湖南省怀化市中学方县2022年中考数学全真模拟试题含解析

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．如图，下列条件不能判定△ADB∽△ABC的是（ ）

A．∠ABD=∠ACB B．∠ADB=∠ABC

C．AB2=AD•AC D．

2．如图，某厂生产一种扇形折扇，OB=10cm，AB=20cm，其中裱花的部分是用纸糊的，若扇子完全打开摊平时纸面面积为π cm2，则扇形圆心角的度数为（　　）

A．120° B．140° C．150° D．160°

3．式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）

A．x＞﹣2 B．x≥﹣2 C．x＜﹣2 D．x≤﹣2

4．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BOC＝120°，则∠A等于（　　）

A．50° B．60° C．55° D．65°

5．如图，函数y=﹣2x+2的图象分别与x轴，y轴交于A，B两点，点C在第一象限，AC⊥AB，且AC=AB，则点C的坐标为（　　）

A．（2，1） B．（1，2） C．（1，3） D．（3，1）

6．甲、乙两辆汽车沿同一路线从A地前往B地，甲车以a千米/时的速度匀速行驶，途中出现故障后停车维修，修好后以2a千米/时的速度继续行驶；乙车在甲车出发2小时后匀速前往B地，比甲车早30分钟到达．到达B地后，乙车按原速度返回A地，甲车以2a千米/时的速度返回A地．设甲、乙两车与A地相距s（千米），甲车离开A地的时间为t（小时），s与t之间的函数图象如图所示．下列说法：①a=40；②甲车维修所用时间为1小时；③两车在途中第二次相遇时t的值为5.25；④当t=3时，两车相距40千米，其中不正确的个数为（　　）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

7．小军旅行箱的密码是一个六位数，由于他忘记了密码的末位数字，则小军能一次打开该旅行箱的概率是（　　）

A． B． C． D．

8．如图所示的四张扑克牌背面完全相同，洗匀后背面朝上，则从中任意翻开一张，牌面数字是 3 的倍数的概率为（   ）

A． B． C． D．

9．要使式子有意义，的取值范围是（   ）

A． B．且 C．. 或 D． 且

10．解分式方程﹣3=时，去分母可得（　　）

A．1﹣3（x﹣2）=4 B．1﹣3（x﹣2）=﹣4

C．﹣1﹣3（2﹣x）=﹣4 D．1﹣3（2﹣x）=4

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11．如图，一下水管道横截面为圆形，直径为100cm，下雨前水面宽为60cm，一场大雨过后，水面宽为80cm，则水位上升______cm．

12．如图所示，直线y=x+b交x轴A点，交y轴于B点，交双曲线于P点，连OP，则OP2﹣OA2=__．

13．如图所示是一组有规律的图案，第l个图案由4个基础图形组成，第2个图案由7个基础图形组成，……，第n（n是正整数）个图案中的基础图形个数为_______ （用含n的式子表示）．

14．如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是正方形，点C（0，4），D是OA中点，将△CDO以C为旋转中心逆时针旋转90°后，再将得到的三角形平移，使点C与点O重合，写出此时点D的对应点的坐标：_____．

15．《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架．它的代数成就主要包括开方术、正负术和方程术．其中，方程术是《九章算术》最高的数学成就．

《九章算术》中记载：“今有牛五、羊二，直金十两；牛二、羊五，直金八两．问：牛、羊各直金几何？”

译文：“假设有5头牛、2只羊，值金10两；2头牛、5只羊，值金8两．问：每头牛、每只羊各值金多少两？”

设每头牛值金x两，每只羊值金y两，可列方程组为_____．

16．因式分解：_______________________．

17．用科学计数器计算：2×sin15°×cos15°= _______（结果精确到0.01）.

