吉林省长春市名校调研系列卷（市命题）2022年中考联考数学试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．计算的结果是（　　）

A．1 B．﹣1 C．1﹣x D．

2．下列各数中，最小的数是（    ）

A．﹣4    B．3    C．0    D．﹣2

3．下列说法中，正确的是(    )

A．两个全等三角形，一定是轴对称的

B．两个轴对称的三角形，一定是全等的

C．三角形的一条中线把三角形分成以中线为轴对称的两个图形

D．三角形的一条高把三角形分成以高线为轴对称的两个图形

4．小明和小张两人练习电脑打字，小明每分钟比小张少打6个字，小明打120个字所用的时间和小张打180个字所用的时间相等．设小明打字速度为x个/分钟，则列方程正确的是（　　）

A． B． C． D．

5．如图，在△ABC中，EF∥BC，AB=3AE，若S四边形BCFE=16，则S△ABC=（　　）

A．16 B．18 C．20 D．24

6．下列计算正确的是（　　）

A．﹣a4b÷a2b=﹣a2b    B．（a﹣b）2=a2﹣b2

C．a2•a3=a6    D．﹣3a2+2a2=﹣a2

7．下列二次根式，最简二次根式是（　　）

A． B． C． D．

8．已知x1、x2是关于x的方程x2﹣ax﹣2=0的两根，下列结论一定正确的是（　　）

A．x1≠x2 B．x1+x2＞0 C．x1•x2＞0 D．x1＜0，x2＜0

9．如图，在平面直角坐标系xOy中，点C，B，E在y轴上，Rt△ABC经过变化得到Rt△EDO，若点B的坐标为（0，1），OD＝2，则这种变化可以是（    ）

A．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移5个单位长度

B．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移5个单位长度

C．△ABC绕点O顺时针旋转90°，再向左平移3个单位长度

D．△ABC绕点O逆时针旋转90°，再向右平移1个单位长度

10．6的绝对值是（ ）

A．6 B．﹣6 C． D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．如图，小明想用图中所示的扇形纸片围成一个圆锥，已知扇形的半径为5cm，弧长是cm，那么围成的圆锥的高度是          cm．

12．如图，自左至右，第1个图由1个正六边形、6个正方形和6个等边三角形组成；第2个图由2个正六边形、11个正方形和10个等边三角形组成；第3个图由3个正六边形、16个正方形和14个等边三角形组成；…按照此规律，第n个图中正方形和等边三角形的个数之和为______个．

13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝3，点D是BC上一动点，连接AD，将△ACD沿AD折叠，点C落在点E处，连接DE交AB于点F，当△DEB是直角三角形时，DF的长为_____．

14．已知，且，则的值为__________．

15．将两张三角形纸片如图摆放，量得∠1+∠2+∠3+∠4=220°，则∠5=__．

16．若x=-1， 则x2+2x+1=__________.

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，一次函数y=kx+b的图象与二次函数y=﹣x2+c的图象相交于A（﹣1，2），B（2，n）两点．

（1）求一次函数和二次函数的解析式；

（2）根据图象直接写出使二次函数的值大于一次函数的值的x的取值范围；

（3）设二次函数y=﹣x2+c的图象与y轴相交于点C，连接AC，BC，求△ABC的面积．

18．（8分）如图，网格的每个小正方形边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．已知和的顶点都在格点上，线段的中点为．

（1）以点为旋转中心，分别画出把顺时针旋转，后的，；

（2）利用（1）变换后所形成的图案，解答下列问题：

①直接写出四边形，四边形的形状；

②直接写出的值；

③设的三边，，，请证明勾股定理．

19．（8分）为了抓住梵净山文化艺术节的商机，某商店决定购进A、B两种艺术节纪念品．若购进A种纪念品8件，B种纪念品3件，需要950元；若购进A种纪念品5件，B种纪念品6件，需要800元．

（1）求购进A、B两种纪念品每件各需多少元？

（2）若该商店决定购进这两种纪念品共100件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元，但不超过7650元，那么该商店共有几种进货方案？

（3）若销售每件A种纪念品可获利润20元，每件B种纪念品可获利润30元，在第（2）问的各种进货方案中，哪一种方案获利最大？最大利润是多少元？

20．（8分）对x，y定义一种新运算T，规定T（x，y）=（其中a，b是非零常数，且x+y≠0），这里等式右边是通常的四则运算．

如：T（3，1）=，T（m，﹣2）=．填空：T（4，﹣1）=　   　（用含a，b的代数式表示）；若T（﹣2，0）=﹣2且T（5，﹣1）=1．

①求a与b的值；

②若T（3m﹣10，m）=T（m，3m﹣10），求m的值．

21．（8分）如图1，在矩形ABCD中，AD=4，AB=2，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°）得到矩形AEFG．延长CB与EF交于点H．

