2022届山东省济宁市金乡县中考三模数学试题含解析

这是一份2022届山东省济宁市金乡县中考三模数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下列图标中，是中心对称图形的是，在代数式 中，m的取值范围是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．对于实数x，我们规定[x]表示不大于x的最大整数，如[4]=4，[]=1，[﹣2.5]=﹣3.现对82进行如下操作：82 []=9 []=3 []=1，这样对82只需进行3次操作后变为1，类似地，对121只需进行多少次操作后变为1（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．解分式方程时，去分母后变形为
A． B．
C． D．
3．如图，将△ABC绕点C旋转60°得到△A′B′C′，已知AC=6，BC=4，则线段AB扫过的图形面积为（　　）

A． B． C．6π D．以上答案都不对
4．下列图标中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
5． “龟兔赛跑”是同学们熟悉的寓言故事．如图所示，表示了寓言中的龟、兔的路程S和时间t的关系（其中直线段表示乌龟，折线段表示兔子）．下列叙述正确的是（ ）

A．赛跑中，兔子共休息了50分钟
B．乌龟在这次比赛中的平均速度是0.1米/分钟
C．兔子比乌龟早到达终点10分钟
D．乌龟追上兔子用了20分钟
6．我们从不同的方向观察同一物体时，可能看到不同的图形，则从正面、左面、上面观察都不可能看到矩形的是（　　）
A． B． C． D．
7．在代数式 中，m的取值范围是（　　）
A．m≤3 B．m≠0 C．m≥3 D．m≤3且m≠0
8．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，且侧棱AA1⊥底面ABC，其正（主）视图是边长为2的正方形，则此三棱柱侧（左）视图的面积为（ ）

A． B． C． D．4
9．已知正比例函数的图象经过点，则此正比例函数的关系式为（ ）．
A． B． C． D．
10．如图，直立于地面上的电线杆 AB，在阳光下落在水平地面和坡面上的影子分别是
BC、CD，测得 BC=6 米，CD=4 米，∠BCD=150°，在 D 处测得电线杆顶端 A 的仰 角为 30°，则电线杆 AB 的高度为（ ）

A． B． C． D．
11．如下字体的四个汉字中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，将△ABC沿DE，EF翻折，顶点A，B均落在点O处，且EA与EB重合于线段EO，若∠DOF＝142°，则∠C的度数为（　　）

A．38° B．39° C．42° D．48°
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB′C′，则图中阴影部分的面积是_____cm1．

14．如图，角α的一边在x轴上，另一边为射线OP，点P（2，2），则tanα=_____．

15．（2016辽宁省沈阳市）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=20，DE是△ABC的中位线，点M是边BC上一点，BM=3，点N是线段MC上的一个动点，连接DN，ME，DN与ME相交于点O．若△OMN是直角三角形，则DO的长是______．

16．如图所示，在平面直角坐标系中，已知反比例函数y=(x>0)的图象和菱形OABC，且OB=4，tan∠BOC=，若将菱形向右平移，菱形的两个顶点B、C恰好同时落在反比例函数的图象上，则反比例函数的解析式是______________.

17．为有效开展“阳光体育”活动，某校计划购买篮球和足球共50个，购买资金不超过3000元．若每个篮球80元，每个足球50元，则篮球最多可购买_____个．
18．如图，数轴上点A所表示的实数是________________．　

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，已知ABCD是边长为3的正方形，点P在线段BC上，点G在线段AD上，PD＝PG，DF⊥PG于点H，交AB于点F，将线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连接EF．
（1）求证：DF＝PG；
（2）若PC＝1，求四边形PEFD的面积．

20．（6分）如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．证明：DE为⊙O的切线；连接OE，若BC＝4，求△OEC的面积．

21．（6分）如图，在△ABC中，AB=AC，点，在边上，．求证：．

22．（8分）如图，在平面直角坐标中，点O是坐标原点，一次函数y1=kx+b与反比例函数y2=的图象交于A（1，m）、B（n，1）两点．
（1）求直线AB的解析式；
（2）根据图象写出当y1＞y2时，x的取值范围；
（3）若点P在y轴上，求PA+PB的最小值．

23．（8分）计算：（π﹣3.14）0+|﹣1|﹣2sin45°+（﹣1）1．
24．（10分）今年5月，某大型商业集团随机抽取所属的m家商业连锁店进行评估，将各连锁店按照评估成绩分成了A、B、C、D四个等级，绘制了如图尚不完整的统计图表．
评估成绩n（分）

