【高频真题解析】2022年贵州省毕节市中考数学模拟专项测试 B卷（含答案及解析）

2022年贵州省毕节市中考数学模拟专项测试 B卷

 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟

2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题  30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）

1、如图，已知菱形OABC的顶点O(0，0)，B(2，2)，菱形的对角线的交于点D；若将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，从如图所示位置起，经过60秒时，菱形的对角线的交点D的坐标为（    ）

A．(1，1) B．(﹣1，﹣1) C．(-1，1) D．(1，﹣1)

2、下列二次根式中，最简二次根式是（   ）

A． B． C． D．

3、下列图形绕直线旋转一周，可以得到圆柱的是（    ）

A． B． C． D．

4、如图所示，动点从第一个数的位置出发，每次跳动一个单位长度，第一次跳动一个单位长度到达数的位置，第二次跳动一个单位长度到达数的位置，第三次跳动一个单位长度到达数的位置，第四次跳动一个单位长度到达数的位置，……，依此规律跳动下去，点从跳动次到达的位置，点从跳动次到达的位置，……，点、、……在一条直线上，则点从跳动（   ）次可到达的位置．

A． B． C． D．

5、如图，小玲将一个正方形纸片剪去一个宽为的长条后，再从剩下的长方形纸片上剪去一个宽为的长条，如果两次剪下的长条面积正好相等，那么原正方形的边长为（   ）cm．

A． B． C． D．

6、如图，已知△ABC与△DEF位似，位似中心为点O，OA：OD＝1：3，且△ABC的周长为2，则△DEF的周长为（　　）

A．4 B．6 C．8 D．18

7、如图，点在直线上，平分，，，则（    ）

A．10° B．20° C．30° D．40°

8、地球赤道的周长是40210000米，将40210000用科学记数法表示应为（    ）

A． B． C． D．

9、平面直角坐标系中，已知点，，其中，则下列函数的图象可能同时经过P，Q两点的是（    ）．

A． B．

C． D．

10、如图，在中，．分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧．两弧相交于点M和点N，作直线MN分别交BC、AB于点D和点E，若，则的度数是（    ）

A．22° B．24° C．26° D．28°

第Ⅱ卷（非选择题  70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、如图，OA1B1，A1A2B2，A2A3B3，⋯是分别以A1，A2，A3，…，为直角顶点且一条直角边在x轴正半轴上的等腰直角三角形，其斜边中点C1(x1，y1)，C2(x2，y2)，C3(x3，y3)，…，均在反比例函数的图象上，则C1的坐标是_；y1+y2+y3+…+y2022的值为___．

2、、、三个城市的位置如右图所示，城市在城市的南偏东60°方向，且，则城市在城市的______方向．

3、定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做“对等四边形”，如图，在中，，点A在边BP上，点D在边CP上，如果，，，四边形ABCD为“对等四边形”，那么CD的长为_____________．

4、如图，中．D是的中点．在边上确定点E的位置．使得，那么的长为_________．

5、如图，为一长条形纸带，，将沿折叠，C、D两点分别、对应，若，则的度数为_________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、阅读材料：在合并同类项中，，类似地，我们把看成一个整体，则．“整体思想”是中学数学解题中的一种重要的思想，它在多项式的化简与求值中应用极为广泛．

（1）把看成一个整体，合并的结果是        ．

（2）已知，求的值：

（3）已知，，，求的值．

2、如图，，，，求的值．

3、用若干大小相同的小正方体搭成一个几何体，使得从正面和从上面看到的这个几何体的形状图如图所示，请你按此要求搭建一个几何体，画出从左边看到的它的形状图，并在从上面看得到的图形上标注小正方形的个数．

4、郑州到西安的路程为480千米，由于西安疫情紧张，郑州物资中心对西安进行支援．甲乙两辆物资车分别从郑州和西安出发匀速行驶相向而行．甲车到西安后立即返回，已知乙车的速度为每小时，且到郑州后停止行驶，进行消毒．它们离各自出发地的距离与行驶时间之间的关系如下图所示．