（1）求证：BH=EH；

（2）如图2，当点G落在线段BC上时，求点B经过的路径长．

22．（10分） “足球运球”是中考体育必考项目之一．兰州市某学校为了解今年九年级学生足球运球的掌握情况，随机抽取部分九年级学生足球运球的测试成绩作为一个样本，按A，B，C，D四个等级进行统计，制成了如下不完整的统计图．（说明：A级：8分﹣10分，B级：7分﹣7.9分，C级：6分﹣6.9分，D级：1分﹣5.9分）

根据所给信息，解答以下问题：

（1）在扇形统计图中，C对应的扇形的圆心角是　   　度；

（2）补全条形统计图；

（3）所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数会落在　   　等级；

（4）该校九年级有300名学生，请估计足球运球测试成绩达到A级的学生有多少人？

23．（12分）如图，AB是⊙O的直径，BC⊥AB，垂足为点B，连接CO并延长交⊙O于点D、E，连接AD并延长交BC于点F．

（1）试判断∠CBD与∠CEB是否相等，并证明你的结论；

（2）求证：

（3）若BC=AB，求tan∠CDF的值．

24．计算：sin30°•tan60°+.．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、B

【解析】
根据同分母分式的加减运算法则计算可得．

【详解】

解：原式=

=

=

=-1，

故选B．

【点睛】

本题主要考查分式的加减法，解题的关键是熟练掌握同分母分式的加减运算法则．

2、A

【解析】
有理数大小比较的法则:①正数都大于0;②负数都小于0;③正数大于一切负数;④两个负数,绝对值大的其值反而小,据此判断即可

【详解】

根据有理数比较大小的方法，可得

﹣4＜﹣2＜0＜3

∴各数中，最小的数是﹣4

故选：A

【点睛】

本题考查了有理数大小比较的方法，解题的关键要明确：①正数都大于0;②负数都小于0;③正数大于一切负数;④两个负数,绝对值大的其值反而小

3、B

【解析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．

解：A. 两个全等三角形，一定是轴对称的错误，三角形全等位置上不一定关于某一直线对称，故本选项错误；

B. 两个轴对称的三角形，一定全等，正确；

C. 三角形的一条中线把三角形分成以中线为轴对称的两个图形，错误；

D. 三角形的一条高把三角形分成以高线为轴对称的两个图形，错误.

故选B.

4、C

【解析】
解：因为设小明打字速度为x个/分钟，所以小张打字速度为（x+6）个/分钟，根据关系：小明打120个字所用的时间和小张打180个字所用的时间相等，

可列方程得，

故选C．

【点睛】

本题考查列分式方程解应用题，找准题目中的等量关系，难度不大．

5、B

【解析】

【分析】由EF∥BC，可证明△AEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求出S△ABC的值．

【详解】∵EF∥BC，

∴△AEF∽△ABC，

∵AB=3AE，

∴AE：AB=1：3，

∴S△AEF：S△ABC=1：9，

设S△AEF=x，

∵S四边形BCFE=16，

∴，

解得：x=2，

∴S△ABC=18，

故选B．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解本题的关键.

6、D

【解析】
根据各个选项中的式子可以计算出正确的结果，从而可以解答本题．

【详解】

故选项A错误，

故选项B错误，

故选项C错误，

故选项D正确，

故选：D．

【点睛】

考查整式的除法，完全平方公式，同底数幂相乘以及合并同类项，比较基础，难度不大.

