2021-2022学年初三年级数学中考适应性考试（深圳专用）练习题

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2022深圳初三数学期末预测二
一、选择题（本大题共10小题．每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1．（3分）一元二次方程x2+2x＝0的解是（　　）
A．x1＝x2＝﹣2 B．x1＝2，x2＝0 C．x1＝﹣2，x2＝0 D．x1＝2，x2＝﹣2
【分析】先将方程左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【解答】解：x2+2x＝0，
x（x+2）＝0，
x+2＝0或x＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝0，
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键．
2．（3分）下面立体图形中，从正面、侧面、上面看，都不能看到长方形的是（　　）
A．长方体 B．圆柱
C．圆锥 D．正四棱锥
【分析】根据各个几何体从正面、侧面、上面看到的形状进行判断即可．
【解答】解：圆锥从正面看所得到的图形是等腰三角形，从侧面看所得到的图形是等腰三角形、从上面看所得到的图形是圆，
因此圆锥符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查简单几何体的三视图，掌握各种几何体三视图的形状是正确判断的前提．
3．（3分）在同一副扑克牌中抽取2张“方块”，3张“梅花”，1张“红桃”，将这6张牌背面朝上，从中任意抽取1张，是“梅花”的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】直接利用概率公式计算可得．
【解答】解：从中任意抽取1张，是“梅花”的概率为＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查概率公式，随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
4．（3分）若反比例函数y＝的图象分布在第二、四象限，则k的取值范围是（　　）
A．k＜﹣2 B．k＜2 C．k＞﹣2 D．k＞2
【分析】根据反比例函数的图象和性质，由2﹣k＜0即可解得答案．
【解答】解：∵反比例函数y＝的图象分布在第二、四象限，
∴2﹣k＜0，
解得k＞2，
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数的图象和性质：当k＞0时，图象分别位于第一、三象限；当k＜0时，图象分别位于第二、四象限．
5．（3分）国家实施“精准扶贫”政策以来，很多贫困人口走向了致富的道路，某地区2017年底有贫困人口10万人，通过社会各界的努力．2019年底贫困人口减少至1万人．设2017年底至2019年底该地区贫困人口的年平均下降率为x．根据题意列方程得（　　）
A．10（1﹣2x）＝1 B．10（1﹣x）2＝1 C．10（1+2x）＝1 D．10（1+x）2＝1
【分析】等量关系为：2017年贫困人口×（1﹣下降率）2＝2019年贫困人口，把相关数值代入计算即可．
【解答】解：设这两年全省贫困人口的年平均下降率为x，根据题意得：
10（1﹣x）2＝1，
故选：B．
【点评】本题主要考查由实际问题抽象出一元二次方程的知识点，解决这类问题所用的等量关系一般是：增长前的量×（1+平均增长率）增长的次数＝增长后的量．
6．（3分）下列命题中，正确的是（　　）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．平行四边形的对角线平分且相等
D．顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形
【分析】根据矩形、菱形的判定和平行四边形的性质判断即可．
【解答】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题，不符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；
C、平行四边形的对角线平分，原命题是假命题，不符合题意；
D、顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形，是真命题，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
7．（3分）如图，已知△AOB与△A1OB1是以点O为位似中心的位似图形．且相似比为1：2，点B的坐标为（﹣2，4），则点B1的坐标为（　　）

A．（4，﹣8） B．（2，﹣4） C．（﹣1，8） D．（﹣8，4）
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，即可求得答案．
【解答】解：∵△AOB与△A1OB1是以点O为位似中心的位似图形．且相似比为1：2，点B的坐标为（﹣2，4），
∴点B1的坐标为：（﹣2×（﹣2），4×（﹣2））即（4，﹣8）．
故选：A．
【点评】此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
8．（3分）若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+x+1＝0有两个实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k≤ B．k＞ C．k＜且k≠1 D．k≤且k≠1
【分析】根据二次项系数非零及根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+x+1＝0有两个实数根，
∴，
解得：k≤且k≠1．
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，利用二次项系数非零及根的判别式△≥0，找出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．
9．（3分）如图，菱形ABCD∽菱形AEFG，菱形AEFG的顶点G在菱形ABCD的BC边上运动，GF与AB相交于点H，∠E＝60°，若CG＝3，AH＝7，则菱形ABCD的边长为（　　）

