2021-2022学年广东省深圳市龙岗区龙岗区横岗六约校中考二模数学试题含解析

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（共10小题，每小题3分，共30分）

1．如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=3，过点A，C作相距为2的平行线段AE，CF，分别交CD，AB于点E，F，则DE的长是（　　）

A． B． C．1 D．

2．如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，若，，则点C的坐标为（    ）

A． B． C． D．

3．如图，空心圆柱体的左视图是（    ）

A． B． C． D．

4．方程的解是（    ）.

A． B． C． D．

5．商场将某种商品按原价的8折出售，仍可获利20元．已知这种商品的进价为140元，那么这种商品的原价是（　　）

A．160元    B．180元    C．200元    D．220元

6．下列计算正确的是　　

A． B． C． D．

7．已知直线m∥n，将一块含30°角的直角三角板ABC按如图方式放置（∠ABC=30°），其中A，B两点分别落在直线m，n上，若∠1=20°，则∠2的度数为（　　）

A．20° B．30° C．45° D．50°

8．将抛物线向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度所得的抛物线解析式为（ ）

A． B．

C． D．

9．若正比例函数y＝mx（m是常数，m≠0）的图象经过点A（m，4），且y的值随x值的增大而减小，则m等于（　　）

A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4

10．如图，一个斜边长为10cm的红色三角形纸片，一个斜边长为6cm的蓝色三角形纸片，一张黄色的正方形纸片，拼成一个直角三角形，则红、蓝两张纸片的面积之和是（　　）

A．60cm2 B．50cm2 C．40cm2 D．30cm2

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．含角30°的直角三角板与直线，的位置关系如图所示，已知，∠1=60°，以下三个结论中正确的是____（只填序号）．

①AC=2BC     ②△BCD为正三角形     ③AD=BD

12．比较大小：_____1(填“＜”或“＞”或“＝”)．

13．抛物线y=（x+1）2 - 2的顶点坐标是 ______ ．

14．在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是_____．

15．阅读理解：引入新数，新数满足分配律，结合律，交换律.已知，那么________.

16．因式分解：a2b＋2ab＋b＝                ．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图1，AB为半圆O的直径，D为BA的延长线上一点，DC为半圆O的切线，切点为C．

（1）求证：∠ACD=∠B；

（2）如图2，∠BDC的平分线分别交AC，BC于点E，F，求∠CEF的度数．

18．（8分）如图所示，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB，垂足为C，交⊙O于点D，点E在⊙O上．若∠AOD=52°，求∠DEB的度数；若OC=3，OA=5，求AB的长．

19．（8分）在一次数学活动课上，老师让同学们到操场上测量旗杆的高度，然后回来交流各自的测量方法．小芳的测量方法是：拿一根高3.5米的竹竿直立在离旗杆27米的C处（如图），然后沿BC方向走到D处，这时目测旗杆顶部A与竹竿顶部E恰好在同一直线上，又测得C、D两点的距离为3米，小芳的目高为1.5米，这样便可知道旗杆的高．你认为这种测量方法是否可行？请说明理由．

20．（8分）某经销商从市场得知如下信息：

他计划用4万元资金一次性购进这两种品牌手表共100块，设该经销商购进A品牌手表x块，这两种品牌手表全部销售完后获得利润为y元．试写出y与x之间的函数关系式；若要求全部销售完后获得的利润不少于1.26万元，该经销商有哪几种进货方案；选择哪种进货方案，该经销商可获利最大；最大利润是多少元.

21．（8分）观察下列各式：

①

②

③

由此归纳出一般规律__________.

22．（10分）某体育用品商场预测某品牌运动服能够畅销，就用32000元购进了一批这种运动服，上市后很快脱销，商场又用68000元购进第二批这种运动服，所购数量是第一批购进数量的2倍，但每套进价多了10元．该商场两次共购进这种运动服多少套？如果这两批运动服每套的售价相同，且全部售完后总利润不低于20%，那么每套售价至少是多少元？

23．（12分）老师布置了一个作业，如下：已知：如图1的对角线的垂直平分线交于点，交于点，交于点.求证：四边形是菱形.

某同学写出了如图2所示的证明过程，老师说该同学的作业是错误的.请你解答下列问题：能找出该同学错误的原因吗？请你指出来；请你给出本题的正确证明过程.