7、C

【解析】
根据最简二次根式的定义逐个判断即可．

【详解】

A．，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；

B．，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；

C．是最简二次根式，故本选项符合题意；

D．，不是最简二次根式，故本选项不符合题意．

故选C．

【点睛】

本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解答此题的关键．

8、A

【解析】

分析：A、根据方程的系数结合根的判别式，可得出△＞0，由此即可得出x1≠x2，结论A正确；

B、根据根与系数的关系可得出x1+x2=a，结合a的值不确定，可得出B结论不一定正确；

C、根据根与系数的关系可得出x1•x2=﹣2，结论C错误；

D、由x1•x2=﹣2，可得出x1＜0，x2＞0，结论D错误．

综上即可得出结论．

详解：A∵△=（﹣a）2﹣4×1×（﹣2）=a2+8＞0，

∴x1≠x2，结论A正确；

B、∵x1、x2是关于x的方程x2﹣ax﹣2=0的两根，

∴x1+x2=a，

∵a的值不确定，

∴B结论不一定正确；

C、∵x1、x2是关于x的方程x2﹣ax﹣2=0的两根，

∴x1•x2=﹣2，结论C错误；

D、∵x1•x2=﹣2，

∴x1＜0，x2＞0，结论D错误．

故选A．

点睛：本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．

9、C

【解析】
Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE,应先旋转然后平移即可

【详解】

∵Rt△ABC经过变化得到Rt△EDO，点B的坐标为（0，1），OD＝2，

∴DO＝BC＝2，CO＝3，

∴将△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位长度，即可得到△DOE；

或将△ABC绕点O顺时针旋转90°，再向左平移3个单位长度，即可得到△DOE；

故选：C．

【点睛】

本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移的知识，解题的关键在于利用旋转和平移的概念和性质求坐标的变化

10、A

【解析】

试题分析：1是正数，绝对值是它本身1．故选A．

考点：绝对值．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、4

【解析】
已知弧长即已知围成的圆锥的底面半径的长是6πcm，这样就求出底面圆的半径．扇形的半径为5cm就是圆锥的母线长是5cm．就可以根据勾股定理求出圆锥的高．

【详解】

设底面圆的半径是r，则2πr=6π，

∴r=3cm，

∴圆锥的高==4cm．

故答案为4.

12、9n+1．

【解析】
∵第1个图由1个正六边形、6个正方形和6个等边三角形组成，

∴正方形和等边三角形的和=6+6=12=9+1；

∵第2个图由11个正方形和10个等边三角形组成，

∴正方形和等边三角形的和=11+10=21=9×2+1；

∵第1个图由16个正方形和14个等边三角形组成，

∴正方形和等边三角形的和=16+14=10=9×1+1，

…，

∴第n个图中正方形和等边三角形的个数之和=9n+1．

故答案为9n+1．

13、或

【解析】

试题分析：如图4所示；点E与点C′重合时．在Rt△ABC中，BC==4．由翻折的性质可知；AE=AC=3、DC=DE．则EB=2．设DC=ED=x，则BD=4﹣x．在Rt△DBE中，DE2+BE2=DB2，即x2+22=（4﹣x）2．解得：x=．∴DE=．如图2所示：∠EDB=90时．由翻折的性质可知：AC=AC′，∠C=∠C′=90°．∵∠C=∠C′=∠CDC′=90°，∴四边形ACDC′为矩形．又∵AC=AC′，∴四边形ACDC′为正方形．∴CD=AC=3．∴DB=BC﹣DC=4﹣3=4．∵DE∥AC，∴△BDE∽△BCA．∴，即．解得：DE=．点D在CB上运动，∠DBC′＜90°，故∠DBC′不可能为直角．

考点：翻折变换（折叠问题）．

14、1

【解析】

分析：直接利用已知比例式假设出a，b，c的值，进而利用a+b-2c=6，得出答案．

详解：∵，

∴设a=6x，b=5x，c=4x，

∵a+b-2c=6，

∴6x+5x-8x=6，

解得：x=2，

故a=1．

故答案为1．

点睛：此题主要考查了比例的性质，正确表示出各数是解题关键．

15、40°

【解析】
直接利用三角形内角和定理得出∠6+∠7的度数，进而得出答案．

【详解】

如图所示：

∠1+∠2+∠6=180°，∠3+∠4+∠7=180°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4=220°，
∴∠1+∠2+∠6+∠3+∠4+∠7=360°，
∴∠6+∠7=140°，
∴∠5=180°-（∠6+∠7）=40°．
故答案为40°．

【点睛】

主要考查了三角形内角和定理，正确应用三角形内角和定理是解题关键．

16、2

【解析】
先利用完全平方公式对所求式子进行变形，然后代入x的值进行计算即可.

【详解】

∵x=-1，

∴x2+2x+1=(x+1)2=(-1+1)2=2，

故答案为：2.

【点睛】

本题考查了代数式求值，涉及了因式分解，二次根式的性质等，熟练掌握相关知识是解题的关键.

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）y=﹣x+1；（2）﹣1＜x＜2；（3）3；

【解析】
（1）根据待定系数法求一次函数和二次函数的解析式即可.

