【历年真题】2022年山东省甄城县中考数学模拟真题练习 卷（Ⅱ）（含答案详解）

2022年山东省甄城县中考数学模拟真题练习 卷（Ⅱ）

 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、将一长方形纸条按如图所示折叠，，则（    ）

A．55° B．70° C．110° D．60°

2、一张正方形纸片经过两次对折，并在如图所示的位置上剪去一个小正方形，打开后的图形是（    ）

A．  B． 

C．  D．

3、下列二次根式中，最简二次根式是（   ）

A． B． C． D．

4、如图是一个正方体的展开图，现将此展开图折叠成正方体，有“北”字一面的相对面上的字是（    ）

A．冬 B．奥 C．运 D．会

5、、两地相距，甲骑摩托车从地匀速驶向地．当甲行驶小时途径地时，一辆货车刚好从地出发匀速驶向地，当货车到达地后立即掉头以原速匀速驶向地．如图表示两车与地的距离和甲出发的时间的函数关系．则下列说法错误的是（   ）

A．甲行驶的速度为 B．货车返回途中与甲相遇后又经过甲到地

C．甲行驶小时时货车到达地 D．甲行驶到地需要

6、如图，表示绝对值相等的数的两个点是（    ）

A．点C与点B B．点C与点D C．点A与点B D．点A与点D

7、下列说法中不正确的是（　　）

A．平面内，垂直于同一条直线的两直线平行

B．过一点有且只有一条直线与已知直线平行

C．平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直

D．直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做这个点到直线的距离

8、如图，要在二次函数的图象上找一点，针对b的不同取值，所找点M的个数，有下列三种说法：①如果，那么点M的个数为0；②如果．那么点M的个数为1；③如果，那么点M的个数为2．上述说法中正确的序号是（    ）

A．① B．② C．③ D．②③

9、数学活动课上，同学们想测出一个残损轮子的半径，小宇的解决方案如下：如图，在轮子圆弧上任取两点A，B，连接，再作出的垂直平分线，交于点C，交于点D，测出的长度，即可计算得出轮子的半径．现测出，则轮子的半径为（    ）

A． B． C． D．

10、若，则代数式的值为（   ）

A．6 B．8 C．12 D．16

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，在中，AB的垂直平分线交BC于D，AC的中垂线交BC于E，，则的度数为________．

2、如图，正方形ABCD中，将边BC绕着点C旋转，当点B落在边AD的垂直平分线上的点E处时，∠AEC的度数为_______

3、已知抛物线y＝（x﹣1）2有点A（0，y1）和B（3，y2），则y1___y2．（用“＞”，“＜”，“＝”填写）

4、如图，把纸片沿DE折叠，使点A落在图中的处，若，，则的大小为______．

5、如图，已知它们分别交直线于点和点，如果，，那么线段的长是_________

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、综合与探究

如图，直线与轴，轴分别交于，两点，抛物线经过，两点，与轴的另一个交点为（点在点的左侧），抛物线的顶点为点．抛物线的对称轴与轴交于点．

（1）求抛物线的表达式及顶点的坐标；

（2）点M是线段上一动点，连接并延长交轴交于点，当时，求点的坐标；

（3）点是该抛物线上的一动点，设点的横坐标为，试判断是否存在这样的点，使，若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．

