江西省宜春市高安市高安中学2022年中考数学全真模拟试题含解析

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．在平面直角坐标系中，点(2，3)所在的象限是（   ）

A．第一象限                            B．第二象限                            C．第三象限                            D．第四象限

2．若二元一次方程组的解为则的值为（    ）

A．1 B．3 C． D．

3．下列图形中，是轴对称图形的是（      ）

A． B． C． D．

4．如图，、是的切线，点在上运动，且不与，重合，是直径．，当时，的度数是(　　)

A． B． C． D．

5．如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，G，F分别为AD、BC边上的点，若AG=1，BF=2，∠GEF=90°，则GF的长为(   )

A．2 B．3 C．4 D．5

6．如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，过点D作DE∥AC， 且DE=AC，连接CE、OE，连接AE，交OD于点F，若AB=2，∠ABC=60°，则AE的长为（　　）

A． B． C． D．

7．如图，在菱形ABCD中，E是AC的中点，EF∥CB，交AB于点F，如果EF=3，那么菱形ABCD的周长为（　　）

A．24 B．18 C．12 D．9

8．据调查，某班20为女同学所穿鞋子的尺码如表所示，

则鞋子尺码的众数和中位数分别是(   )

A．35码，35码 B．35码，36码 C．36码，35码 D．36码，36码

9．如图，已知⊙O的半径为5，AB是⊙O的弦，AB=8，Q为AB中点，P是圆上的一点（不与A、B重合），连接PQ，则PQ的最小值为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．8

10．某厂接到加工720件衣服的订单，预计每天做48件，正好按时完成，后因客户要求提前5天交货，设每天应多做x件才能按时交货，则x应满足的方程为(   )

A． B．

C． D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．因式分解：x2﹣4=       ．

12．如图，直线a、b相交于点O，若∠1=30°，则∠2=___

13．将绕点逆时针旋转到使、、在同一直线上，若，，，则图中阴影部分面积为________.

14．如图是一组有规律的图案，图案1是由4个组成的，图案2是由7个组成的，那么图案5是由       个组成的，依此，第n个图案是由           个组成的．

15．如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，∠P= 40°，则∠BAC=         .

16．因式分解：3a3﹣6a2b+3ab2＝_____．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）已知：如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，DE⊥AC于点F，交BC于点G，交AB的延长线于点E，且AE=AC．

求证：BG=FG；若AD=DC=2，求AB的长．

18．（8分）一辆汽车，新车购买价30万元，第一年使用后折旧，以后该车的年折旧率有所变化，但它在第二、三年的年折旧率相同.已知在第三年年末，这辆车折旧后价值为万元，求这辆车第二、三年的年折旧率.

19．（8分）如图，抛物线y＝﹣x2+5x+n经过点A（1，0），与y轴交于点B．

（1）求抛物线的解析式；

（2）P是y轴正半轴上一点，且△PAB是以AB为腰的等腰三角形，试求P点坐标．

20．（8分）如图，在△ABC中，∠CAB＝90°，∠CBA＝50°，以AB为直径作⊙O交BC于点D，点E在边AC上，且满足ED＝EA．

（1）求∠DOA的度数；

（2）求证：直线ED与⊙O相切．

21．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣6x+（2m+1）=0有实数根．求m的取值范围；如果方程的两个实数根为x1，x2，且2x1x2+x1+x2≥20，求m的取值范围．

22．（10分）如图，在Rt△ABC的顶点A、B在x轴上，点C在y轴上正半轴上，且

A(－1，0)，B(4，0)，∠ACB＝90°.

(1)求过A、B、C三点的抛物线解析式；

(2)设抛物线的对称轴l与BC边交于点D，若P是对称轴l上的点，且满足以P、C、D为顶点的三角形与△AOC相似，求P点的坐标；

(3)在对称轴l和抛物线上是否分别存在点M、N，使得以A、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形，若存在请直接写出点M、点N的坐标；若不存在，请说明理由.

图1                          备用图

23．（12分）先化简，再求值：（x+2y）（x﹣2y）+（20xy3﹣8x2y2）÷4xy，其中x＝2018，y＝1．

24．为改善生态环境，防止水土流失，某村计划在荒坡上种1000棵树．由于青年志愿者的支援，每天比原计划多种25%，结果提前5天完成任务，原计划每天种多少棵树？

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、A

【解析】
根据点所在象限的点的横纵坐标的符号特点，就可得出已知点所在的象限.