A．8 B．9 C． D．
【分析】连接AC，首先证明△ABC是等边三角形，再证明△BGH∽△CAG，推出＝，由此构建方程即可解决问题．
【解答】解：连接AC．

∵菱形ABCD∽菱形AEFG，
∴∠B＝∠E＝∠AGF＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，设AB＝BC＝AC＝a，则BH＝a﹣7，BG＝a﹣3，
∴∠ACB＝60°，
∵∠AGB＝∠AGH+∠BGH＝∠ACG+∠CAG，
∵∠AGH＝∠ACG＝60°，
∴∠BGH＝∠CAG，
∵∠B＝∠ACG，
∴△BGH∽△CAG，
∴＝，
∴＝，
∴a2﹣10a+9＝0，
∴a＝9或1（舍弃），
∴AB＝9，
故选：B．
【点评】本题考查相似多边形的性质，等边三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
10．（3分）如图，已知E是正方形ABCD中AB边延长线上一点，且AB＝BE，连接CE、DE，DE与BC交于点N，F是CE的中点，连接AF交BC于点M，连接BF．有如下结论：
①DN＝EN；
②△ABF∽△ECD；
③tan∠CED＝；
④S四边形BEFM＝2S△CMF．
其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【分析】（1）证明△NCD∽△NBE，根据相似三角形的性质列出比例式，得到DN＝EN，判断①；根据两边对应成比例、夹角相等的两个三角形相似判断②；FG⊥AE于G，根据等腰直角三角形的性质、正切的定义求出tan∠FAG，根据相似三角形的性质判断③；根据三角形的面积公式计算，判断④．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，AB＝BE，
∴AB＝CD＝BE，AB∥CD，
∴△NCD∽△NBE，
∴＝＝1，
∴DN＝EN，故①结论正确；
∵∠CBE＝90°，BC＝BE，F是CE的中点，
∴∠BCE＝45°，BF＝CE＝BE，FB＝FE，BF⊥EC，
∴∠BCE＝90°+45°＝135°，∠FBE＝45°，
∴∠ABF＝135°，
∴∠ABF＝∠ECD，
∵＝，＝，
∴＝，
∴△ABF∽△ECD，故②结论正确；
作FG⊥AE于G，则FG＝BG＝GE，
∴＝，
∴tan∠FAG＝＝，
∵△ABF∽△ECD，
∴∠CED＝∠FBG，
∴tan∠CED＝，故③结论正确；
∵tan∠FBG＝，
∴＝，
∴＝，
∴S△FBM＝S△FCM，
∵F是CE的中点，
∴S△FBC＝S△FBE，
∴S四边形BEFM＝2S△CMF，故④结论正确；
故选：D．

【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、三角形的面积计算，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、三角形的面积公式是解题的关键．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高为1.5m，测得AB＝3m，AC＝10m，则建筑物CD的高是　5　m．

【分析】根据题意和图形，利用三角形相似的性质，可以计算出CD的长，从而可以解答本题．
【解答】解：∵EB⊥AC，DC⊥AC，
∴EB∥DC，
∴△ABE∽△ACD，
∴＝，
∵BE＝1.5m，AB＝3m，AC＝10m，
∴＝，
解得，DC＝5，
即建筑物CD的高是5m，
故答案为：5．
【点评】此题主要考查了相似三角形的应用，正确得出相似三角形是解题关键．
12．（3分）将抛物线y＝﹣2x2+5向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得到的抛物线为　y＝﹣2（x+1）2+3　．
【分析】根据“左加右减，上加下减”的平移规律求解即可．
【解答】解：抛物线y＝﹣2x2+5向左平移1个单位长度得到抛物线y＝﹣2（x+1）2+5，
再向下平移2个单位得到抛物线y＝﹣2（x+1）2+5﹣2，即y＝﹣2（x+1）2+3．
故答案为：y＝﹣2（x+1）2+3．
【点评】主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
13．（3分）已知a，b为有理数，如果规定一种新的运算“※”，规定：a※b＝3b﹣5a，例如：1※2＝3×2﹣5×1＝6﹣5＝1，计算：（2※3）※5＝　20　．
【分析】原式利用新定义计算即可得到结果．
【解答】解：（2※3）※5
＝（3×3﹣5×2）※5
＝（9﹣10）※5
＝（﹣1）※5
＝3×5﹣5×（﹣1）
＝15+5
＝20．
故答案为：20．
【点评】此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，OA＝5，tan∠COA＝．若反比例函数y＝（k＞0，x＞0）经过点C，则k的值等于　12　．