三、解答题（共7小题，满分69分）

18．（10分）已知抛物线y=x2﹣6x+9与直线y=x+3交于A，B两点（点A在点B的左侧），抛物线的顶点为C，直线y=x+3与x轴交于点D．

（1）求抛物线的顶点C的坐标及A，B两点的坐标；

（2）将抛物线y=x2﹣6x+9向上平移1个单位长度，再向左平移t（t＞0）个单位长度得到新抛物线，若新抛物线的顶点E在△DAC内，求t的取值范围；

（3）点P（m，n）（﹣3＜m＜1）是抛物线y=x2﹣6x+9上一点，当△PAB的面积是△ABC面积的2倍时，求m，n的值．

19．（5分）计算：（）-1+（）0+-2cos30°．

20．（8分）A、B两辆汽车同时从相距330千米的甲、乙两地相向而行，s（千米）表示汽车与甲地的距离，t（分）表示汽车行驶的时间，如图，L1，L2分别表示两辆汽车的s与t的关系．

（1）L1表示哪辆汽车到甲地的距离与行驶时间的关系？

（2）汽车B的速度是多少？

（3）求L1，L2分别表示的两辆汽车的s与t的关系式．

（4）2小时后，两车相距多少千米？

（5）行驶多长时间后，A、B两车相遇？

21．（10分）如图，小明的家在某住宅楼AB的最顶层（AB⊥BC），他家的后面有一建筑物CD（CD∥AB），他很想知道这座建筑物的高度，于是在自家阳台的A处测得建筑物CD的底部C的俯角是43°，顶部D的仰角是25°，他又测得两建筑物之间的距离BC是28米，请你帮助小明求出建筑物CD的高度（精确到1米）．

22．（10分）当前，“精准扶贫”工作已进入攻坚阶段，凡贫困家庭均要“建档立卡”．某初级中学七年级共有四个班，已“建档立卡”的贫困家庭的学生人数按一、二、三、四班分别记为A1，A2，A3，A4，现对A1，A2，A3，A4统计后，制成如图所示的统计图．求七年级已“建档立卡”的贫困家庭的学生总人数；将条形统计图补充完整，并求出A1所在扇形的圆心角的度数；现从A1，A2中各选出一人进行座谈，若A1中有一名女生，A2中有两名女生，请用树状图表示所有可能情况，并求出恰好选出一名男生和一名女生的概率．

23．（12分）如图，已知AB是⊙O的直径，BC⊥AB，连结OC，弦AD∥OC，直线CD交BA的延长线于点E．

（1）求证：直线CD是⊙O的切线；

（2）若DE＝2BC，AD＝5，求OC的值．

24．（14分）计算：4sin30°+（1﹣）0﹣|﹣2|+（）﹣2

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】
根据有两个角对应相等的三角形相似，以及根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，分别判断得出即可．

【详解】

解：A、∵∠ABD=∠ACB，∠A=∠A，

∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；

B、∵∠ADB=∠ABC，∠A=∠A，

∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；

C、∵AB2=AD•AC，

∴，∠A=∠A，△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；

D、=不能判定△ADB∽△ABC，故此选项符合题意．

故选D．

【点睛】

点评：本题考查了相似三角形的判定，利用了有两个角对应相等的三角形相似，两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．

2、C

【解析】
根据扇形的面积公式列方程即可得到结论．

【详解】

∵OB=10cm，AB=20cm，

∴OA=OB+AB=30cm，

设扇形圆心角的度数为α，

∵纸面面积为π cm2，

∴，

∴α=150°，

故选：C．

【点睛】

本题考了扇形面积的计算的应用，解题的关键是熟练掌握扇形面积计算公式：扇形的面积= .

3、B

【解析】
根据二次根式有意义的条件可得 ，再解不等式即可．

【详解】

解：由题意得：，

解得：，
故选：B．

【点睛】

此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．

4、B

【解析】
由圆周角定理即可解答.

【详解】

∵△ABC是⊙O的内接三角形，

∴∠A＝ ∠BOC，

而∠BOC＝120°，

∴∠A＝60°.

故选B．

【点睛】

本题考查了圆周角定理，熟练运用圆周角定理是解决问题的关键.

5、D

【解析】
过点C作CD⊥x轴与D，如图，先利用一次函数图像上点的坐标特征确定B（0,2），A（1,0），再证明△ABO≌△CAD，得到AD＝OB＝2，CD＝AO＝1，则C点坐标可求.

【详解】

如图，过点C作CD⊥x轴与D.∵函数y=﹣2x+2的图象分别与x轴，y轴交于A，B两点，∴当x＝0时，y＝2，则B（0,2）；当y＝0时，x＝1，则A（1,0）.∵AC⊥AB，AC＝AB，∴∠BAO＋∠CAD＝90°，∴∠ABO＝∠CAD.在△ABO和△CAD中，，∴△ABO≌△CAD，∴AD＝OB＝2，CD＝OA＝1，∴OD＝OA＋AD＝1＋2＝3，∴C点坐标为（3,1）.故选D.

