湖北省枣阳阳光校2021-2022学年中考数学五模试卷含解析

这是一份湖北省枣阳阳光校2021-2022学年中考数学五模试卷含解析，共20页。试卷主要包含了已知方程组，那么x+y的值，计算36÷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、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．在一次中学生田径运动会上，参加跳远的名运动员的成绩如下表所示:
成绩（米）






人数






则这名运动员成绩的中位数、众数分别是（ ）
A． B． C．， D．
2．如图，在中，分别在边边上，已知，则的值为（ ）

A． B． C． D．
3．图1和图2中所有的正方形都全等，将图1的正方形放在图2中的①②③④某一位置，所组成的图形不能围成正方体的位置是（　　）

A．① B．② C．③ D．④
4．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（　　）

A．3cm B． cm C．2.5cm D． cm
5．下面的统计图反映了我市2011﹣2016年气温变化情况，下列说法不合理的是（　　）

A．2011﹣2014年最高温度呈上升趋势
B．2014年出现了这6年的最高温度
C．2011﹣2015年的温差成下降趋势
D．2016年的温差最大
6．某工厂第二季度的产值比第一季度的产值增长了x%，第三季度的产值又比第二季度的产值增长了x%，则第三季度的产值比第一季度的产值增长了（　　）
A．2x% B．1+2x% C．（1+x%）x% D．（2+x%）x%
7．已知方程组，那么x+y的值（　　）
A．-1 B．1 C．0 D．5
8．某圆锥的主视图是一个边长为3cm的等边三角形，那么这个圆锥的侧面积是（　　）
A．4.5πcm2 B．3cm2 C．4πcm2 D．3πcm2
9．关于x的一元二次方程x2﹣2x+k+2＝0有实数根，则k的取值范围在数轴上表示正确的是( )
A． B．
C． D．
10．计算36÷（﹣6）的结果等于（　　）
A．﹣6 B．﹣9 C．﹣30 D．6
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．如图，在每个小正方形边长为的网格中，的顶点，，均在格点上，为边上的一点.
线段的值为______________;在如图所示的网格中，是的角平分线，在上求一点，使的值最小，请用无刻度的直尺，画出和点，并简要说明和点的位置是如何找到的（不要求证明）___________.
12．如图，点A在双曲线上，点B在双曲线上，且AB∥x轴，C、D在x轴上，若四边形ABCD为矩形，则它的面积为　 　．
13．若关于x的一元二次方程x2+2x﹣m2﹣m=0（m＞0），当m=1、2、3、…、2018时，相应的一元二次方程的两个根分别记为α1、β1，α2、β2，…，α2018、β2018，则：的值为_____．
14．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是边长为2的正方形，顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点Q在对角线OB上，若OQ=OC，则点Q的坐标为_______.

15．计算：3﹣1﹣30＝_____.
16．若，，则的值为 ________ .
17．已知（x+y）2＝25，（x﹣y）2＝9，则x2+y2＝_____．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）先化简，再求值：，其中x=﹣1．
19．（5分）鄂州市化工材料经销公司购进一种化工原料若干千克，价格为每千 克30元．物价部门规定其销售单价不高于每千克60元，不低于每千克30元．经市场调查发现：日销售量y（千克）是销售单价x（元）的一次函数，且当x=60时 ，y=80；x=50时，y=1．在销售过程中，每天还要支付其他费用450元．求出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．求该公司销售该原料日获利w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式．当销售单价为多少元时，该公司日获利最大？最大获利是多少元？
20．（8分）已知：如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，DE⊥AC于点F，交BC于点G，交AB的延长线于点E，且AE=AC．
求证：BG=FG；若AD=DC=2，求AB的长．
21．（10分）已知，如图1，直线y=x+3与x轴、y轴分别交于A、C两点，点B在x轴上，点B的横坐标为，抛物线经过A、B、C三点．点D是直线AC上方抛物线上任意一点．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）若P为线段AC上一点，且S△PCD=2S△PAD，求点P的坐标；
（3）如图2，连接OD，过点A、C分别作AM⊥OD，CN⊥OD，垂足分别为M、N．当AM+CN的值最大时，求点D的坐标．

22．（10分）如图，在中，，是边上的高线，平分交于点，经过，两点的交于点，交于点，为的直径．

（1）求证：是的切线；
（2）当，时，求的半径．
23．（12分）如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．证明：DE为⊙O的切线；连接OE，若BC＝4，求△OEC的面积．