2、在平面直角坐标系中，点A(a，0)，点B(0，b)，已知a，b满足．

（1）求点A和点B的坐标；

（2）如图1，点E为线段OB的中点，连接AE，过点A在第二象限作，且，连接BF交x轴于点D，求点D和点F的坐标；：

（3）在（2）的条件下，如图2，过点E作交AB于点P，M是EP延长线上一点，且，连接MO，作，ON交BA的延长线于点N，连接MN，求点N的坐标．

3、若，则称m与n是关于1的平衡数．

（1）8与        是关于1的平衡数；

（2）与        （用含x的整式表示）是关于1的平衡数；

（3）若，，判断a与b是否是关于1的平衡数，并说明理由．

4、先化简，再求值：，其中．

5、如图，直线AB、CD相交于点O，若，OA平分∠COE，求∠DOE的度数．

-参考答案-

一、单选题

1、B

【分析】

从折叠图形的性质入手，结合平行线的性质求解．

【详解】

解：由折叠图形的性质结合平行线同位角相等可知，，

，

．

故选：B．

【点睛】

本题考查折叠的性质及平行线的性质，解题的关键是结合图形灵活解决问题．

2、A

【分析】

由平面图形的折叠及图形的对称性展开图解题．

【详解】

由第一次对折后中间有一个矩形，排除B、C；

由第二次折叠矩形正在折痕上，排除D；

故选：A．

【点睛】

本题考查的是学生的立体思维能力及动手操作能力，关键是由平面图形的折叠及图形的对称性展开图解答．

3、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．

4、D

【分析】

正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．

【详解】

解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，

“京”与“奥”是相对面，

“冬”与“运”是相对面，

“北”与“会”是相对面．

故选：D．

【点睛】

本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．

5、C

【分析】

根据函数图象结合题意，可知两地的距离为，此时甲行驶了1小时，进而求得甲的速度，即可判断A、D选项，根据总路程除以速度即可求得甲行驶到地所需要的时间，根据货车行驶的时间和路程结合图像可得第小时时货车与甲相遇，据此判断B选项，求得相遇时，甲距离地的距离，进而根据货车行驶的路程除以时间即可求得货车的速度，进而求得货车到达地所需要的时间．

【详解】

解：两地的距离为，

故A选项正确，不符合题意；

故D选项正确，不符合题意；

根据货车行驶的时间和路程结合图像可得第小时时货车与甲相遇，

则

即货车返回途中与甲相遇后又经过甲到地

故B选项正确，

相遇时为第4小时，此时甲行驶了，

货车行驶了

则货车的速度为

则货车到达地所需的时间为

即第小时

故甲行驶小时时货车到达地

故C选项不正确

故选C

【点睛】

本题考查了一次函数的应用，弄清楚函数图象中各拐点的意义是解题的关键．

6、D

【分析】

根据数轴可以把A、B、C、D四个点表示的数写出来，然后根据写出的数即可得到那两个数的绝对值相等，从而可以得到问题的答案．

【详解】

解：由数轴可得，点A、B、C、D在数轴上对应的数依次是：−3，2，-1，3，

则|−3|＝|3|，

故点A与点D表示的数的绝对值相等，

故选：D．

【点睛】

本题考查数轴，解题的关键是利用数形结合的思想找出所求问题需要的条件．

7、B

【分析】

根据点到直线的距离、垂直的性质及平行线的判定等知识即可判断．

【详解】

A、平面内，垂直于同一条直线的两直线平行，故说法正确；

B.过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故说法错误；

C.平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，此说法正确；

D.直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做这个点到直线的距离，这是点到直线的距离的定义，故此说法正确．

故选：B

【点睛】

本题主要考查了垂直的性质、点到直线的距离、平行线的判定等知识，理解这些知识是关键．但要注意：平面内，垂直于同一条直线的两直线平行；平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；这两个性质的前提是平面内，否则不成立．

8、B

【分析】

把点M的坐标代入抛物线解析式，即可得到关于a的一元二次方程，根据根的判别式即可判断．

【详解】

解：∵点M（a，b）在抛物线y=x（2-x）上，

当b=-3时，-3=a（2-a），整理得a2-2a-3=0，

∵△=4-4×（-3）＞0，

∴有两个不相等的值，

∴点M的个数为2，故①错误；

当b=1时，1=a（2-a），整理得a2-2a+1=0，

∵△=4-4×1=0，

∴a有两个相同的值，

∴点M的个数为1，故②正确；

当b=3时，3=a（2-a），整理得a2-2a+3=0，

∵△=4-4×3＜0，

∴点M的个数为0，故③错误；

故选：B．

【点睛】

本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，一元二次方程根的判别式，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．

9、C

【分析】

由垂径定理，可得出BC的长；连接OB，在Rt△OBC中，可用半径OB表示出OC的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径即可．