评定等级

频数

90≤n≤100

A

2

80≤n＜90

B



70≤n＜80

C

15

n＜70

D

6

根据以上信息解答下列问题：
（1）求m的值；
（2）在扇形统计图中，求B等级所在扇形的圆心角的大小；（结果用度、分、秒表示）
（3）从评估成绩不少于80分的连锁店中任选2家介绍营销经验，求其中至少有一家是A等级的概率．

25．（10分）已知：在⊙O中，弦AB=AC，AD是⊙O的直径．
求证：BD=CD．

26．（12分）关于x的一元二次方程ax2+bx+1=1．
（1）当b=a+2时，利用根的判别式判断方程根的情况；
（2）若方程有两个相等的实数根，写出一组满足条件的a，b的值，并求此时方程的根．
27．（12分）已知平行四边形．
尺规作图：作的平分线交直线于点，交延长线于点（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；在（1）的条件下，求证：．



参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、C
【解析】
分析：[x]表示不大于x的最大整数，依据题目中提供的操作进行计算即可．
详解：121
∴对121只需进行3次操作后变为1.
故选C．
点睛：本题是一道关于无理数的题目，需要结合定义的新运算和无理数的估算进行求解.
2、D
【解析】
试题分析：方程，两边都乘以x-1去分母后得：2-（x+2）=3（x-1），故选D.
考点：解分式方程的步骤.
3、D
【解析】
从图中可以看出，线段AB扫过的图形面积为一个环形，环形中的大圆半径是AC，小圆半径是BC，圆心角是60度，所以阴影面积=大扇形面积-小扇形面积．
【详解】
阴影面积=π．
故选D．
【点睛】
本题的关键是理解出，线段AB扫过的图形面积为一个环形．
4、B
【解析】
根据中心对称图形的概念 对各选项分析判断即可得解．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项正确；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、不是中心对称图形，故本选项错误．
故选B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
5、D
【解析】
分析：根据图象得出相关信息，并对各选项一一进行判断即可.
详解：由图象可知，在赛跑中，兔子共休息了：50-10＝40（分钟），故A选项错误；
乌龟跑500米用了50分钟，平均速度为：（米/分钟），故B选项错误；
兔子是用60分钟到达终点，乌龟是用50分钟到达终点，兔子比乌龟晚到达终点10分钟，故C选项错误；
在比赛20分钟时，乌龟和兔子都距起点200米，即乌龟追上兔子用了20分钟，故D选项正确.
故选D.
点睛：本题考查了从图象中获取信息的能力.正确识别图象、获取信息并进行判断是解题的关键.
6、C
【解析】
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．依此找到从正面、左面、上面观察都不可能看到矩形的图形．
【详解】
A、主视图为长方形，左视图为长方形，俯视图为圆，故本选项错误；
B、主视图为长方形，左视图为长方形，俯视图为长方形，故本选项错误；
C、主视图为等腰梯形，左视图为等腰梯形，俯视图为圆环，从正面、左面、上面观察都不可能看到长方形，故本选项正确；
D、主视图为三角形，左视图为三角形，俯视图为有对角线的矩形，故本选项错误．
故选C．
【点睛】
本题重点考查了三视图的定义考查学生的空间想象能力，关键是根据主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形解答．
7、D
【解析】
根据二次根式有意义的条件即可求出答案．
【详解】
由题意可知：
解得：m≤3且m≠0
故选D．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练运用二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．
8、B
【解析】
分析：易得等边三角形的高，那么左视图的面积=等边三角形的高×侧棱长，把相关数值代入即可求解．
详解：∵三棱柱的底面为等边三角形，边长为2，作出等边三角形的高CD后，
∴等边三角形的高CD=，∴侧（左）视图的面积为2×,
故选B．
点睛：本题主要考查的是由三视图判断几何体．解决本题的关键是得到求左视图的面积的等量关系，难点是得到侧面积的宽度．
9、A
【解析】
根据待定系数法即可求得．
【详解】
解：∵正比例函数y=kx的图象经过点（1，﹣3），
∴﹣3=k，即k=﹣3，
∴该正比例函数的解析式为：y=﹣3x．
故选A．
【点睛】
此类题目需灵活运用待定系数法建立函数解析式，然后将点的坐标代入解析式，利用方程解决问题．
10、B
【解析】
延长AD交BC的延长线于E，作DF⊥BE于F，