【详解】

解：点（2,3）所在的象限是第一象限.

 故答案为：A

【点睛】

考核知识点：点的坐标与象限的关系.

2、D

【解析】
先解方程组求出，再将代入式中，可得解.

【详解】

解：

，

得，

所以，

因为

所以.

故选D.

【点睛】

本题考查二元一次方程组的解，解题的关键是观察两方程的系数，从而求出a-b的值，本题属于基础题型．

3、B

【解析】

分析：根据轴对称图形的概念求解．

详解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；

B、是轴对称图形，故此选项符合题意；

C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；

D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；

故选B．

点睛：本题考查了轴对称图形，轴对称图形的判断方法：把某个图象沿某条直线折叠，如果图形的两部分能够重合，那么这个是轴对称图形．

4、B

【解析】
连接OB，由切线的性质可得，由邻补角相等和四边形的内角和可得，再由圆周角定理求得，然后由平行线的性质即可求得．

【详解】

解，连结OB，

∵、是的切线，

∴，，则，

∵四边形APBO的内角和为360°，即，

∴，

又∵，，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

故选：B．

【点睛】

本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、平行线的性质和四边形的内角和，解题的关键是灵活运用有关定理和性质来分析解答．

5、B

【解析】

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠A=∠B=90°，

∴∠AGE+∠AEG=90°，∠BFE+∠FEB=90°，

∵∠GEF=90°，

∴∠GEA+∠FEB=90°，

∴∠AGE=∠FEB，∠AEG=∠EFB，

∴△AEG∽△BFE，

∴，

又∵AE=BE，

∴AE2=AG•BF=2，

∴AE=（舍负），

∴GF2=GE2+EF2=AG2+AE2+BE2+BF2=1+2+2+4=9，

∴GF的长为3，

故选B.

【点睛】本题考查了相似三角形的性质的应用，利用勾股定理即可得解，解题的关键是证明△AEG∽△BFE．

6、C

【解析】

在菱形ABCD中,OC=AC，AC⊥BD，∴DE=OC，∵DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形，∵AC⊥BD，∴平行四边形OCED是矩形，∵在菱形ABCD中,∠ABC=60°，∴△ABC为等边三角形，∴AD=AB=AC=2,OA=AC=1，

在矩形OCED中,由勾股定理得：CE=OD=，

在Rt△ACE中,由勾股定理得：AE=；故选C.

点睛:本题考查了菱形的性质，先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，证明四边形OCED是矩形，再根据菱形的性质得出AC=AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可.

7、A

【解析】

【分析】易得BC长为EF长的2倍，那么菱形ABCD的周长=4BC问题得解．

【详解】∵E是AC中点，

∵EF∥BC，交AB于点F，

∴EF是△ABC的中位线，

∴BC=2EF=2×3=6，

∴菱形ABCD的周长是4×6=24，

故选A．

【点睛】本题考查了三角形中位线的性质及菱形的周长公式，熟练掌握相关知识是解题的关键.

8、D

【解析】
众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数．

【详解】

数据36出现了10次，次数最多，所以众数为36，

一共有20个数据,位置处于中间的数是：36,36,所以中位数是(36+36)÷2=36.

故选D.

【点睛】

考查中位数与众数，掌握众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数是解题的关键.

9、B

【解析】
连接OP、OA，根据垂径定理求出AQ，根据勾股定理求出OQ，计算即可．

【详解】

解：

由题意得，当点P为劣弧AB的中点时，PQ最小，
连接OP、OA，

由垂径定理得，点Q在OP上，AQ=AB=4，

在Rt△AOB中，OQ==3，

∴PQ=OP-OQ=2，

故选：B．

【点睛】

本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理的推论是解题的关键．

10、D

【解析】
因客户的要求每天的工作效率应该为：（48+x）件，所用的时间为：，

根据“因客户要求提前5天交货”，用原有完成时间减去提前完成时间，

可以列出方程：．

故选D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、（x+2）（x-2）.