（1）______，______．

（2）请你求出甲车离出发地郑州的距离与行驶时间之间的函数关系式．

（3）求出点的坐标，并说明此点的实际意义．

（4）直接写出甲车出发多长时间两车相距40千米．

5、（1）．

（2）．

-参考答案-

一、单选题

1、B

【分析】

分别过点和点作轴于点，作轴于点，根据菱形的性质以及中位线的性质求得点的坐标，进而计算旋转的度数，7.5周，进而根据中心对称求得点旋转后的D坐标

【详解】

如图，分别过点和点作轴于点，作轴于点，

∴，

∵四边形为菱形，

∴点为的中点，

∴点为的中点，

∴，，

∵，

∴；

由题意知菱形绕点逆时针旋转度数为：，

∴菱形绕点逆时针旋转周，

∴点绕点逆时针旋转周，

∵，

∴旋转60秒时点的坐标为．

故选B

【点睛】

根据菱形的性质及中点的坐标公式可得点D坐标，再根据旋转的性质可得旋转后点D的坐标，熟练掌握菱形的性质及中点的坐标公式、中心对称的性质是解题的关键．

2、D

【分析】

根据最简二次根式的条件分别进行判断．

【详解】

解：A.，不是最简二次根式，则A选项不符合题意；

B.，不是最简二次根式，则B选项不符合题意；

C.，不是最简二次根式，则C选项不符合题意；

D.是最简二次根式，则D选项符合题意；

故选：D．

【点睛】

题考查了最简二次根式：掌握最简二次根式的条件（被开方数的因数是整数或字母，因式是整式；被开方数中不含有可化为平方数或平方式的因数或因式）是解决此类问题的关键．

3、A

【分析】

根据面动成体，直角三角形绕直角边旋转是圆锥，矩形绕边旋转是圆柱，直角梯形绕直角边旋转是圆台，半圆案绕直径旋转是球，可得答案．

【详解】

解：A.旋转后可得圆柱，故符合题意；

B. 旋转后可得球，故不符合题意；

C. 旋转后可得圆锥，故不符合题意；

D. 旋转后可得圆台，故不符合题意；

故选：A．

【点睛】

本题考查了面动成体的知识，熟记各种图形旋转得出的立体图形是解题关键．

4、B

【分析】

由题意可得：跳动个单位长度到 从到再跳动个单位长度，归纳可得：从上一个点跳动到下一个点跳动的单位长度是连续的三个正整数的和，从而可得答案.

【详解】

解：由题意可得：跳动个单位长度到

从到再跳动个单位长度，

归纳可得：

结合

所以点从跳动到达跳动了：

个单位长度.

故选B

【点睛】

本题考查的是数字规律的探究，有理数的加法运算，掌握“从具体到一般的探究方法及运用发现的规律解题”是关键.

5、B

【分析】

设正方形的边长为x cm，则第一个长条的长为x cm，宽为2cm，第二个长条的长为(x-2)cm，宽为3cm，根据两次剪下的长条面积正好相等列方程求解．

【详解】

解：设正方形的边长为x cm，则第一个长条的长为x cm，宽为2cm，第二个长条的长为(x-2)cm，宽为3cm，

依题意得：2x=3(x-2)，

解得x=6

故选：B．

【点睛】

本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正值列出一元一次方程是解题的关键．

6、B

【分析】

由与是位似图形，且知与的位似比是，从而得出周长：周长，由此即可解答．

【详解】

解：∵与是位似图形，且，

与的位似比是．

则周长：周长，

∵△ABC的周长为2，

∴周长

故选：B．

【点睛】

本题考查了位似变换：位似图形的任意一对对应点与位似中心在同一直线上，它们到位似中心的距离之比等于相似比，位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其对应的周长比等于相似比．

7、A

【分析】

设∠BOD=x，分别表示出∠COD，∠COE，根据∠EOD=50°得出方程，解之即可．

【详解】

解：设∠BOD=x，

∵OD平分∠COB，

∴∠BOD=∠COD=x，

∴∠AOC=180°-2x，

∵∠AOE=3∠EOC，

∴∠EOC=∠AOC==，

∵∠EOD=50°，

∴，

解得：x=10，

故选A．

【点睛】

本题考查角平分线的意义，通过图形表示出各个角，是正确计算的前提．

8、A

【分析】

科学记数法的形式是： ，其中＜10，为整数．所以，取决于原数小数点的移动位数与移动方向，是小数点的移动位数，往左移动，为正整数，往右移动，为负整数．本题小数点往左移动到4的后面，所以

【详解】

解：40210000

故选：A

【点睛】

本题考查的知识点是用科学记数法表示绝对值较大的数，关键是在理解科学记数法的基础上确定好的值，同时掌握小数点移动对一个数的影响．

9、B

【分析】

先判断再结合一次函数，二次函数的增减性逐一判断即可.