∵∠BCD=150°，
∴∠DCF=30°，又CD=4，
∴DF=2，CF= =2，
由题意得∠E=30°，
∴EF= ，
∴BE=BC+CF+EF=6+4，
∴AB=BE×tanE=（6+4）×=（2+4）米，
即电线杆的高度为（2+4）米．
点睛：本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键.
11、A
【解析】
试题分析：根据轴对称图形的意义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；据此可知，A为轴对称图形．
故选A．
考点：轴对称图形
12、A
【解析】
分析：根据翻折的性质得出∠A=∠DOE，∠B=∠FOE，进而得出∠DOF=∠A+∠B，利用三角形内角和解答即可．
详解：∵将△ABC沿DE，EF翻折，∴∠A=∠DOE，∠B=∠FOE，∴∠DOF=∠DOE+∠EOF=∠A+∠B=142°，∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣142°=38°．
故选A．
点睛：本题考查了三角形内角和定理、翻折的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会把条件转化的思想，属于中考常考题型．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、
【解析】
∵等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后得到△AB′C′，
∵∠CAC′=15°，
∴∠C′AB=∠CAB﹣∠CAC′=45°﹣15°=30°，AC′=AC=5，
∴阴影部分的面积=×5×tan30°×5=．
14、
【解析】
解：过P作PA⊥x轴于点A．∵P（2，），∴OA=2，PA=，∴tanα=.故答案为．

点睛：本题考查了解直角三角形，正切的定义，坐标与图形的性质，熟记三角函数的定义是解题的关键．
15、或．
【解析】
由图可知，在△OMN中，∠OMN的度数是一个定值，且∠OMN不为直角. 故当∠ONM=90°或∠MON=90°时，△OMN是直角三角形. 因此，本题需要按以下两种情况分别求解.
(1) 当∠ONM=90°时，则DN⊥BC.

过点E作EF⊥BC，垂足为F.(如图)
∵在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，
∴∠C=45°，
∵BC=20，
∴在Rt△ABC中，，
∵DE是△ABC的中位线，
∴，
∴在Rt△CFE中，，.
∵BM=3，BC=20，FC=5，
∴MF=BC-BM-FC=20-3-5=12.
∵EF=5，MF=12，
∴在Rt△MFE中，，
∵DE是△ABC的中位线，BC=20，
∴，DE∥BC，
∴∠DEM=∠EMF，即∠DEO=∠EMF，
∴，
∴在Rt△ODE中，.
(2) 当∠MON=90°时，则DN⊥ME.

过点E作EF⊥BC，垂足为F.(如图)
∵EF=5，MF=12，
∴在Rt△MFE中，，
∴在Rt△MFE中，，
∵∠DEO=∠EMF，
∴，
∵DE=10，
∴在Rt△DOE中，.
综上所述，DO的长是或.
故本题应填写：或.
点睛：
在解决本题的过程中，难点在于对直角三角形中直角的分类讨论；关键点是通过等角代换将一个在原直角三角形中不易求得的三角函数值转换到一个容易求解的直角三角形中进行求解. 另外，本题也可以用相似三角形的方法进行求解，不过利用锐角三角函数相对简便.
16、
【解析】
解：连接AC，交y轴于D．∵四边形形OABC是菱形，∴AC⊥OB，OD=BD，AD=CD．∵OB=4，tan∠BOC=，∴OD=2，CD=1，∴A（﹣1，2），B（0，4），C（1，2）．设菱形平移后B的坐标是（x，4），C的坐标是（1+x，2）．∵B、C落在反比例函数的图象上，∴k=4x=2（1+x），解得：x=1，即菱形平移后B的坐标是（1，4），代入反比例函数的解析式得：k=1×4=4，即B、C落在反比例函数的图象上，菱形的平移距离是1，反比例函数的解析式是y=．故答案为y=．

点睛：本题考查了菱形的性质，用待定系数法求反比例函数的解析式，平移的性质的应用，主要考查学生的计算能力．
17、1
【解析】
设购买篮球x个，则购买足球个，根据总价单价购买数量结合购买资金不超过3000元，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最大整数即可．
【详解】
设购买篮球x个，则购买足球个，
根据题意得：，
解得：．
为整数，
最大值为1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
18、
【解析】
A点到-1的距离等于直角三角形斜边的长度，应用勾股定理求解出直角三角形斜边长度即可.
【详解】
解：直角三角形斜边长度为，则A点到-1的距离等于，
则A点所表示的数为：﹣1+
【点睛】
本题考查了利用勾股定理求解数轴上点所表示的数.