【点睛】

本题主要考查一次函数的基本概念。角角边定理、全等三角形的性质以及一次函数的应用，熟练掌握相关知识点是解答的关键.

6、A

【解析】

解：①由函数图象，得a=120÷3=40，

故①正确，

②由题意，得5.5﹣3﹣120÷（40×2），

=2.5﹣1.5，

=1．

∴甲车维修的时间为1小时；

故②正确，

③如图：

∵甲车维修的时间是1小时，

∴B（4，120）．

∵乙在甲出发2小时后匀速前往B地，比甲早30分钟到达．

∴E（5，240）．

∴乙行驶的速度为：240÷3=80，

∴乙返回的时间为：240÷80=3，

∴F（8，0）．

设BC的解析式为y1=k1t+b1，EF的解析式为y2=k2t+b2，由图象得，

，，

解得，，

∴y1=80t﹣200，y2=﹣80t+640，

当y1=y2时，

80t﹣200=﹣80t+640，

t=5.2．

∴两车在途中第二次相遇时t的值为5.2小时，

故弄③正确，

④当t=3时，甲车行的路程为：120km，乙车行的路程为：80×（3﹣2）=80km，

∴两车相距的路程为：120﹣80=40千米，

故④正确，

故选A．

7、A

【解析】

∵密码的末位数字共有10种可能（0、1、 2、 3、4、 5、 6、 7、 8、 9、 0都有可能），

∴当他忘记了末位数字时，要一次能打开的概率是.

故选A.

8、C

【解析】
根据题意确定所有情况的数目，再确定符合条件的数目，根据概率的计算公式即可．

【详解】

解：由题意可知，共有4种情况，其中是 3 的倍数的有6和9，

∴是 3 的倍数的概率，

故答案为：C．

【点睛】

本题考查了概率的计算，解题的关键是熟知概率的计算公式．

9、D

【解析】
根据二次根式和分式有意义的条件计算即可.

【详解】

解：∵ 有意义，

∴a+2≥0且a≠0，

解得a≥-2且a≠0.

故本题答案为：D.

【点睛】

二次根式和分式有意义的条件是本题的考点，二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0，分式有意义的条件是分母不为0.

10、B

【解析】
方程两边同时乘以（x-2），转化为整式方程，由此即可作出判断．

【详解】

方程两边同时乘以（x-2），得

1﹣3（x﹣2）=﹣4，

故选B．

【点睛】

本题考查了解分式方程，利用了转化的思想，熟练掌握解分式方程的一般步骤以及注意事项是解题的关键.

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、10或1

【解析】
分水位在圆心下以及圆心上两种情况，画出符合题意的图形进行求解即可得.

【详解】

如图，作半径于C，连接OB，

由垂径定理得：=AB=×60=30cm，

在中，，

当水位上升到圆心以下时  水面宽80cm时，

则，

水面上升的高度为：；

当水位上升到圆心以上时，水面上升的高度为：，

综上可得，水面上升的高度为30cm或1cm，

故答案为：10或1．

【点睛】

本题考查了垂径定理的应用，掌握垂径定理、灵活运用分类讨论的思想是解题的关键．

12、1

【解析】

解：∵直线y=x+b与双曲线 (x>0)交于点P，设P点的坐标（x，y），

∴x﹣y=﹣b，xy=8，

而直线y=x+b与x轴交于A点，

∴OA=b．

又∵OP2=x2+y2，OA2=b2，

∴OP2﹣OA2=x2+y2﹣b2=（x﹣y）2+2xy﹣b2=1．

故答案为1．

13、3n+1

【解析】

试题分析：由图可知每个图案一次增加3个基本图形，第一个图案有4个基本图形，则第n个图案的基础图形有4+3(n-1)=3n+1个

考点：规律型

14、（4，2）．

【解析】
利用图象旋转和平移可以得到结果.