24．已知：如图，平行四边形ABCD，对角线AC与BD相交于点E，点G为AD的中点，连接CG，CG的延长线交BA的延长线于点F，连接FD．求证：AB=AF；若AG=AB，∠BCD=120°，判断四边形ACDF的形状，并证明你的结论．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、D

【解析】
过F作FH⊥AE于H,根据矩形的性质得到AB=CD,AB//CD,推出四边形AECF是平行四边形,根据平行四边形的性质得到AF=CE,根据相 似三角形的性质得到,于是得到AE=AF,列方程即可得到结论.

【详解】

解：如图：

解:过F作FH⊥AE于H,四边形ABCD是矩形,

AB=CD,AB∥CD,

AE//CF, 四边形AECF是平行四边形,

AF=CE,DE=BF,

AF=3-DE,

AE=,

∠FHA=∠D=∠DAF=,

∠AFH+∠HAF=∠DAE+∠FAH=90, ∠DAE=∠AFH,

△ADE~△AFH,

AE=AF,

,

DE=,

故选D.

【点睛】

本题主要考查平行四边形的性质及三角形相似，做合适的辅助线是解本题的关键.

2、C

【解析】
根据A点坐标即可建立平面直角坐标．

【详解】

解：由A（0，2），B（1，1）可知原点的位置，

建立平面直角坐标系，如图，
∴C（2，-1）
故选：C．

【点睛】

本题考查平面直角坐标系，解题的关键是建立直角坐标系，本题属于基础题型．

3、C

【解析】
根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．

【详解】

从左边看是三个矩形，中间矩形的左右两边是虚线，

故选C．

【点睛】

本题考查了简单几何体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．

4、B

【解析】
直接解分式方程，注意要验根.

【详解】

解：=0，

方程两边同时乘以最简公分母x(x+1)，得：3(x+1)-7x=0,

解这个一元一次方程，得：x=，

经检验，x=是原方程的解.

故选B.

【点睛】

本题考查了解分式方程，解分式方程不要忘记验根.

5、C

【解析】
利用打折是在标价的基础之上，利润是在进价的基础上，进而得出等式求出即可．

【详解】

解：设原价为x元，根据题意可得：

80%x=140+20，

解得：x=1．

所以该商品的原价为1元；

故选：C．

【点睛】

此题主要考查了一元一次方程的应用，根据题意列出方程是解决问题的关键．

6、C

【解析】
根据同类项的定义、同底数幂的除法、单项式乘单项式法则和积的乘方逐一判断即可．

【详解】

、与不是同类项，不能合并，此选项错误；

、，此选项错误；

、，此选项正确；

、，此选项错误．

故选：．

【点睛】

此题考查的是整式的运算，掌握同类项的定义、同底数幂的除法、单项式乘单项式法则和积的乘方是解决此题的关键．

7、D

【解析】
根据两直线平行，内错角相等计算即可.

【详解】

因为m∥n，所以∠2=∠1+30°，所以∠2=30°+20°=50°，故选D.

【点睛】

本题主要考查平行线的性质，清楚两直线平行，内错角相等是解答本题的关键.

8、C

【解析】

试题分析：∵抛物线向右平移1个单位长度，∴平移后解析式为：，∴再向上平移1个单位长度所得的抛物线解析式为：．故选C．

考点：二次函数图象与几何变换．

9、B

【解析】
利用待定系数法求出m，再结合函数的性质即可解决问题．

【详解】

解：∵y＝mx（m是常数，m≠0）的图象经过点A（m，4），

∴m2＝4，

∴m＝±2，

∵y的值随x值的增大而减小，

∴m＜0，

∴m＝﹣2，

故选：B．

【点睛】

本题考查待定系数法，一次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

10、D

【解析】
标注字母，根据两直线平行，同位角相等可得∠B=∠AED，然后求出△ADE和△EFB相似，根据相似三角形对应边成比例求出，即，设BF=3a，表示出EF=5a，再表示出BC、AC，利用勾股定理列出方程求出a的值，再根据红、蓝两张纸片的面积之和等于大三角形的面积减去正方形的面积计算即可得解．

【详解】

解:如图，∵正方形的边DE∥CF，

∴∠B=∠AED，

∵∠ADE=∠EFB=90°，

∴△ADE∽△EFB，

∴，

∴，

设BF=3a，则EF=5a，

∴BC=3a+5a=8a，

AC=8a×=a，

在Rt△ABC中，AC1+BC1=AB1，

即（a）1+（8a）1=（10+6）1，

解得a1=，

红、蓝两张纸片的面积之和=×a×8a-（5a）1，

=a1-15a1，

=a1，

=×，

=30cm1．

故选D．

【点睛】

本题考查根据相似三角形的性质求出直角三角形的两直角边，利用红、蓝两张纸片的面积之和等于大三角形的面积减去正方形的面积求解是关键.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、②③