【详解】

解：

同理：

当时，随的增大而减小，

由可得随的增大而增大，故A不符合题意；

的对称轴为： 图象开口向下，

当时，随的增大而减小，故B符合题意；

由可得随的增大而增大，故C不符合题意；

的对称轴为： 图象开口向上，

时，随的增大而增大，故D不符合题意；

故选B

【点睛】

本题考查的是一次函数与二次函数的图象与性质，掌握“一次函数与二次函数的增减性”是解本题的关键.

10、B

【分析】

由尺规作图痕迹可知MN垂直平分AB，得到DA=DB，进而得到∠DAB=∠B=50°，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠BAC，然后计算∠BAC-∠DAB即可．

【详解】

解：∵，

∴∠B=∠C=52°，∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-52°-52°=76°，

由尺规作图痕迹可知：MN垂直平分AB，

∴DA=DB，

∴∠DAB=∠B=52°，

∴∠CAD=∠BAC-∠DAB=76°-52°=24°．

故选：B．

【点睛】

本题考查了线段垂直平分线的尺规作图及等腰三角形的性质等，熟练掌握线段垂直平分线的性质及等腰三角形的性质是解决本类题的关键．

二、填空题

1、        

【分析】

过、、…分别作x轴的垂线，垂足分别为、、…，故是等腰直角三角形，从而求出的坐标；由点是等腰直角三角形的斜边中点，可以得到的长，然后再设未知数，表示点的坐标，确定，代入反比例函数的关系式，建立方程解出未知数，表示点的坐标，确定，……然后再求和．

【详解】

过、、…分别作x轴的垂线，垂足分别为、、…，

则，

∵是等腰直角三角形，

∴，

∴，

∴，

其斜边的中点在反比例函数，

∴，即，

∴，

∴，

设，则，此时，代入得：，

解得：，即：，

同理：，

，

……，

∴

故答案为：，．

【点睛】

本题考查反比例函数的图象和性质、反比例函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形的性质等知识，掌握相关知识点之间的应用是解题的关键．

2、35°

【分析】

根据方向角的表示方法可得答案．

【详解】

解：如图，

∵城市C在城市A的南偏东60°方向，

∴∠CAD=60°，

∴∠CAF=90°-60°=30°，

∵∠BAC=155°，

∴∠BAE=155°-90°-30°=35°，

即城市B在城市A的北偏西35°，

故答案为：35°．

【点睛】

本题考查了方向角，用方向角描述方向时，通常以正北或正南方向为角的始边，以对象所处的射线为终边，故描述方向角时，一般先叙述北或南，再叙述偏东或偏西．

3、13或12-或12+

【分析】

根据对等四边形的定义，分两种情况：①若CD=AB，此时点D在D1的位置，CD1=AB=13；②若AD=BC=11，此时点D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11；利用勾股定理和矩形的性质，求出相关相关线段的长度，即可解答．

【详解】

解：如图，点D的位置如图所示：

①若CD=AB，此时点D在D1的位置，CD1=AB=13；

②若AD=BC=11，此时点D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11，

过点A分别作AE⊥BC，AF⊥PC，垂足为E，F，

设BE=x，

∵，

∴AE=x，

在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，

即x2+(x)2=132，

解得：x1=5，x2=-5（舍去），

∴BE=5，AE=12，

∴CE=BC-BE=6，

由四边形AECF为矩形，可得AF=CE=6，CF=AE=12，

在Rt△AFD2中，FD2=，

∴CD2=CF-FD2=12-，

CD3=CF+FD2=12+，

综上所述，CD的长度为13、12-或12+．

故答案为：13、12-或12+．

【点睛】

本题主要考查了新定义，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是理解并能运用“等对角四边形”这个概念．在（2）中注意分类讨论思想的应用、勾股定理的应用．