【详解】

解：设圆心为O，连接OB．

Rt△OBC中，BC=AB=20cm，

根据勾股定理得：

OC2+BC2=OB2，即：

（OB-10）2+202=OB2，

解得：OB=25；

故轮子的半径为25cm．

故选：C．

【点睛】

本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．

10、D

【分析】

对已知条件变形为：，然后等式两边再同时平方即可求解．

【详解】

解：由已知条件可知：，

上述等式两边平方得到：，

整理得到：，

故选：D．

【点睛】

本题考查了等式恒等变形，完全平方公式的求值等，属于基础题，计算过程中细心即可．

二、填空题

1、

【分析】

根据线段的垂直平分线的性质得到，，得到和，根据三角形内角和定理计算得到答案．

【详解】

解：是线段的垂直平分线，

，

，

同理，

，

，

，

故答案是：．

【点睛】

本题考查的是线段的垂直平分线的性质和三角形内角和定理，解题的关键是掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．

2、或

【分析】

分两种情况分析：当点E在BC下方时记点E为点，点E在BC上方时记点E为点，连接，，根据垂直平分线的性质得，，由正方形的性质得，，由旋转得，，故，是等边三角形，，是等腰三角形，由等边三角形和等腰三角形的求角即可．

【详解】

如图，当点E在BC下方时记点E为点，连接，

∵点落在边AD的垂直平分线，

∴，

∵四边形ABCD是正方形，

∴，

∵BC绕点C旋转得，

∴，

∴是等边三角形，是等腰三角形，

∴，，

∴，

∴，

当点E在BC上方时记点E为点，连接，

∵点落在边AD的垂直平分线，

∴，

∵四边形ABCD是正方形，

∴，，

∵BC绕点C旋转得，

∴，

∴是等边三角形，是等腰三角形，

∴，，

∴，

∴．

故答案为：或．

【点睛】

本题考查正方形的性质、垂直平分线的性质、旋转的性质，以及等边三角形与等腰三角形的判定与性质，掌握相关知识点的应用是解题的关键．

3、＜

【分析】

分别把A、B点的横坐标代入抛物线解析式求解即可．

【详解】

解：x＝0时，y1＝（0﹣1）2＝1，

x＝3时，y3＝（3﹣1）2＝4，

∴y1＜y2．

故答案为：＜．

【点睛】

本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，求出相应的函数值是解题的关键．

4、

【分析】

利用折叠性质得，，再根据三角形外角性质得，利用邻补角得到，则，然后利用进行计算即可．

【详解】

解：∵，

∴，

∵纸片沿DE折叠，使点A落在图中的A'处，

∴，，

∵，

∴，

∴，

∴．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了折叠的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理等，理解题意，熟练掌握综合运用各个知识点是解题关键．

5、8

【分析】

根据平行线分线段成比例定理即可得．

【详解】

解：，

，

，

，

，

解得，

故答案为：8．

【点睛】

本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题关键．

三、解答题

1、（1），；（2）；（3）存在，的值为4或

【分析】

（1）分别求出两点坐标代入抛物线即可求得a、c的值，将抛物线化为顶点式，即可得顶点的坐标；

（2）作轴于点，可证∽，从而可得，代入，，可求得，代入可得，从而可得点的坐标；

（3）由，可得，由两点坐标可得，所以，过点P作PQ⊥AB，分点P在x轴上方和下方两种情况即可求解．

【详解】

（1）当时，得，

∴点的坐标为（0，4），

当时，得，解得：，

∴点的坐标为（6，0），

将两点坐标代入，得

  解，得

∴抛物线线的表达式为

∵

∴顶点坐标为．

（2）作轴于点，

∵，，

∴∽．

∴．

∴．

∴

当时，

∴．

∴点的坐标为．

（3）∵，，

∴，

∵点的坐标为（6，0），点的坐标为（0，4），

∴，

∴，

过点P作PQ⊥AB，

当点P在x轴上方时，

解得m=4符合题意，

当点P在x轴下方时，

解得m=8符合题意，

∴存在，的值为4或．

【点睛】

本题考查了抛物线解析式的求法，抛物线的性质，三角形相似的判定及性质，三角函数的应用，解题的关键是准确作出辅助线，利用数形结合的思想列出相应关系式．

2、（1），；（2）D(-1，0)，F(-2，4)；（3）N(-6，2)

