、CG在（1）中的关系仍然成立吗？若成立，请证明，若不成立，请写出你认为正确的关系，并说明理由．
②当△CDE为等腰三角形时，求CG的长．
23．（12分）给出如下定义：对于⊙O的弦MN和⊙O外一点P（M，O，N三点不共线，且点P，O在直线MN的异侧），当∠MPN+∠MON＝180°时，则称点P是线段MN关于点O的关联点．图1是点P为线段MN关于点O的关联点的示意图．

在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．
（1）如图2，已知M（，），N（，﹣），在A（1，0），B（1，1），C（，0）三点中，是线段MN关于点O的关联点的是　 　；
（2）如图3，M（0，1），N（，﹣），点D是线段MN关于点O的关联点．
①∠MDN的大小为　 　；
②在第一象限内有一点E（m，m），点E是线段MN关于点O的关联点，判断△MNE的形状，并直接写出点E的坐标；
③点F在直线y＝﹣x+2上，当∠MFN≥∠MDN时，求点F的横坐标x的取值范围．
24．某天，甲、乙、丙三人一起乘坐公交车，他们上车时发现公交车上还有A，B，W三个空座位，且只有A，B两个座位相邻，若三人随机选择座位，试解决以下问题：
（1）甲选择座位W的概率是多少；
（2）试用列表或画树状图的方法求甲、乙选择相邻座位A，B的概率．



参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、A
【解析】
试题分析：选项A为最简分式；选项B化简可得原式==；选项C化简可得原式==；选项D化简可得原式==，故答案选A.
考点：最简分式.
2、A
【解析】
试题分析：主视图是从正面看到的图形，只有选项A符合要求，故选A．
考点：简单几何体的三视图．
3、B
【解析】
y<0时，即x轴下方的部分，
∴自变量x的取值范围分两个部分是−12.
故选B.
4、B
【解析】
∵9<11<16,
∴,
∴
故选B.
5、D
【解析】
先利用互余计算出∠FDB=28°，再根据平行线的性质得∠CBD=∠FDB=28°，接着根据折叠的性质得∠FBD=∠CBD=28°，然后利用三角形外角性质计算∠DFE的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠ADC=90°，
∵∠FDB=90°-∠BDC=90°-62°=28°，
∵AD∥BC，
∴∠CBD=∠FDB=28°，
∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠FBD=∠CBD=28°，
∴∠DFE=∠FBD+∠FDB=28°+28°=56°．
故选D．
【点睛】
本题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．
6、B
【解析】
根据三视图的定义即可解答．
【详解】
正方体的三视图都是正方形，故（1）不符合题意；
圆柱的主视图、左视图都是矩形，俯视图是圆，故（2）符合题意；
圆锥的主视图、左视图都是三角形，俯视图是圆形，故（3）符合题意；
三棱锥主视图是、左视图是，俯视图是三角形，故（4）不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题考查了简单几何体的三视图，熟知三视图的定义是解决问题的关键.
7、A
【解析】
根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．
【详解】
A、是轴对称图形，故本选项正确；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的概念．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．
8、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．
9、B
【解析】
根据切线长定理进行求解即可.
【详解】
∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF＝AD＝2，BD＝BE，CE＝CF，
∵BE+CE＝BC＝5，
∴BD+CF＝BC＝5，
∴△ABC的周长＝2+2+5+5＝14，
故选B．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆以及切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键.
10、A
【解析】
试题分析：如图，过A点作AB∥a，∴∠1=∠2，∵a∥b，∴AB∥b，∴∠3=∠4=30°，而∠2+∠3=45°，∴∠2=15°，∴∠1=15°．故选A．

考点：平行线的性质．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、17
【解析】
∵Rt△ABC中，∠C=90°，∴tanA= ，
∵，∴AC＝8，
∴AB= =17,
故答案为17.
12、13
【解析】