（2）根据图象以及点A,B两点的坐标即可求出使二次函数的值大于一次函数的值的x的取值范围；

（3）连接AC、BC，设直线AB交y轴于点D，根据即可求出△ABC的面积.

【详解】

（1）把A（﹣1，2）代入y=﹣x2+c得：﹣1+c=2，

解得：c=3，

∴y=﹣x2+3，

把B（2，n）代入y=﹣x2+3得：n=﹣1，

∴B（2，﹣1），

把A（﹣1，2）、B（2，﹣1）分别代入y=kx+b得

解得：

∴y=﹣x+1；

（2）根据图象得：使二次函数的值大于一次函数的值的x的取值范围是﹣1＜x＜2；

（3）连接AC、BC，设直线AB交y轴于点D，

把x=0代入y=﹣x2+3得：y=3，

∴C（0，3），

把x=0代入y=﹣x+1得：y=1，

∴D（0，1），

∴CD=3﹣1=2，

则

【点睛】

考查待定系数法求二次函数解析式，三角形的面积公式等，掌握待定系数法是解题的关键.

18、（1）见解析；（2）①正方形；② ；③见解析.

【解析】
（1）根据旋转作图的方法进行作图即可；

（2）①根据旋转的性质可证AC=BC1=B1C2=B2C3,从而证出四边形CC1C2C3是菱形，再根据有一个角是直角的菱形是正方形即可作出判断，同理可判断四边形ABB1B2是正方形；

②根据相似图形的面积之比等相似比的平方即可得到结果；

③用两种不同的方法计算大正方形的面积化简即可得到勾股定理.

【详解】

（1）如图，

（2）①四边形CC1C2C3和四边形ABB1B2是正方形.理由如下：

∵△ABC≌△BB1C1,

∴AC=BC1,BC==B1C1,AB=BB1.

再根据旋转的性质可得：BC1=B1C2=B2C3,

B2C1=B2C2=AC3,

BB1=B1B2=AB2.

∴CC1=C1C2=C2C3=CC3

AB=BB1=B1B2=AB2

∴四边形CC1C2C3和四边形ABB1B2是菱形.

∵∠C=∠ABB1=90°，

∴四边形CC1C2C3和四边形ABB1B2是正方形.

②∵四边形CC1C2C3和四边形ABB1B2是正方形，

∴四边形CC1C2C3∽四边形ABB1B2.

∴=

∵AB= ,CC1= ,

∴== .

③ 四边形CC1C2C3的面积= = ，

四边形CC1C2C3的面积=4△ABC的面积+四边形ABB1B2的面积

=4 + =

∴ =，

化简得： =.

【点睛】

本题考查了旋转作图和旋转的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键.

19、（1）A种纪念品需要100元，购进一件B种纪念品需要50元（2）共有4种进货方案（3）当购进A种纪念品50件，B种纪念品50件时，可获最大利润，最大利润是2500元

【解析】

解：（1）设该商店购进一件A种纪念品需要a元，购进一件B种纪念品需要b元，

根据题意得方程组得：，…2分

解方程组得：，

∴购进一件A种纪念品需要100元，购进一件B种纪念品需要50元…4分；

（2）设该商店购进A种纪念品x个，则购进B种纪念品有（100﹣x）个，

∴，…6分

解得：50≤x≤53，…7分

∵x 为正整数，

∴共有4种进货方案…8分；

（3）因为B种纪念品利润较高，故B种数量越多总利润越高，

因此选择购A种50件，B种50件．…10分

总利润=50×20+50×30=2500（元）

∴当购进A种纪念品50件，B种纪念品50件时，可获最大利润，最大利润是2500元．…12分

20、（1） ；（2）①a=1,b=-1,②m=2．

【解析】
（1）根据题目中的新运算法则计算即可；

（2）①根据题意列出方程组即可求出a,b的值；

②先分别算出T（3m﹣3，m）与T（m，3m﹣3）的值，再根据求出的值列出等式即可得出结论.