【解析】试题分析：直接利用平方差公式分解因式得出x2﹣4=（x+2）（x﹣2）．

考点：因式分解-运用公式法

12、30°

【解析】

因∠1和∠2是邻补角，且∠1=30°，由邻补角的定义可得∠2=180°﹣∠1=180°﹣30°=150°．

解：∵∠1+∠2=180°，

又∠1=30°，

∴∠2=150°．

13、

【解析】

分析：易得整理后阴影部分面积为圆心角为110°，两个半径分别为4和1的圆环的面积．

详解：由旋转可得△ABC≌△A′BC′．∵∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=4cm，

∴BC=1cm，AC=1cm，∠A′BA=110°，∠CBC′=110°，

∴阴影部分面积=（S△A′BC′+S扇形BAA′）-S扇形BCC′-S△ABC=×（41-11）=4πcm1．

故答案为4π．

点睛：本题利用旋转前后的图形全等，直角三角形的性质，扇形的面积公式求解．

14、16，3n+1．

【解析】
观察不难发现，后一个图案比前一个图案多3个基础图形，然后写出第5个和第n个图案的基础图形的个数即可．

【详解】

由图可得，第1个图案基础图形的个数为4，

第2个图案基础图形的个数为7，7=4+3，

第3个图案基础图形的个数为10，10=4+3×2，

…，

第5个图案基础图形的个数为4+3(5−1)=16，

第n个图案基础图形的个数为4+3(n−1)=3n+1.

故答案为16，3n+1.

【点睛】

本题考查了规律型：图形的变化类，根据图像发现规律是解题的关键.

15、20°

【解析】
根据切线的性质可知∠PAC＝90°，由切线长定理得PA＝PB，∠P＝40°，求出∠PAB的度数，用∠PAC﹣∠PAB得到∠BAC的度数．

【详解】

解：∵PA是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，

∴∠PAC＝90°．

∵PA，PB是⊙O的切线，

∴PA＝PB．

∵∠P＝40°，

∴∠PAB＝（180°﹣∠P）÷2＝（180°﹣40°）÷2＝70°，

∴∠BAC＝∠PAC﹣∠PAB＝90°﹣70°＝20°．

故答案为20°．

【点睛】

本题考查了切线的性质，根据切线的性质和切线长定理进行计算求出角的度数．

16、3a（a﹣b）1

【解析】
首先提取公因式3a，再利用完全平方公式分解即可.

【详解】

3a3﹣6a1b+3ab1，

＝3a（a1﹣1ab+b1），

＝3a（a﹣b）1．

故答案为：3a（a﹣b）1．

【点睛】

此题考查多项式的因式分解，多项式分解因式时如果有公因式必须先提取公因式，然后再利用公式法分解因式，根据多项式的特点用适合的分解因式的方法是解题的关键.

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）证明见解析；（2）AB=

【解析】
（1）证明：∵，DE⊥AC于点F，

∴∠ABC=∠AFE．

∵AC=AE,∠EAF=∠CAB，

∴△ABC≌△AFE

∴AB=AF．

连接AG，

∵AG=AG,AB=AF

∴Rt△ABG≌Rt△AFG

∴BG=FG

（2）解：∵AD=DC，DF⊥AC

∴

∴∠E=30°

∴∠FAD=∠E=30°

∴AB=AF=

18、这辆车第二、三年的年折旧率为.

【解析】
设这辆车第二、三年的年折旧率为x，则第二年这就后的价格为30（1-20%）（1-x）元，第三年折旧后的而价格为30（1-20%）（1-x）2元，与第三年折旧后的价格为17.34万元建立方程求出其解即可．

【详解】

设这辆车第二、三年的年折旧率为，依题意，得

整理得，

解得，.

因为折旧率不可能大于1，所以不合题意，舍去.

所以

答：这辆车第二、三年的年折旧率为.

【点睛】

本题是一道折旧率问题，考查了列一元二次方程解实际问题的运用，解答本题时设出折旧率，表示出第三年的折旧后价格并运用价格为11.56万元建立方程是关键．

19、（1）；（2）（0，）或（0，4）．

【解析】

试题分析：（1）将A点的坐标代入抛物线中，即可得出二次函数的解析式；

（2）本题要分两种情况进行讨论：①PB=AB，先根据抛物线的解析式求出B点的坐标，即可得出OB的长，进而可求出AB的长，也就知道了PB的长，由此可求出P点的坐标；

②PA=AB，此时P与B关于x轴对称，由此可求出P点的坐标．

试题解析：（1）∵抛物线经过点A（1，0），∴，∴；

（2）∵抛物线的解析式为，∴令，则，∴B点坐标（0，﹣4），AB=，

①当PB=AB时，PB=AB=，∴OP=PB﹣OB=．∴P（0，），

②当PA=AB时，P、B关于x轴对称，∴P（0，4），因此P点的坐标为（0，）或（0，4）．

考点：二次函数综合题．

20、（1）∠DOA =100°；（2）证明见解析.