24．（14分）据城市速递报道，我市一辆高为2.5米的客车，卡在快速路引桥上高为2.55米的限高杆的上端，已知引桥的坡角∠ABC为14°，请结合示意图，用你学过的知识通过数据说明客车不能通过的原因．（参考数据：sin14°=0.24，cos14°=0.97，tan14°=0.25）




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】
根据中位数、众数的定义即可解决问题．
【详解】
解：这些运动员成绩的中位数、众数分别是4.70，4.1．
故选：D．
【点睛】
本题考查中位数、众数的定义，解题的关键是记住中位数、众数的定义，属于中考基础题.
2、B
【解析】
根据DE∥BC得到△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质解答．
【详解】
解：∵，
∴，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的对应边的比等于相似比是解题的关键．
3、A
【解析】
由平面图形的折叠及正方体的表面展开图的特点解题．
【详解】
将图1的正方形放在图2中的①的位置出现重叠的面，所以不能围成正方体，
故选A．
【点睛】
本题考查了展开图折叠成几何体，解题时勿忘记四棱柱的特征及正方体展开图的各种情形．注意：只要有“田”字格的展开图都不是正方体的表面展开图．
4、D
【解析】
分析：根据垂径定理得出OE的长，进而利用勾股定理得出BC的长，再利用相似三角形的判定和性质解答即可．
详解：连接OB，

∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD=1cm，AE=2cm．
在Rt△OEB中，OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2
解得：OE=3，
∴OB=3+2=5，
∴EC=5+3=1．
在Rt△EBC中，BC=．
∵OF⊥BC，
∴∠OFC=∠CEB=90°．
∵∠C=∠C，
∴△OFC∽△BEC，
∴，即，
解得：OF=．
故选D．
点睛：本题考查了垂径定理，关键是根据垂径定理得出OE的长．
5、C
【解析】
利用折线统计图结合相应数据，分别分析得出符合题意的答案．
【详解】
A选项：年最高温度呈上升趋势，正确；
B选项：2014年出现了这6年的最高温度，正确；
C选项：年的温差成下降趋势，错误；
D选项：2016年的温差最大，正确；
故选C．
【点睛】
考查了折线统计图，利用折线统计图获取正确信息是解题关键．
6、D
【解析】
设第一季度的原产值为a，则第二季度的产值为 ，第三季度的产值为 ，则则第三季度的产值比第一季度的产值增长了
故选D.
7、D
【解析】
解：，
①+②得：3(x+y)=15，
则x+y=5，
故选D
8、A
【解析】
根据已知得出圆锥的底面半径及母线长，那么利用圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2求出即可．
【详解】
∵圆锥的轴截面是一个边长为3cm的等边三角形，
∴底面半径＝1.5cm，底面周长＝3πcm，
∴圆锥的侧面积＝×3π×3＝4.5πcm2，
故选A．
【点睛】
此题主要考查了圆锥的有关计算，关键是利用圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2得出．
9、C
【解析】
由一元二次方程有实数根可知△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
【详解】
∵关于x的一元二次方程x2−2x+k+2=0有实数根，
∴△=(−2)2−4(k+2)⩾0，
解得：k⩽−1，
在数轴上表示为：

故选C.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式.根据一元二次方程根的情况利用根的判别式列出不等式是解题的关键.
10、A
【解析】
分析：根据有理数的除法法则计算可得．
详解：31÷（﹣1）=﹣（31÷1）=﹣1．
故选A．
点睛：本题主要考查了有理数的除法，解题的关键是掌握有理数的除法法则：两数相除，同号得正，异号得负，并把绝对值相除．2除以任何一个不等于2的数，都得2．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、（Ⅰ） （Ⅱ）如图，取格点、，连接与交于点，连接与交于点.
【解析】
（Ⅰ）根据勾股定理进行计算即可.
（Ⅱ）根据菱形的每一条对角线平分每一组对角，构造边长为1的菱形ABEC，连接AE交BC于M，即可得出是的角平分线，再取点F使AF=1，则根据等腰三角形的性质得出点C与F关于AM对称，连接DF交AM于点P，此时的值最小．
【详解】
（Ⅰ）根据勾股定理得AC=；
故答案为：1．
（Ⅱ）如图，如图，取格点、，连接与交于点，连接与交于点，则点P即为所求．

说明：构造边长为1的菱形ABEC，连接AE交BC于M，则AM即为所求的的角平分线，在AB上取点F，使AF=AC=1，则AM垂直平分CF，点C与F关于AM对称，连接DF交AM于点P，则点P即为所求．
【点睛】
本题考查作图-应用与设计，涉及勾股定理、菱形的判定和性质、几何变换轴对称—最短距离等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用数形结合的思想解决问题．
12、2
【解析】
如图，过A点作AE⊥y轴，垂足为E，