＝2+9－4+6
＝13.
故答案是：13.
13、四丈五尺
【解析】
根据同一时刻物高与影长成正比可得出结论．
【详解】
解：设竹竿的长度为x尺，
∵竹竿的影长=一丈五尺=15尺，标杆长=一尺五寸=1.5尺，影长五寸=0.5尺，
∴＝，
解得x=45（尺）．
故答案为：四丈五尺．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物髙与影长成正比是解答此题的关键．
14、3
【解析】
试题分析：设最大利润为w元，则w=（x﹣30）（30﹣x）=﹣（x﹣3）3+3，∵30≤x≤30，∴当x=3时，二次函数有最大值3，故答案为3．
考点：3．二次函数的应用；3．销售问题．
15、-1．
【解析】
观察规律即可解题.
【详解】
解：第一行=12=1,第二行=22=4,第三行=32=9...
∴第n行=n2,第11行=112=121,
又∵左起第一个数比右侧的数大一,
∴第11行左起第一个数是-1.
【点睛】
本题是一道规律题,属于简单题，认真审题找到规律是解题关键.
16、×（）2
【解析】
利用正方形的性质结合锐角三角函数关系得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出答案.
【详解】
解：∵∠B1C1O=60°，C1O=，
∴B1C1=1，∠D1C1E1=30°，
∵sin∠D1C1E1=，
∴D1E1=，
∵B1C1∥B2C2∥B3C3∥…
∴60°=∠B1C1O=∠B2C2O=∠B3C3O=…
∴B2C2=，B3C3=.
故正方形AnBnCnDn的边长=（）n-1．
∴B2018C2018=（）2．
∴D2018E2018=×（）2，
∴D的纵坐标为×（）2，
故答案为×（）2.
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质以及锐角三角函数关系，得出正方形的边长变化规律是解题关键

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）详见解析；（2）；（3）4 【解析】
（1） 连接OQ，由切线性质得∠APO=∠BQO=90°，由直角三角形判定HL得Rt△APO≌Rt△BQO，再由全等三角形性质即可得证.
（2）由（1）中全等三角形性质得∠AOP=∠BOQ，从而可得P、O、Q三点共线，在Rt△BOQ中，根据余弦定义可得cosB=， 由特殊角的三角函数值可得∠B=30°，∠BOQ=60° ，根据直角三角形的性质得 OQ=4， 结合题意可得 ∠QOD度数，由弧长公式即可求得答案.
（3）由直角三角形性质可得△APO的外心是OA的中点 ，结合题意可得OC取值范围.
【详解】
（1）证明：连接OQ.

∵AP、BQ是⊙O的切线，
∴OP⊥AP，OQ⊥BQ，
∴∠APO=∠BQO=90∘，
在Rt△APO和Rt△BQO中，
，
∴Rt△APO≌Rt△BQO，
∴AP=BQ.
（2）∵Rt△APO≌Rt△BQO，
∴∠AOP=∠BOQ，
∴P、O、Q三点共线，
∵在Rt△BOQ中,cosB=，
∴∠B=30∘,∠BOQ= 60° ，
∴OQ=OB=4，
∵∠COD=90°，
∴∠QOD= 90°+ 60° = 150°，
∴优弧QD的长=，
（3）解：设点M为Rt△APO的外心，则M为OA的中点，
∵OA=1，
∴OM=4，
∴当△APO的外心在扇形COD的内部时，OM＜OC，
∴OC的取值范围为4＜OC＜1．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心、弧长的计算、扇形面积的计算、旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用全等三角形的判定定理HL证出Rt△APO≌Rt△BQO；（2）通过解直角三角形求出圆的半径；（3）牢记直角三角形外心为斜边的中点是解题的关键．
18、（1）173；（2）点C位于点A的南偏东75°方向．
【解析】
试题分析：（1）作辅助线，过点A作AD⊥BC于点D，构造直角三角形，解直角三角形即可.
（2）利用勾股定理的逆定理，判定△ABC为直角三角形；然后根据方向角的定义，即可确定点C相对于点A的方向．
试题解析：解：（1）如答图，过点A作AD⊥BC于点D．
由图得，∠ABC=75°﹣10°=60°．
在Rt△ABD中，∵∠ABC=60°，AB=100，
∴BD=50，AD=50．
∴CD=BC﹣BD=200﹣50=1．
在Rt△ACD中，由勾股定理得：
AC=（km）．
答：点C与点A的距离约为173km．
（2）在△ABC中，∵AB2+AC2=1002+（100）2=40000，BC2=2002=40000，
∴AB2+AC2=BC2. ∴∠BAC=90°.
∴∠CAF=∠BAC﹣∠BAF=90°﹣15°=75°．
答：点C位于点A的南偏东75°方向．