【解析】

试题分析：（1）根据∠CBA=50°，利用圆周角定理即可求得∠DOA的度数；（2）连接OE，利用SSS证明△EAO≌△EDO，根据全等三角形的性质可得∠EDO=∠EAO=90°，即可证明直线ED与⊙O相切．

试题解析：（1）∵∠DBA=50°，∴∠DOA=2∠DBA=100°；

（2）证明：连接OE，

在△EAO和△EDO中，

AO=DO，EA=ED，EO=EO，

∴△EAO≌△EDO，

得到∠EDO=∠EAO=90°，

∴直线ED与⊙O相切．

考点：圆周角定理；全等三角形的判定及性质；切线的判定定理

21、（1）m≤1；（2）3≤m≤1．

【解析】

试题分析：（1）根据判别式的意义得到△=（-6）2-1（2m+1）≥0，然后解不等式即可；

（2）根据根与系数的关系得到x1+x2=6，x1x2=2m+1，再利用2x1x2+x1+x2≥20得到2（2m+1）+6≥20，然后解不等式和利用（1）中的结论可确定满足条件的m的取值范围．

试题解析：

（1）根据题意得△＝（－6）2－1（2m＋1）≥0，   

解得m≤1；

（2）根据题意得x1＋x2＝6，x1x2＝2m＋1，        

而2x1x2＋x1＋x2≥20，所以2（2m＋1）＋6≥20， 解得m≥3，

而m≤1，所以m的范围为3≤m≤1．

22、见解析

【解析】

分析：(1)根据求出点的坐标，用待定系数法即可求出抛物线的解析式.

(2)分两种情况进行讨论即可.

(3)存在. 假设直线l上存在点M，抛物线上存在点N，使得以A、O、M、N为顶点的四边形为平行四边形.分当平行四边形是平行四边形时，当平行四边形AONM是平行四边形时，当四边形AMON为平行四边形时，三种情况进行讨论.

详解：(1)易证，得，

∴OC=2，∴C(0，2),

∵抛物线过点A(-1，0)，B(4，0)

因此可设抛物线的解析式为 

将C点(0，2)代入得:，即

∴抛物线的解析式为

 (2)如图2，

当时，则P1(，2),

当 时， 

∴OC∥l,

∴，

∴P2H＝·OC＝5，

∴P2 (，5)

因此P点的坐标为(，2)或(，5).

(3)存在.

假设直线l上存在点M，抛物线上存在点N，使得以A、O、M、N为顶点的四边形为平行四边形.

如图3，

当平行四边形是平行四边形时，M(，)，(,),

当平行四边形AONM是平行四边形时，M(，)，N(,),

如图4，当四边形AMON为平行四边形时，MN与OA互相平分，此时可设M(，m)，则

∵点N在抛物线上，

∴-m＝-·(-+1)( --4)=-,

∴m=,

此时M(，)， N(-,-).

综上所述，M(，)，N(,)或M(，)，N(,) 或 M(，)， N(-,-).

点睛：属于二次函数综合题，考查相似三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数解析式等，注意分类讨论的思想方法在数学中的应用.

23、 (x﹣y)2；2.

【解析】
首先利用多项式的乘法法则以及多项式与单项式的除法法则计算，然后合并同类项即可化简，然后代入数值计算即可．

【详解】

原式= x2﹣4y2+4xy(5y2-2xy)÷4xy

＝x2﹣4y2+5y2﹣2xy

＝x2﹣2xy+y2，

＝(x﹣y)2，

当x＝2028，y＝2时，

原式＝(2028﹣2)2＝(﹣2)2＝2．

【点睛】

本题考查的是整式的混合运算，正确利用多项式的乘法法则以及合并同类项法则是解题的关键.

24、原计划每天种树40棵．

【解析】
设原计划每天种树x棵，实际每天植树（1+25%）x棵，根据实际完成的天数比计划少5天为等量关系建立方程求出其解即可．

【详解】

设原计划每天种树x棵,实际每天植树(1+25%)x棵，由题意，得

−=5，

解得：x=40，

经检验，x=40是原方程的解.

答：原计划每天种树40棵.