【详解】

解：∵△CDO绕点C逆时针旋转90°，得到△CBD′，

则BD′=OD=2，

∴点D坐标为（4，6）；

当将点C与点O重合时，点C向下平移4个单位，得到△OAD′′，

∴点D向下平移4个单位．故点D′′坐标为（4，2），

故答案为（4，2）．

【点睛】

平移和旋转：平移是指在同一平面内，将一个图形整体按照某个直线方向移动一定的距离，这样的图形运动叫做图形的平移运动，简称平移.

定义在平面内，将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转.这个定点叫做旋转中心，转动的角度叫做旋转角.

15、

【解析】

试题分析：根据“5头牛，2只羊，值金10两；2头牛、5只羊，值金8两.”列方程组即可.

考点：二元一次方程组的应用

16、

【解析】
先提公因式，再用平方差公式分解.

【详解】

解：

【点睛】

本题考查因式分解，掌握因式分解方法是关键.

17、0.50

【解析】
直接使用科学计算器计算即可，结果需保留二位有效数字.

【详解】

用科学计算器计算得0.5，

故填0.50，

【点睛】

此题主要考查科学计算器的使用，注意结果保留二位有效数字.

三、解答题（共7小题，满分69分）

18、（1）C（2，0），A（1，4），B（1，9）；（2）＜t＜5；（2）m=，∴n=.

【解析】

分析：（Ⅰ）将抛物线的一般式配方为顶点式即可求出点C的坐标，联立抛物线与直线的解析式即可求出A、B的坐标．

    （Ⅱ）由题意可知：新抛物线的顶点坐标为（2﹣t，1），然后求出直线AC的解析式后，将点E的坐标分别代入直线AC与AD的解析式中即可求出t的值，从而可知新抛物线的顶点E在△DAC内，求t的取值范围．

    （Ⅲ）直线AB与y轴交于点F，连接CF，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥x轴于点N，交DB于点G，由直线y=x+2与x轴交于点D，与y轴交于点F，得D（﹣2，0），F（0，2），易得CF⊥AB，△PAB的面积是△ABC面积的2倍，所以AB•PM=AB•CF，PM=2CF=1，从而可求出PG=3，利用点G在直线y=x+2上，P（m，n），所以G（m，m+2），所以PG=n﹣（m+2），所以n=m+4，由于P（m，n）在抛物线y=x2﹣1x+9上，联立方程从而可求出m、n的值．

详解：（I）∵y=x2﹣1x+9=（x﹣2）2，∴顶点坐标为（2，0）．

    联立，

    解得：或；

    （II）由题意可知：新抛物线的顶点坐标为（2﹣t，1），设直线AC的解析式为y=kx+b

    将A（1，4），C（2，0）代入y=kx+b中，∴，

    解得：，

    ∴直线AC的解析式为y=﹣2x+1．

    当点E在直线AC上时，﹣2（2﹣t）+1=1，解得：t=．

    当点E在直线AD上时，（2﹣t）+2=1，解得：t=5，

∴当点E在△DAC内时，＜t＜5；

    （III）如图，直线AB与y轴交于点F，连接CF，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥x轴于点N，交DB于点G．

由直线y=x+2与x轴交于点D，与y轴交于点F，

得D（﹣2，0），F（0，2），∴OD=OF=2．

    ∵∠FOD=90°，∴∠OFD=∠ODF=45°．

    ∵OC=OF=2，∠FOC=90°，

∴CF==2，∠OFC=∠OCF=45°，

    ∴∠DFC=∠DFO+∠OFC=45°+45°=90°，∴CF⊥AB．

    ∵△PAB的面积是△ABC面积的2倍，∴AB•PM=AB•CF，

    ∴PM=2CF=1．

    ∵PN⊥x轴，∠FDO=45°，∴∠DGN=45°，∴∠PGM=45°．

在Rt△PGM中，sin∠PGM=，    ∴PG===3．

    ∵点G在直线y=x+2上，P（m，n），    ∴G（m，m+2）．

    ∵﹣2＜m＜1，∴点P在点G的上方，∴PG=n﹣（m+2），∴n=m+4．

    ∵P（m，n）在抛物线y=x2﹣1x+9上，

∴m2﹣1m+9=n，∴m2﹣1m+9=m+4，解得：m=．

    ∵﹣2＜m＜1，∴m=不合题意，舍去，∴m=，∴n=m+4=．

点睛：本题是二次函数综合题，涉及待定系数法，解方程，勾股定理，三角形的面积公式，综合程度较高，需要学生综合运用所学知识．

19、4+2．

【解析】
原式第一项利用负指数幂法则计算，第二项利用零指数幂法则计算，第三项化为最简二次根式，最后一项利用特殊角的三角函数值计算即可得到结果．

【详解】

原式=3+1+3-2×

=4+2．

20、（1）L1表示汽车B到甲地的距离与行驶时间的关系；（2）汽车B的速度是1.5千米/分；（3）s1=﹣1.5t+330，s2=t；（4）2小时后，两车相距30千米；（5）行驶132分钟，A、B两车相遇．