考点：1.解直角三角形的应用（方向角问题）；2. 锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4. 勾股定理和逆定理．
19、200名初中毕业生的视力情况 200 60 0.05
【解析】
（1）根据视力在4.0≤x＜4.3范围内的频数除以频率即可求得样本容量；
（2）根据样本容量，根据其对应的已知频率或频数即可求得a，b的值；
（3）求出样本中视力正常所占百分比乘以5000即可得解.
【详解】
（1）根据题意得：20÷0.1=200，即本次调查的样本容量为200，
故答案为200；
（2）a=200×0.3=60，b=10÷200=0.05，
补全频数分布图，如图所示，
故答案为60，0.05；
（3）根据题意得：5000×=3500（人），
则全区初中毕业生中视力正常的学生有估计有3500人．
20、（1）；（2）①，当m=5时，S取最大值；②满足条件的点F共有四个，坐标分别为，，，，
【解析】
（1）将A、C两点坐标代入抛物线y=-x2+bx+c，即可求得抛物线的解析式；
（2）①先用m表示出QE的长度，进而求出三角形的面积S关于m的函数；
②直接写出满足条件的F点的坐标即可，注意不要漏写．
【详解】
解：（1）将A、C两点坐标代入抛物线，得 ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+8；
（2）①∵OA=8，OC=6，
∴AC= =10，
过点Q作QE⊥BC与E点，则sin∠ACB = = =，
∴ =，
∴QE=（10﹣m），
∴S=•CP•QE=m×（10﹣m）=﹣m2+3m；
②∵S=•CP•QE=m×（10﹣m）=﹣m2+3m=﹣（m﹣5）2+，
∴当m=5时，S取最大值；
在抛物线对称轴l上存在点F，使△FDQ为直角三角形，
∵抛物线的解析式为y=﹣x2+x+8的对称轴为x=，
D的坐标为（3，8），Q（3，4），
当∠FDQ=90°时，F1（，8），
当∠FQD=90°时，则F2（，4），
当∠DFQ=90°时，设F（，n），
则FD2+FQ2=DQ2，
即+（8﹣n）2++（n﹣4）2=16，
解得：n=6± ，
∴F3（，6+），F4（，6﹣），
满足条件的点F共有四个，坐标分别为
F1（，8），F2（，4），F3（，6+），F4（，6﹣）．

【点睛】
本题考查二次函数的综合应用能力，其中涉及到的知识点有抛物线的解析式的求法抛物线的最值等知识点，是各地中考的热点和难点，解题时注意数形结合数学思想的运用，同学们要加强训练，属于中档题．
21、见解析
【解析】
试题分析：（1）， ，可得∽ ，从而得，
再根据∠BDF=∠CDA 即可证；
（2）由∽ ，可得，从而可得，再由∽，可得从而得，继而可得 ，得到．
试题解析：（1）∵，∴，
∵ ，∴∽ ，
∴，
又∵∠ADB=∠CDE ，∴∠ADB+∠ADF=∠CDE+∠ADF，
即∠BDF=∠CDA ，
∴∽；
（2）∵∽ ，∴，
∵ ，∴，
∵∽，∴，∴，
∴ ， ∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，能结合图形以及已知条件灵活选择恰当的方法进行证明是关键.
22、（1）AE=CG，AE⊥CG，理由见解析；（2）①位置关系保持不变，数量关系变为；
理由见解析；②当△CDE为等腰三角形时，CG的长为或或．
【解析】
试题分析：证明≌即可得出结论.
①位置关系保持不变，数量关系变为证明根据相似的性质即可得出.
分成三种情况讨论即可.
试题解析：（1）
理由是：如图1，∵四边形EFGD是正方形，