【详解】

解：（1）T（4，﹣1）=

=；

故答案为；

（2）①∵T（﹣2，0）=﹣2且T（2，﹣1）=1，

∴

解得

②解法一：

∵a=1，b=﹣1，且x+y≠0，

∴T（x，y）===x﹣y．

∴T（3m﹣3，m）=3m﹣3﹣m=2m﹣3，

T（m，3m﹣3）=m﹣3m+3=﹣2m+3．

∵T（3m﹣3，m）=T（m，3m﹣3），

∴2m﹣3=﹣2m+3，

解得，m=2．

解法二：由解法①可得T（x，y）=x﹣y，

当T（x，y）=T（y，x）时，

x﹣y=y﹣x，

∴x=y．

∵T（3m﹣3，m）=T（m，3m﹣3），

∴3m﹣3=m，

∴m=2．

【点睛】

本题关键是能够把新运算转化为我们学过的知识，并应用一元一次方程或二元一次方程进行解题..

21、（1）见解析；（2）B点经过的路径长为π．

【解析】
(1)、连接AH，根据旋转图形的性质得出AB=AE，∠ABH=∠AEH=90°，根据AH为公共边得出Rt△ABH和Rt△AEH全等，从而得出答案；(2)、根据题意得出∠EAB的度数，然后根据弧长的计算公式得出答案．

【详解】

(1)、证明：如图1中，连接AH，

由旋转可得AB=AE，∠ABH=∠AEH=90°，又∵AH=AH，∴Rt△ABH≌Rt△AEH，∴BH=EH．

(2)、解：由旋转可得AG=AD=4，AE=AB，∠EAG=∠BAC=90°，在Rt△ABG中，AG=4，AB=2，

∴cos∠BAG=，∴∠BAG=30°，∴∠EAB=60° ，∴弧BE的长为=π，

即B点经过的路径长为π．

【点睛】

本题主要考查的是旋转图形的性质以及扇形的弧长计算公式，属于中等难度的题型．明白旋转图形的性质是解决这个问题的关键．

22、（1）117（2）见解析（3）B（4）30

【解析】
（1）先根据B等级人数及其百分比求得总人数，总人数减去其他等级人数求得C等级人数，继而用360°乘以C等级人数所占比例即可得；

（2）根据以上所求结果即可补全图形；

（3）根据中位数的定义求解可得；

（4）总人数乘以样本中A等级人数所占比例可得．

【详解】

解：（1）∵总人数为18÷45%=40人，

∴C等级人数为40﹣（4+18+5）=13人，

则C对应的扇形的圆心角是360°×=117°，

故答案为117；

（2）补全条形图如下：

（3）因为共有40个数据，其中位数是第20、21个数据的平均数，而第20、21个数据均落在B等级，

所以所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数会落在B等级，

故答案为B．

（4）估计足球运球测试成绩达到A级的学生有300×=30人．

【点睛】

本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

23、（1）∠CBD与∠CEB相等，证明见解析；（2）证明见解析；（3）tan∠CDF=．

【解析】

试题分析：

（1）由AB是⊙O的直径，BC切⊙O于点B，可得∠ADB=∠ABC=90°，由此可得∠A+∠ABD=∠ABD+∠CBD=90°，从而可得∠A=∠CBD，结合∠A=∠CEB即可得到∠CBD=∠CEB；

（2）由∠C=∠C，∠CEB=∠CBD，可得∠EBC=∠BDC，从而可得△EBC∽△BDC，再由相似三角形的性质即可得到结论；

（3）设AB=2x，结合BC=AB，AB是直径，可得BC=3x，OB=OD=x，再结合∠ABC=90°，

可得OC=x，CD=（-1）x；由AO=DO，可得∠CDF=∠A=∠DBF，从而可得△DCF∽△BCD，由此可得：==，这样即可得到tan∠CDF=tan∠DBF==.

试题解析：

（1）∠CBD与∠CEB相等，理由如下：

∵BC切⊙O于点B，

∴∠CBD=∠BAD，

∵∠BAD=∠CEB，

∴∠CEB=∠CBD，

（2）∵∠C=∠C，∠CEB=∠CBD，

∴∠EBC=∠BDC，

∴△EBC∽△BDC，

∴；

（3）设AB=2x，∵BC=AB，AB是直径，

∴BC=3x，OB=OD=x，

∵∠ABC=90°，

∴OC=x，

∴CD=（-1）x，

∵AO=DO，

∴∠CDF=∠A=∠DBF，

∴△DCF∽△BCD，

∴==，

∵tan∠DBF==，

∴tan∠CDF=．

点睛：解答本题第3问的要点是：（1）通过证∠CDF=∠A=∠DBF，把求tan∠CDF转化为求tan∠DBF=；（2）通过证△DCF∽△BCD，得到.

24、

【解析】

试题分析：把相关的特殊三角形函数值代入进行计算即可.

试题解析：原式=.