4、##

【分析】

根据相似三角形的性质可以得到，由D是AC的中点，AC=4，得到，则，由此即可得到答案．

【详解】

解：∵△ADE∽△ABC，

∴，

∵D是AC的中点，AC=4，

∴，

∴，

∴，

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形的性质是解题的关键．

5、度

【分析】

由折叠得，由长方形的性质得到∠1=，由，求出∠2的度数，即可求出的度数．

【详解】

解：由折叠得，

∵四边形是长方形，

∴，

∴∠1=，

∴，

∵，

∴，

得，

∴，

∴，

故答案为：．

【点睛】

此题考查了折叠的性质，平行线的性质，正确掌握折叠的性质及长方形的性质是解题的关键．

三、解答题

1、

（1）

（2）

（3）

【分析】

（1）将系数相加减即可；

（2）将原式变形后整体代入，即可求出答案；

（3）将原式变形后，再整体代入计算．

（1）

解：= =，

故答案为：；

（2）

解：∵

∴原式；

（3）

解：∵，，，

∴原式

．

【点睛】

此题考查了整式的加减法，整式的化简求值，正确掌握整式的加减法计算法则及整体代入计算方法是解题的关键．

2、6

【分析】

由全等的性质可知AC=EF，进而推得AE=CF，故．

【详解】

∵

∴AC=EF

∵

∴AE=CF

∴

【点睛】

本题考查了全等三角形的性质，全等三角形的对应边相等，对应角相等，可以进一步推广到全等三角形对应边上的高相等，对应角的平分线相等，对应边上的中线相等，周长及面积相等．

3、见解析

【分析】

观察从正面看和从上面看得到的图形可知，从左边看到的图形应该有2层3列，画出图形即可；再根据从左边看到的它的形状图，判断小正方体数量，并在从上面看得到的图形上标注小正方形的个数即可．

【详解】

（答案不唯一）

从左边看到的它的形状图，如图，

从上面看得到的图形上标注小正方形的个数，如图，

【点睛】

本题考查从不同方向看几何体，判断几何体的组成．根据题意确定从左边看到的层数和列数是解答本题的关键．

4、

（1）8，6.5

（2）

（3）点P的坐标为（5，360），点P的实际意义是：甲车在行驶5小时后，甲乙两车分别距自己的出发地的距离为360千米

（4）当甲车出发2.4小时或2.8小时或小时两车相距40千米

【分析】

（1）先根据题意判断出直线的函数图像时乙车的，折线的函数图像时甲车的，然后求出甲车的速度即可求出甲返回郑州的时间，即可求出m；然后算出乙车从西安到郑州需要的时间即可求出n；

（2）分甲从郑州到西安和从西安到郑州两种情况求解即可；

（3）根据函数图像可知P点代表的实际意义是：在P点时，甲乙两车距自己的出发地的距离相同，由此列出方程求解即可；

（4）分情况：当甲车在去西安的途中，甲乙两车相遇前，当甲车在去西安的途中，甲乙两车相遇后，当甲车在返回郑州的途中，乙未到郑州时，当甲车在返回郑州的途中，乙已经到郑州时，四种情况讨论求解即可．

（1）

解：∵甲乙两辆物资车分别从郑州和西安出发匀速行驶相向而行．甲车到西安后立即返回，乙车到底郑州后立即停止，

∴直线的函数图像是乙车的，折线的函数图像是甲车的，

由函数图像可知，甲车4小时从郑州行驶到西安走了480千米，

∴甲车的速度=480÷4=120千米/小时，

∴甲车从西安返回郑州需要的时间=480÷120=4小时，

∴m=4+4=8；

∵乙车的速度为80千米/小时，

∴乙车从西安到达郑州需要的时间=480÷80=6小时，

∵由函数图像可知乙车是在甲车出发0.5小时后出发，

∴n=0.5+6=6.5，

故答案为：8，6.5；

（2）

解：当甲车从郑州去西安时，

∵甲车的速度为120千米/小时，

∴甲车与郑州的距离，

当甲车从西安返回郑州时，

∵甲车的速度为120千米/小时，

∴甲车与郑州的距离，

∴；

（3）

解：根据函数图像可知P点代表的实际意义是：在P点时，甲乙两车距自己的出发地的距离相同，

∵此时甲车处在返程途中，

∴，

解得，

∴，

∴点P的坐标为（5，360），

∴点P的实际意义是：甲车在行驶5小时后，甲乙两车分别距自己的出发地的距离为360千米；

（4）

解：当甲车在去西安的途中，甲乙两车相遇前，

由题意得：，

解得；

当甲车在去西安的途中，甲乙两车相遇后，

由题意得：，

解得；

当甲车在返回郑州的途中，乙未到郑州时，

由题意得：

解得（不符合题意，舍去），

当甲车在返回郑州的途中，乙已经到郑州时，

由题意得：

解得；

综上所述，当甲车出发2.4小时或2.8小时或小时两车相距40千米．

【点睛】

本题主要考查了从函数图像获取信息，一元一次方程的应用，正确理解题意是解题的关键．

5、（1）2xz；（2）ab+1

【分析】

（1）先计算积的乘方，后自左到右依次计算即可，

（2）先计算括号里的，最后计算除法．

【详解】

解：（1）原式

=2xz；

（2）原式=

=

=ab+1．

【点睛】

本题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算的顺序，运算公式和运算法则是解题的关键．