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、（1）证明见解析；（2）1.
【解析】
作PM⊥AD,在四边形ABCD和四边形ABPM证AD＝PM；DF⊥PG，得出∠GDH+∠DGH＝90°，推出∠ADF＝∠MPG；还有两个直角即可证明△ADF≌△MPG，从而得出对应边相等
（2）由已知得，DG＝2PC＝2；△ADF≌△MPG得出DF＝PD；根据旋转，得出∠EPG＝90°，PE＝PG从而得出四边形PEFD为平行四边形；根据勾股定理和等量代换求出边长DF的值；根据相似三角形得出对应边成比例求出GH的值，从而求出高PH 的值；最后根据面积公式得出
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，
∵四边形ABPM为矩形，
∴AB＝PM，
∴AD＝PM，
∵DF⊥PG，
∴∠DHG＝90°，
∴∠GDH+∠DGH＝90°，
∵∠MGP+∠MPG＝90°，
∴∠GDH＝∠MPG，
在△ADF和△MPG中，
∴△ADF≌△MPG（ASA），
∴DF＝PG；
（2）作PM⊥DG于M，如图，
∵PD＝PG，
∴MG＝MD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴PCDM为矩形，
∴PC＝MD，
∴DG＝2PC＝2；
∵△ADF≌△MPG（ASA），
∴DF＝PG，
而PD＝PG，
∴DF＝PD，
∵线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，
∴∠EPG＝90°，PE＝PG，
∴PE＝PD＝DF，
而DF⊥PG，
∴DF∥PE，
即DF∥PE，且DF＝PE，
∴四边形PEFD为平行四边形，
在Rt△PCD中，PC＝1，CD＝3，
∴PD＝＝，
∴DF＝PG＝PD＝，
∵四边形CDMP是矩形，
∴PM＝CD＝3，MD＝PC＝1，
∵PD＝PG，PM⊥AD，
∴MG＝MD＝1，DG＝2，
∵∠GDH＝∠MPG，∠DHG＝∠PMG＝90°，
∴△DHG∽△PMG，
∴，
∴GH＝＝，
∴PH＝PG﹣GH＝﹣＝，
∴四边形PEFD的面积＝DF•PH＝×＝1．

【点睛】
本题考查了平行四边形的面积、勾股定理、相似三角形判定、全等三角形性质，本题的关键是求边长和高的值
20、 (1)证明见解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）首先连接OD，CD，由以BC为直径的⊙O，可得CD⊥AB，又由等腰三角形ABC的底角为30°，可得AD=BD，即可证得OD∥AC，继而可证得结论；
（2）首先根据三角函数的性质，求得BD，DE，AE的长，然后求得△BOD，△ODE，△ADE以及△ABC的面积，继而求得答案．
试题解析：（1）证明：连接OD，CD，

∵BC为⊙O直径，
∴∠BDC=90°，
即CD⊥AB，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AD=BD，
∵OB=OC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵D点在⊙O上，
∴DE为⊙O的切线；
（2）解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，
∴CD=BC=2，BD=BC•cos30°=2，
∴AD=BD=2，AB=2BD=4，
∴S△ABC=AB•CD=×4×2=4，
∵DE⊥AC，
∴DE=AD=×2=，
AE=AD•cos30°=3，
∴S△ODE=OD•DE=×2×=，
S△ADE=AE•DE=××3=，
∵S△BOD=S△BCD=×S△ABC=×4=，
∴S△OEC=S△ABC-S△BOD-S△ODE-S△ADE=4---=．
21、见解析
【解析】
试题分析：证明△ABE≌△ACD 即可.
试题解析：法1：
∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∵AD=CE,
∴∠ADE=∠AED,
∴△ABE≌△ACD,
∴BE=CD ,
∴BD=CE,
法2：如图，作AF⊥BC于F,
∵AB=AC,
∴BF=CF,
∵AD=AE,
∴DF=EF,
∴BF－DF=CF－EF,
即BD=CE.