【分析】

（1）结合题意，根据绝对值和乘方的性质，得，，通过求解一元一次方程，得，；结合坐标的性质分析，即可得到答案；

（2）如图，过点F作FH⊥AO于点H，根据全等三角形的性质，通过证明，得AH=EO=2，FH=AO=4，从而得OH =2，即可得点F坐标；通过证明，推导得HD=OD=1，即可得到答案；

（3）过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q，NG⊥PN交EM的延长线于点G，再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R，NS⊥EG于点S，根据余角和等腰三角形的性质，通过证明等腰和等腰，推导得，再根据全等三角形的性质，通过证明，得等腰，再通过证明，得NS=EM=4，MS=OE=2，即可完成求解．

【详解】

（1）∵，

∴．

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，．

（2）如图，过点F作FH⊥AO于点H

∵AF⊥AE

∴∠FHA=∠AOE=90°，

∵

∴∠AFH=∠EAO

又∵AF=AE，

在和中

∴

∴AH=EO=2，FH=AO=4

∴OH=AO-AH=2

∴F(-2，4)

∵OA=BO，

∴FH=BO

在和中

∴

∴HD=OD

∵

∴HD=OD=1

∴D(-1，0)

∴D(-1，0)，F(-2，4)；

（3）如图，过点N分别作NQ⊥ON交OM的延长线于点Q，NG⊥PN交EM的延长线于点G，再分别过点Q和点N作QR⊥EG于点R，NS⊥EG于点S

∴

∴，

∴

∴

∴

∴等腰

∴NQ=NO，

∵NG⊥PN, NS⊥EG

∴

∴，

∴

∵，

∴

∵点E为线段OB的中点

∴

∴

∴

∴

∴

∴

∴

∴等腰

∴NG=NP，

∵

∴

∴∠QNG=∠ONP

在和中

∴

∴∠NGQ=∠NPO，GQ=PO

∵，

∴PO=PB

∴∠POE=∠PBE=45°

∴∠NPO=90°

∴∠NGQ=90°

∴∠QGR=45°.

在和中

∴．

∴QR=OE

在和中

∴

∴QM=OM.

∵NQ=NO，

∴NM⊥OQ

∵

∴等腰

∴

∵

∴

在和中

∴

∴NS=EM=4，MS=OE=2

∴N(-6，2)．

【点睛】

本题考查了直角坐标系、全等三角形、直角三角形、等腰三角形、绝对值、乘方的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、全等三角形、等腰三角形的性质，从而完成求解．

3、

（1）-7

（2）5-x

（3）是，理由见解析

【分析】

（1）根据平衡数的定义即可求出答案．

（2）根据平衡数的定义即可求出答案．

（3）根据平衡数的定义以及整式的加减运算法则即可求出答案．

（1）

∵8+（﹣7）＝1，

∴8与﹣7是关于1的平衡数，

故答案为：-7；

（2）

∵1﹣（x﹣4）＝1﹣x +4＝5﹣x，

∴5﹣x与x﹣4是关于1的平衡数，

故答案为：5﹣x．

（3）

∵，

∴

=1

∴a与b是关于1的平衡数．

【点睛】

本题考查整式的混合运算与化简求值，解题的关键是正确理解平衡数的定义．

4、﹣xy﹣y2，﹣8

【分析】

根据平方差公式，完全平方公式，多项式乘以多项式运算法则化简题目中的式子，然后将x、y的值代入化简后的式子即可解答本题．

【详解】

解：，

=，

=，

=﹣xy﹣y2，

当时，

原式=（﹣3）2=﹣8．

【点睛】

本题考查整式的混合运算-化简求值，解答本题的关键是熟记乘法公式整式的化简求值的方法．

5、100°

【分析】

根据对顶角的性质，可得∠AOC与∠DOB的关系，根据角平分线的性质，可得∠COE与∠AOC的关系，根据邻补角的性质，可得答案．

【详解】

解：由对顶角相等得∠AOC=∠BOD=40°，

∵OA平分∠COE，

∴∠COE=2∠AOC=80°，

由邻补角的性质得

∠DOE=180°-∠COE

=180°-80°

=100°．

【点睛】

本题考查了对顶角、邻补角，对顶角相等，邻补角互补，熟练掌握对顶角的性质和角平分线的定义是解答本题的关键．