∵点A在双曲线上，∴四边形AEOD的面积为1
∵点B在双曲线上，且AB∥x轴，∴四边形BEOC的面积为3
∴四边形ABCD为矩形，则它的面积为3－1＝2
13、．
【解析】
利用根与系数的关系得到α1+β1=-2，α1β1=-1×2；α2+β2=-2，α2β2=-2×3；…α2018+β2018=-2，α2018β2018=-2018×1．把原式变形，再代入，即可求出答案．
【详解】
∵x2+2x-m2-m=0，m=1，2，3，…，2018，
∴由根与系数的关系得：α1+β1=-2，α1β1=-1×2；
α2+β2=-2，α2β2=-2×3；
…
α2018+β2018=-2，α2018β2018=-2018×1．
∴原式=
=
=2×（）
=2×（1-）
=，
故答案为．
【点睛】
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=-，x1x2=．
14、 (,)
【解析】
如图，过点Q作QD⊥OA于点D，
∴∠QDO=90°.
∵四边形OABC是正方形，且边长为2，OQ=OC，
∴∠QOA=45°，OQ=OC=2，
∴△ODQ是等腰直角三角形，
∴OD=OQ==.
∴点Q的坐标为.

15、﹣.
【解析】
原式利用零指数幂、负整数指数幂法则计算即可求出值．
【详解】
原式＝﹣1＝﹣.
故答案是：﹣.
【点睛】
考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
16、-．
【解析】
分析：已知第一个等式左边利用平方差公式化简，将a﹣b的值代入即可求出a+b的值．
详解：∵a2﹣b2=（a+b）（a﹣b）=，a﹣b=，∴a+b=．
故答案为．
点睛：本题考查了平方差公式，熟练掌握平方差公式是解答本题的关键．
17、17
【解析】
先利用完全平方公式展开，然后再求和.
【详解】
根据（x+y）2=25，x2+y2+2xy=25;（x﹣y）2=9, x2+y2-2xy=9,所以x2+y2=17.
【点睛】
(1)完全平方公式：.
(2)平方差公式：(a+b)(a-b)=.
(3)常用等价变形：
,
,
.

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、-2.
【解析】
根据分式的运算法化解即可求出答案．
【详解】
解：原式=，
当x=﹣1时，原式=．
【点睛】
熟练运用分式的运算法则．
19、（1）y=－2x+200（30≤x≤60）（2）w=－2（x－65）2 +2000）;（3）当销售单价为60元时，该公司日获利最大，为1950元
【解析】
（1）设出一次函数解析式，把相应数值代入即可．
（2）根据利润计算公式列式即可；
（3）进行配方求值即可．
【详解】
（1）设y=kx+b，根据题意得解得：
∴y=－2x+200（30≤x≤60）
（2）W=（x－30）（－2x+200）－450
=－2x2+260x－6450
=－2（x－65）2 +2000）
（3）W =－2（x－65）2 +2000
∵30≤x≤60
∴x=60时,w有最大值为1950元
∴当销售单价为60元时，该公司日获利最大，为1950元
考点：二次函数的应用．
20、（1）证明见解析；（2）AB=
【解析】
（1）证明：∵，DE⊥AC于点F，