【解析】
根据平行线的性质以及等边三角形的性质即可求出答案．

【详解】

由题意可知：∠A=30°，∴AB=2BC，故①错误；

∵l1∥l2，∴∠CDB=∠1=60°．

∵∠CBD=60°，∴△BCD是等边三角形，故②正确；

∵△BCD是等边三角形，∴∠BCD=60°，∴∠ACD=∠A=30°，∴AD=CD=BD，故③正确．

故答案为②③．

【点睛】

本题考查了平行的性质以及等边三角形的性质，解题的关键是熟练运用平行线的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，本题属于中等题型．

12、＜

【解析】
∵≈0.62，0.62＜1，

∴＜1；

故答案为＜．

13、 (-1,-2)

【解析】

试题分析：因为y=（x+1）2﹣2是抛物线的顶点式，

根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（﹣1，﹣2），

故答案为（﹣1，﹣2）．

考点：二次函数的性质．

14、2+

【解析】
试题分析：过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．

∵PE⊥AB，AB=2，半径为2，

∴AE=AB=，PA=2， 根据勾股定理得：PE=1，

∵点A在直线y=x上，

∴∠AOC=45°，

∵∠DCO=90°，

∴∠ODC=45°，

∴△OCD是等腰直角三角形，

∴OC=CD=2，

 ∴∠PDE=∠ODC=45°，

∴∠DPE=∠PDE=45°， 

∴DE=PE=1， 

∴PD=

∵⊙P的圆心是（2，a）， 

∴a=PD+DC=2+．

【点睛】

本题主要考查的就是垂径定理的应用以及直角三角形勾股定理的应用，属于中等难度的题型．解决这个问题的关键就是在于作出辅助线，将所求的线段放入到直角三角形中．本题还需要注意的一个隐含条件就是：直线y=x或直线y=-x与x轴所形成的锐角为45°，这一个条件的应用也是很重要的．

15、2

【解析】
根据定义即可求出答案．

【详解】

由题意可知：原式=1-i2=1-（-1）=2

故答案为2

【点睛】

本题考查新定义型运算，解题的关键是正确理解新定义．

16、b2

【解析】

该题考查因式分解的定义

首先可以提取一个公共项b，所以a2b＋2ab＋b＝b（a2＋2a＋1）

再由完全平方公式（x1+x2）2=x12+x22+2x1x2

所以a2b＋2ab＋b＝b（a2＋2a＋1）=b2

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）详见解析；（2）∠CEF=45°．

【解析】

试题分析：（1）连接OC，根据切线的性质和直径所对的圆周角是直角得出∠DCO＝∠ACB＝90°，然后根据等角的余角相等即可得出结论；

（2）根据三角形的外角的性质证明∠CEF=∠CFE即可求解．

试题解析：

（1）证明：如图1中，连接OC．

∵OA＝OC，∴∠1＝∠2，

∵CD是⊙O切线，∴OC⊥CD，

∴∠DCO＝90°，∴∠3＋∠2＝90°，

∵AB是直径，∴∠1＋∠B＝90°，

∴∠3＝∠B．

（2）解：∵∠CEF＝∠ECD＋∠CDE，∠CFE＝∠B＋∠FDB，

∵∠CDE＝∠FDB，∠ECD＝∠B，∴∠CEF＝∠CFE，

∵∠ECF＝90°，

∴∠CEF＝∠CFE＝45°．

18、 (1)26°;(2)1.