【解析】

试题分析：（1）直接根据函数图象的走向和题意可知L1表示汽车B到甲地的距离与行驶时间的关系；
（2）由L1上60分钟处点的坐标可知路程和时间，从而求得速度；
（3）先分别设出函数，利用函数图象上的已知点，使用待定系数法可求得函数解析式；
（4）结合（3）中函数图象求得时s的值，做差即可求解；
（5）求出函数图象的交点坐标即可求解．

试题解析：（1）函数图形可知汽车B是由乙地开往甲地，故L1表示汽车B到甲地的距离与行驶时间的关系；

（2）（330﹣240）÷60=1.5（千米/分）；

（3）设L1为 把点（0，330），（60，240）代入得

所以

设L2为 把点（60，60）代入得

所以

（4）当时，

330﹣150﹣120=60（千米）；

所以2小时后，两车相距60千米；

（5）当时，

解得

即行驶132分钟，A、B两车相遇．

21、39米

【解析】
过点A作AE⊥CD，垂足为点E， 在Rt△ADE中，利用三角函数求出的长，在Rt△ACE中，求出的长即可得.

【详解】

解：过点A作AE⊥CD，垂足为点E，

由题意得，AE= BC=28，∠EAD＝25°，∠EAC＝43°，

在Rt△ADE中，∵，∴，

在Rt△ACE中，∵，∴，

∴（米），

答：建筑物CD的高度约为39米．

22、（1）15人;(2)补图见解析.（3）.

【解析】
（1）根据三班有6人，占的百分比是40%，用6除以所占的百分比即可得总人数；

（2）用总人数减去一、三、四班的人数得到二班的人数即可补全条形图，用一班所占的比例乘以360°即可得A1所在扇形的圆心角的度数；

（3）根据题意画出树状图，得出所有可能，进而求恰好选出一名男生和一名女生的概率．

【详解】

解:（1）七年级已“建档立卡”的贫困家庭的学生总人数：6÷40%=15人；

（2）A2的人数为15﹣2﹣6﹣4=3（人）

补全图形，如图所示，

A1所在圆心角度数为：×360°=48°；

（3）画出树状图如下：

共6种等可能结果,符合题意的有3种

∴选出一名男生一名女生的概率为：P=.

【点睛】

本题考查了条形图与扇形统计图，概率等知识，准确识图，从图中发现有用的信息，正确根据已知画出树状图得出所有可能是解题关键．

23、（1）证明见解析；（2）．

【解析】

试题分析：（1）首选连接OD，易证得△COD≌△COB（SAS），然后由全等三角形的对应角相等，求得∠CDO=90°，即可证得直线CD是⊙O的切线；

（2）由△COD≌△COB．可得CD=CB，即可得DE=2CD，易证得△EDA∽△ECO，然后由相似三角形的对应边成比例，求得AD：OC的值．

试题解析：（1）连结DO．

∵AD∥OC，

∴∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD．

又∵OA=OD，

∴∠DAO=∠ADO，

∴∠COD=∠COB．      3分

又∵CO＝CO, OD＝OB

∴△COD≌△COB（SAS）       4分

∴∠CDO=∠CBO=90°．

又∵点D在⊙O上，

∴CD是⊙O的切线．

（2）∵△COD≌△COB．

∴CD=CB．

∵DE=2BC，

∴ED=2CD．

∵AD∥OC，

∴△EDA∽△ECO．

∴，

∴．

考点：1.切线的判定2.全等三角形的判定与性质3.相似三角形的判定与性质．

24、1.

【解析】
按照实数的运算顺序进行运算即可.

【详解】

原式

=1．

【点睛】

本题考查实数的运算，主要考查零次幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值以及绝对值，熟练掌握各个知识点是解题的关键.