【分析】作CD⊥OA于D，如图，利用菱形的性质得OC＝OA＝5，在Rt△OCD中利用正弦的定义以及勾股定理计算出CD＝3，OD＝4，从而得到C（4，3），然后根据反比例函数图象上点的坐标特征确定k的值．
【解答】解：如图，作CD⊥OA于D，
∵OA＝5，
∵四边形OABC为菱形，
∴OC＝OA＝5，
在Rt△OCD中，∵tan∠COA＝＝．
∴设CD＝3x，OD＝4x，
∵OC2＝OD2+CD2，
∴52＝（4x）2+（3x）2，解得x＝1，
∴CD＝3，OD＝4，
∴C（4，3），
把C（4，3）代入y＝得k＝3×4＝12．
故答案为12．

【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y＝（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．也考查了菱形的性质．
15．（3分）如图，矩形ABCD中，AE＝AD，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，若CF＝FD＝3，则BC的长为　6　．

【分析】延长BF交AD的延长线于点H，证明△BCF≌△HDF（AAS），由全等三角形的性质得出BC＝DH，由折叠的性质得出∠A＝∠BGE＝90°，AE＝EG，设AE＝EG＝x，则AD＝BC＝DH＝3x，得出EH＝5x，由锐角三角函数的定义及勾股定理可得出答案．
【解答】解：延长BF交AD的延长线于点H，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠A＝∠BCF＝90°，
∴∠H＝∠CBF，
在△BCF和△HDF中，
，
∴△BCF≌△HDF（AAS），
∴BC＝DH，
∵将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴∠A＝∠BGE＝90°，AE＝EG，
∴∠EGH＝90°，
∵AE＝AD，
∴设AE＝EG＝x，则AD＝BC＝DH＝3x，
∴ED＝2x，
∴EH＝ED+DH＝5x，
在Rt△EGH中，sin∠H＝，
∴sin∠CBF＝＝，
∴，
∴BF＝15，
∴BC＝＝＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，其中第16题5分，第17题6分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题10分，第22题10分，共55分）
16．（5分）计算：（）﹣1﹣2tan45°+4sin60°﹣2．
【分析】直接利用特殊角的三角函数值、零指数幂的性质、二次根式的性质化简得出答案．
【解答】解：原式＝2﹣2×1+4×﹣2×2
＝2﹣2+2﹣4
＝﹣2．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确记忆相关数据是解题关键．
17．（6分）化简分式（+）÷，并在2，3，4，5这四个数中取一个合适的数作为a的值代入求值．
【分析】先根据分式混合运算顺序和运算法则化简原式，再选取是分式有意义的a的值代入计算可得．
【解答】解：原式＝[﹣]÷
＝（﹣）•
＝•
＝a+3，
∵a≠﹣3、2、3，
∴a＝4或a＝5，
则a＝4时，原式＝7．
【点评】本题主要考查分式的混合运算，解题的关键是掌握分式混合运算顺序和运算法则及分式有意义的条件．
18．（8分）在刚刚结束的“东门68小时不打烊”活动中，某商场为了扩大销售额，举办抽奖活动，规则如下：在不透明的袋子中有2个红球和2个黑球，这些球除颜色外都相同，顾客每次摸出一个球，若摸到红球，则获得1份奖品，若摸到黑球，则没有奖品．
（1）如果小明只有一次摸球机会，那么小明获得奖品的概率为　　；
（2）如果小明有两次摸球机会（摸出后不放回），求小明获得2份奖品的概率．（请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程）
【分析】（1）直接根据概率公式即可得出答案；
（2）根据题意画出树状图得出所有等情况数，再找出小明获得2份奖品的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）∵袋子中有2个黑球和2个红球，
∴小明获得奖品的概率为＝；
故答案为：；
（2）根据题意画图如下：