∴∠ABC=∠AFE．
∵AC=AE,∠EAF=∠CAB，
∴△ABC≌△AFE
∴AB=AF．
连接AG，
∵AG=AG,AB=AF
∴Rt△ABG≌Rt△AFG
∴BG=FG
（2）解：∵AD=DC，DF⊥AC
∴
∴∠E=30°
∴∠FAD=∠E=30°
∴AB=AF=
21、（1）y=﹣x2﹣x+3；（2）点P的坐标为（﹣，1）；（3）当AM+CN的值最大时，点D的坐标为（，）．
【解析】
（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、C的坐标，由点B所在的位置结合点B的横坐标可得出点B的坐标，根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的函数关系式；
（2）过点P作PE⊥x轴，垂足为点E，则△APE∽△ACO，由△PCD、△PAD有相同的高且S△PCD=2S△PAD，可得出CP=2AP，利用相似三角形的性质即可求出AE、PE的长度，进而可得出点P的坐标；
（3）连接AC交OD于点F，由点到直线垂线段最短可找出当AC⊥OD时AM+CN取最大值，过点D作DQ⊥x轴，垂足为点Q，则△DQO∽△AOC，根据相似三角形的性质可设点D的坐标为（﹣3t，4t），利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于t的一元二次方程，解之取其负值即可得出t值，再将其代入点D的坐标即可得出结论．
【详解】
（1）∵直线y=x+3与x轴、y轴分别交于A、C两点，
∴点A的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（0，3）．
∵点B在x轴上，点B的横坐标为，
∴点B的坐标为（，0），
设抛物线的函数关系式为y=ax2+bx+c（a≠0），
将A（﹣4，0）、B（，0）、C（0，3）代入y=ax2+bx+c，得：
，解得： ，
∴抛物线的函数关系式为y=﹣x2﹣x+3；
（2）如图1，过点P作PE⊥x轴，垂足为点E，
∵△PCD、△PAD有相同的高，且S△PCD=2S△PAD，
∴CP=2AP，
∵PE⊥x轴，CO⊥x轴，
∴△APE∽△ACO，
∴，
∴AE=AO=，PE=CO=1，
∴OE=OA﹣AE=，
∴点P的坐标为（﹣，1）；
（3）如图2，连接AC交OD于点F，
∵AM⊥OD，CN⊥OD，
∴AF≥AM，CF≥CN，
∴当点M、N、F重合时，AM+CN取最大值，
过点D作DQ⊥x轴，垂足为点Q，则△DQO∽△AOC，
∴，
∴设点D的坐标为（﹣3t，4t）．
∵点D在抛物线y=﹣x2﹣x+3上，
∴4t=﹣3t2+t+3，
解得：t1=﹣（不合题意，舍去），t2=，
∴点D的坐标为（，），
故当AM+CN的值最大时，点D的坐标为（，）．

【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次（二次）函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及相似三角形的性质，解题的关键是：（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法求出抛物线的函数关系式；（2）利用相似三角形的性质找出AE、PE的长；（3）利用相似三角形的性质设点D的坐标为（﹣3t，4t）．
22、（1）见解析；（2）的半径是.
【解析】
（1）连结，易证，由于是边上的高线，从而可知，所以是的切线．
（2）由于，从而可知，由，可知：，易证，所以，再证明，所以，从而可求出.
【详解】
解：（1）连结．
∵平分，
∴，又，
∴，
∴，
∵是边上的高线，
∴，
∴，
∴是的切线.
（2）∵，
∴，，
∴是中点，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
，
而，
∴，
∴，
∴的半径是.

【点睛】
本题考查圆的综合问题，涉及锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，综合程度较高，需要学生综合运用知识的能力．
23、 (1)证明见解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）首先连接OD，CD，由以BC为直径的⊙O，可得CD⊥AB，又由等腰三角形ABC的底角为30°，可得AD=BD，即可证得OD∥AC，继而可证得结论；
（2）首先根据三角函数的性质，求得BD，DE，AE的长，然后求得△BOD，△ODE，△ADE以及△ABC的面积，继而求得答案．
试题解析：（1）证明：连接OD，CD，

∵BC为⊙O直径，
∴∠BDC=90°，
即CD⊥AB，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AD=BD，
∵OB=OC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵D点在⊙O上，
∴DE为⊙O的切线；
（2）解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，
∴CD=BC=2，BD=BC•cos30°=2，
∴AD=BD=2，AB=2BD=4，
∴S△ABC=AB•CD=×4×2=4，
∵DE⊥AC，
∴DE=AD=×2=，
AE=AD•cos30°=3，
∴S△ODE=OD•DE=×2×=，
S△ADE=AE•DE=××3=，
∵S△BOD=S△BCD=×S△ABC=×4=，
∴S△OEC=S△ABC-S△BOD-S△ODE-S△ADE=4---=．
24、客车不能通过限高杆，理由见解析
【解析】
根据DE⊥BC，DF⊥AB，得到∠EDF=∠ABC=14°．在Rt△EDF中，根据cos∠EDF=，求出DF的值，即可判断.
【详解】
∵DE⊥BC，DF⊥AB，
∴∠EDF=∠ABC=14°．
在Rt△EDF中，∠DFE=90°，
∵cos∠EDF=，
∴DF=DE•cos∠EDF=2.55×cos14°≈2.55×0.97≈2.1．
∵限高杆顶端到桥面的距离DF为2.1米，小于客车高2.5米，
∴客车不能通过限高杆．

【点睛】
考查解直角三角形，选择合适的锐角三角函数是解题的关键.