【解析】

试题分析：（1）根据垂径定理，得到，再根据圆周角与圆心角的关系，得知∠E=∠O，据此即可求出∠DEB的度数；

（2）由垂径定理可知，AB=2AC，在Rt△AOC中，OC=3，OA=5，由勾股定理求AC即可得到AB的长．

试题解析：（1）∵AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB，

∴，

∴∠DEB=∠AOD=×52°=26°；

（2）∵AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB，

∴AC=BC，即AB=2AC，

在Rt△AOC中，AC===4，

则AB=2AC=1．

考点：垂径定理；勾股定理；圆周角定理．

19、这种测量方法可行，旗杆的高为21.1米．

【解析】

分析：根据已知得出过F作FG⊥AB于G，交CE于H，利用相似三角形的判定得出△AGF∽△EHF，再利用相似三角形的性质得出即可．

详解：这种测量方法可行．

理由如下：

设旗杆高AB=x．过F作FG⊥AB于G，交CE于H（如图）．

所以△AGF∽△EHF．

因为FD=1.1，GF=27+3=30，HF=3，

所以EH=3.1﹣1.1=2，AG=x﹣1.1．

由△AGF∽△EHF，

得，

即，

所以x﹣1.1=20，

解得x=21.1（米）

答：旗杆的高为21.1米．

点睛：此题主要考查了相似三角形的判定与性质，根据已知得出△AGF∽△EHF是解题关键．

20、（1）y=140x+6000；（2）三种，答案见解析；（3）选择方案③进货时，经销商可获利最大，最大利润是13000元．

【解析】
（1）根据利润y=（A售价﹣A进价）x+（B售价﹣B进价）×（100﹣x）列式整理即可；

（2）全部销售后利润不少于1.26万元得到一元一次不等式组，求出满足题意的x的正整数值即可；

（3）利用y与x的函数关系式的增减性来选择哪种方案获利最大，并求此时的最大利润即可．

【详解】

解：（1）y=（900﹣700）x+（160﹣100）×（100﹣x）=140x+6000.

由700x+100（100﹣x）≤40000得x≤50.

∴y与x之间的函数关系式为y=140x+6000（x≤50）

（2）令y≥12600，即140x+6000≥12600，

解得x≥47.1.

又∵x≤50，∴经销商有以下三种进货方案：

（3）∵140＞0，∴y随x的增大而增大.

∴x=50时y取得最大值.

又∵140×50+6000=13000，

∴选择方案③进货时，经销商可获利最大，最大利润是13000元．

【点睛】

本题考查由实际问题列函数关系式；一元一次不等式的应用；一次函数的应用．

21、xn+1-1

【解析】

试题分析：观察其右边的结果：第一个是﹣1；第二个是﹣1；…依此类推，则第n个的结果即可求得．

试题解析：（x﹣1）（++…x+1）=．

故答案为.

考点：平方差公式．

22、（1）商场两次共购进这种运动服600套；（2）每套运动服的售价至少是200元．

【解析】
（1）设商场第一次购进套运动服，根据“第二批所购数量是第一批购进数量的2倍，但每套进价多了10元”即可列方程求解；

（2）设每套运动服的售价为y元，根据“这两批运动服每套的售价相同，且全部售完后总利润率不低于20%” 即可列不等式求解.

【详解】

（1）设商场第一次购进x套运动服，由题意得

解这个方程，得

经检验，是所列方程的根

．

答：商场两次共购进这种运动服600套；

（2）设每套运动服的售价为y元，由题意得

，

解这个不等式，得

答：每套运动服的售价至少是200元．

【点睛】

此题主要考查分式方程的应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是读懂题意，找到等量及不等关系，正确列方程和不等式求解.

23、（1）能，见解析；（2）见解析.

【解析】
（1）直接利用菱形的判定方法分析得出答案；
（2）直接利用全等三角形的判定与性质得出EO=FO，进而得出答案．

【详解】

解：（1）能；该同学错在AC和EF并不是互相平分的，EF垂直平分AC，但未证明AC垂直平分EF，

需要通过证明得出；

（2）证明： ∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC．

∴∠FAC＝∠ECA．

∵EF是AC的垂直平分线，

∴OA＝OC．

∵在△AOF与△COE中，

,

∴△AOF≌△COE（ASA）．

∴EO＝FO．

∴AC垂直平分EF．

∴EF与AC互相垂直平分．

∴四边形AECF是菱形．

【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，正确得出全等三角形是解题关键．

24、（1）证明见解析；（2）结论：四边形ACDF是矩形．理由见解析.

【解析】
（1）只要证明AB=CD，AF=CD即可解决问题；

（2）结论：四边形ACDF是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形判断即可；

【详解】

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BE∥CD，AB=CD，

∴∠AFC=∠DCG，

∵GA=GD，∠AGF=∠CGD，

∴△AGF≌△DGC，

∴AF=CD，

∴AB=CF．

（2）解：结论：四边形ACDF是矩形．

理由：∵AF=CD，AF∥CD，

∴四边形ACDF是平行四边形，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠BAD=∠BCD=120°，

∴∠FAG=60°，

∵AB=AG=AF，

∴△AFG是等边三角形，

∴AG=GF，

∵△AGF≌△DGC，

∴FG=CG，∵AG=GD，

∴AD=CF，

∴四边形ACDF是矩形．

【点睛】

本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题.