共有12种等情况数，其中小明获得2份奖品的有2种，
则小明获得2份奖品的概率是＝．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
19．（8分）如图，一次函数y＝﹣x+3的图象与反比例函数y＝（k≠0）在第一象限的图象交于A（1，a）和B两点，与x轴交于点C．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）求的值．

【分析】（1）将点A坐标代入两个解析式可求a的值，k的值，即可求解；
（2）先求得B、C的坐标，然后求得S△AOC＝＝3，S△BOC＝＝，S△AOB＝，根据同高三角形面积的比等于底边的比即可求得结论．
【解答】解：（1）把点A（1，a）代入y＝﹣x+3，得a＝2，
∴A（1，2），
把A（1，2）代入反比例函数y＝，
∴k＝1×2＝2；
∴反比例函数的表达式为y＝；
（2）由一次函数y＝﹣x+3可知C的坐标为（3，0），
解得或，
∴B（2，1），
∴S△AOC＝＝3，S△BOC＝＝，
∴S△AOB＝，
∴＝1，
∴＝1．

【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，以及三角形的面积公式，正确表示出△AOB和△BOC的面积是关键．
20．（8分）1．如图，身高1.5米的小明（AB）在太阳光下的影子AG长1.8米，此时，立柱CD的影子一部分落在地面CE上，一部分落在墙EF上．
（1）请你在墙上画出表示CD的部分影子EH；
（2）若量得CE＝1.2米，EH＝1.5米，求立柱CD的高．

【答案】（1）作图见解析；（2）2.5米
【分析】
（1）过D点作BG的平行线，交EF于H点，EH即为所求；
（2）过点E作EM//BG，交CD于点M，则四边形DHEM是平行四边形，再运用相似比求解CM即可得出结论．
【详解】
（1）如图，线段EH为所求；
（2）过点E作EM//BG，交CD于点M，
则四边形DHEM是平行四边形，△ABG∽△CME，
即DM=EH=1.5，
∵，
∴
∴
∴（米），
故立柱CD的高为2.5米．

【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握并运用基本性质是解题关键．

21．（10分）如图，在直角坐标系中，四边形OABC是矩形，OA＝8，OC＝6，点D是对角线AC的中点，过点D的直线分别交OA、BC边于点E、F．
（1）求证：四边形EAFC是平行四边形；
（2）当CE＝CF时，求EF的长；
（3）在条件（2）的情况下，P为x轴上一点，当以E，F，P为顶点的三角形为等腰三角形时，请求出点P的坐标．

【分析】（1）证明△CDF≌△ADE（AAS），由全等三角形的性质得出DF＝DE，由平行四边形的判定可得出答案；
（2）设CE＝AE＝x，由勾股定理得出62+（8﹣x）2＝x2，求出x＝，由勾股定理可得出答案；
（3）分三种情况：①若PE＝PF，②若EF＝EP，③若EF＝FP，由等腰三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形OABC是矩形，
∴BC∥OA，
∴∠FCD＝∠DAE，∠CFD＝∠AED，
∵D是AC的中点，
∴CD＝AD，
∴△CDF≌△ADE（AAS），
∴DF＝DE，
∴四边形EAFC是平行四边形；
（2）解：∵四边形EAFC是平行四边形，CE＝CF，
∴四边形EAFC是菱形，
∴CE＝EA，
设CE＝AE＝x，
∵OC2+OE2＝CE2，
∴62+（8﹣x）2＝x2，
∴x＝，
∴CE＝，
∵OA＝8，OC＝6，
∴AC＝＝＝10，
∴CD＝AC＝5，
∴ED＝＝＝，
∴EF＝2ED＝；
（3）分三种情况：
①若PE＝PF，点P与点A重合，
∴P（8，0），
②若EF＝EP＝，
当点P在x轴的正半轴上，OP＝OE+PE＝＝，
∴P（，0），
当点P在x轴的负半轴上，OP＝PE﹣OE＝＝，
∴P（﹣，0），
③若EF＝FP，过点F作FG⊥AE于点G，