22、（1）y=﹣x+4；（2）1＜x＜1；（1）2．
【解析】
（1）依据反比例函数y2= (x＞0)的图象交于A（1，m）、B（n，1）两点，即可得到A（1，1）、B（1，1），代入一次函数y1=kx+b，可得直线AB的解析式；
（2）当1＜x＜1时，正比例函数图象在反比例函数图象的上方，即可得到当y1＞y2时，x的取值范围是1＜x＜1；
（1）作点A关于y轴的对称点C，连接BC交y轴于点P，则PA+PB的最小值等于BC的长，利用勾股定理即可得到BC的长．
【详解】
（1）A（1，m）、B（n，1）两点坐标分别代入反比例函数y2= (x＞0)，可得
m=1，n=1，
∴A（1，1）、B（1，1），
把A（1，1）、B（1，1）代入一次函数y1=kx+b，可得
，解得，
∴直线AB的解析式为y=-x+4；
（2）观察函数图象，发现：
当1＜x＜1时，正比例函数图象在反比例函数图象的上方，
∴当y1＞y2时，x的取值范围是1＜x＜1．
（1）如图，作点A关于y轴的对称点C，连接BC交y轴于点P，则PA+PB的最小值等于BC的长，
过C作y轴的平行线，过B作x轴的平行线，交于点D，则

Rt△BCD中，BC=，
∴PA+PB的最小值为2．
【点睛】
本题考查的是反比例函数与一次函数的交点问题，根据函数图象的上下位置关系结合交点的横坐标，得出不等式的取值范围是解答此题的关键．
23、
【解析】
直接利用绝对值的性质以及特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质化简，进而求出答案．
【详解】
原式
．
【点睛】
考核知识点：三角函数混合运算.正确计算是关键.
24、（1）25；（2）8°48′；（3）．
【解析】
试题分析：（1）由C等级频数为15除以C等级所占的百分比60%，即可求得m的值；（2）首先求得B等级的频数，继而求得B等级所在扇形的圆心角的大小；（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与其中至少有一家是A等级的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
试题解析：（1）∵C等级频数为15，占60%，
∴m=15÷60%=25；
（2）∵B等级频数为：25﹣2﹣15﹣6=2，
∴B等级所在扇形的圆心角的大小为：×360°=28.8°=28°48′；
（3）评估成绩不少于80分的连锁店中，有两家等级为A，有两家等级为B，画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，其中至少有一家是A等级的有10种情况，
∴其中至少有一家是A等级的概率为：=．
考点：频数（率）分布表；扇形统计图；列表法与树状图法．
25、证明见解析
【解析】
根据AB=AC，得到，于是得到∠ADB=∠ADC，根据AD是⊙O的直径，得到∠B=∠C=90°，根据三角形的内角和定理得到∠BAD=∠DAC，于是得到结论．
【详解】
证明：∵AB=AC，
∴，
∴∠ADB=∠ADC，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠B=∠C=90°，
∴∠BAD=∠DAC，
∴，
∴BD=CD．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．
26、（2）方程有两个不相等的实数根；（2）b=-2，a=2时，x2=x2=﹣2．
【解析】
分析：（2）求出根的判别式，判断其范围，即可判断方程根的情况.
（2）方程有两个相等的实数根，则，写出一组满足条件的，的值即可.
详解：（2）解：由题意：．
∵，
∴原方程有两个不相等的实数根．
（2）答案不唯一，满足（）即可，例如：
解：令，，则原方程为，
解得：．
点睛：考查一元二次方程根的判别式，
当时，方程有两个不相等的实数根.
当时，方程有两个相等的实数根.
当时，方程没有实数根.
27、（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）作∠BAD的平分线交直线BC于点E，交DC延长线于点F即可；
（2）先根据平行四边形的性质得出AB∥DC，AD∥BC，故∠1=∠2，∠3=∠1．再由AF平分∠BAD得出∠1=∠3，故可得出∠2=∠1，据此可得出结论．
试题解析：（1）如图所示，AF即为所求；

（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AD∥BC，∴∠1=∠2，∠3=∠1．
∵AF平分∠BAD，∴∠1=∠3，∴∠2=∠1，∴CE=CF．
考点：作图—基本作图；平行四边形的性质.