∴
∵四边形ABCD是正方形，
∴
∴
∴≌
∴
∵
∴
∴ 即
（2）①位置关系保持不变，数量关系变为
理由是：如图2，连接EG、DF交于点O，连接OC，

∵四边形EFGD是矩形，
∴
Rt中，OG=OF，
Rt中，
∴
∴D、E、F、C、G在以点O为圆心的圆上，
∵
∴DF为的直径，
∵
∴EG也是的直径，
∴∠ECG=90°，即
∴
∵
∴
∵
∴
∴
②由①知：
∴设
分三种情况：
（i）当时，如图3，过E作于H，则EH∥AD，

∴
∴ 由勾股定理得：
∴


（ii）当时，如图1，过D作于H，


∵
∴
∴

∴
∴

∴
（iii）当时，如图5，

∴

∴
综上所述，当为等腰三角形时，CG的长为或或．
点睛：两组角对应，两三角形相似.
23、（1）C；（2）①60；②E（，1）；③点F的横坐标x的取值范围≤xF≤．
【解析】
（1）由题意线段MN关于点O的关联点的是以线段MN的中点为圆心，为半径的圆上，所以点C满足条件；
（2）①如图3-1中，作NH⊥x轴于H．求出∠MON的大小即可解决问题；
②如图3-2中，结论：△MNE是等边三角形．由∠MON+∠MEN=180°，推出M、O、N、E四点共圆，可得∠MNE=∠MOE=60°，由此即可解决问题；
③如图3-3中，由②可知，△MNE是等边三角形，作△MNE的外接圆⊙O′，首先证明点E在直线y=-x+2上，设直线交⊙O′于E、F，可得F（，），观察图形即可解决问题；
【详解】
（1）由题意线段MN关于点O的关联点的是以线段MN的中点为圆心，为半径的圆上，所以点C满足条件，
故答案为C．
（2）①如图3-1中，作NH⊥x轴于H．

∵N（，-），
∴tan∠NOH=，
∴∠NOH=30°，
∠MON=90°+30°=120°，
∵点D是线段MN关于点O的关联点，
∴∠MDN+∠MON=180°，
∴∠MDN=60°．
故答案为60°．
②如图3-2中，结论：△MNE是等边三角形．

理由：作EK⊥x轴于K．
∵E（，1），
∴tan∠EOK=，
∴∠EOK=30°，
∴∠MOE=60°，
∵∠MON+∠MEN=180°，
∴M、O、N、E四点共圆，
∴∠MNE=∠MOE=60°，
∵∠MEN=60°，
∴∠MEN=∠MNE=∠NME=60°，
∴△MNE是等边三角形．
③如图3-3中，由②可知，△MNE是等边三角形，作△MNE的外接圆⊙O′，

易知E（，1），
∴点E在直线y=-x+2上，设直线交⊙O′于E、F，可得F（，），
观察图象可知满足条件的点F的横坐标x的取值范围≤xF≤．
【点睛】
此题考查一次函数综合题，直线与圆的位置关系，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
24、（1）；（2）
【解析】
（1）根据概率公式计算可得；
（2）画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合要求的结果数，利用概率公式计算可得．
【详解】
解：（1）由于共有A、B、W三个座位，
∴甲选择座位W的概率为，
故答案为：；
（2）画树状图如下：

由图可知，共有6种等可能结果，其中甲、乙选择相邻的座位有两种，
所以P（甲乙相邻）==．
【点睛】
此题考查了树状图法求概率．注意树状图法适合两步或两步以上完成的事件，树状图法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．