则EG＝CF﹣OE＝﹣＝，
∴EP＝9，
∴OP＝OE+EP＝+9＝，
∴P（，0）．
综上可得，点P的坐标为（8，0）或（，0）或（﹣，0）或（，0）．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
22．（10分）（1）基础巩固
如图1，已知正方形ABCD中，E是边AB的延长线上一点，过点C作CF⊥CE，交AD于点F．
求证：CE＝CF．
（2）尝试应用
如图2，已知正方形ABCD的边长为1，M是边AB所在直线上一点．N是边AD所在直线上一点，且∠MCN＝45°．记AM＝x，S△MCN＝y．请直接写出y与x之间的函数关系式．
（3）应用拓广
如图3，已知菱形ABCD是一个棱长为6km的森林生态保护区，∠A＝60°，沿保护区的边缘AB、AD已修建好道路AP和AQ，现要从保护区外新修建一条道路ECF，将道路AP、AQ连通，已知∠ECF＝120°，求道路ECF的最短路程．

【分析】（1）证明△DCF≌△BCE，根据全等三角形的性质定理即可得出CE＝CF；
（2）过点C作CE⊥CN，交AB的延长线于E，利用全等三角形的判定和性质以及三角形面积公式解答即可；
（3）以CD为边作∠DCG＝120°，交射线AP于点G，过点C作CH⊥PA于点H，利用菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，∠DCB＝∠CBE＝90°，
∵CF⊥CE，
∴∠FCE＝90°，
∴∠DCF＝∠BCE，
∴△DCF≌△BCE（ASA）
∴CE＝CF；
（2）过点C作CE⊥CN，交AB的延长线于E，如图1，

∵∠DCN+∠NCB＝90°，∠BCE+∠NCB＝90°，
∴∠DCN＝∠NCB，
在△CDN与△CBE中，
，
∴△CDN≌△CBE（ASA），
∴CE＝CN，
∵CE⊥CN，
∴∠ECN＝90°，
∵∠MCN＝45°，
∴∠ECM＝90°﹣45°＝45°，
∵CN＝CE，∠ECM＝∠MCN＝45°，CM＝CM，
∴△NCM≌△ECM（SAS），
∴S△MCN＝S△CME，
∵S△BCE＝S△DCN，
∴S△MCN＝S△CMB+S△CDN＝y，
∴S△AMN＝1﹣S△MCN﹣S△CMB﹣S△CDN＝1﹣2y，
设DN＝z，BM＝1﹣x，
在Rt△AMN中，x2+（1﹣z）2＝（1﹣x+z）2，
∴x2+z2﹣2z+1＝x2+z2+1﹣2x+2z﹣2xz，
∴4z﹣2xz＝2x，
∴，
∴，
∵S△ANM＝1﹣2y，
∴，
解得：y＝；
（3）以CD为边作∠DCG＝120°，交射线AP于点G，过点C作CH⊥PA于点H，如图2，

∵∠ECF＝120°，
∴∠DCF＝∠ECG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，CD∥AB，
∵∠A＝60°，
∴∠FDC＝∠A＝60°，∠ADC＝180°﹣∠A＝120°，
∴∠CGE＝360°﹣∠A﹣∠ADC﹣∠DCG＝60°，
∵CB∥AD，
∴∠CBG＝∠A＝60°，
∴△CBG是等边三角形，
∴CG＝CB，
∴△CDF≌△CGE（AAS），
∴CE＝CF，
∴道路ECF的长度＝2CE，
∴当CE最短，即当CE＝CH时，道路ECF的长度最短，
∵∠CBG＝60°，CB＝6，
∴CH＝3，
即道路ECF的最短路程是6km．
【点评】此题考查四边形的综合题，关键是根据全等三角形的判定和性质以及菱形的性质解答．
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