2022-2023 数学京改版新中考精讲精练 中考模拟卷（三）

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中考模拟卷（三）


一、单选题
1．如图，在菱形中，，，点P为对角线上的一个动点，过P作交于点E，交于点F，将沿折叠，点A的对应点恰好落在对角线上的点G处，若是等腰三角形时，则的长为（ ）

A．或 B．或2 C．或4 D．或
【答案】B
【分析】
分CG=CB和GC=GB两种情形，分别求解即可．
【详解】
解：连接DB，交AC于点O，则DB⊥AC.
∵EF ⊥AC，
∴EF//DB
∵，
∴∠CAB= ∠CAD= ∠BCA=30°，
∵
∴AD=AB=BC=DB=，DO=BO=
∵DB⊥AC
∴AO= ,即AC=6
当GC=CB=，AP=（AC-CG）=（6-）=3-；
当GB=GC时，过点G做GH⊥BC，则CH=BC=
∵∠BCA=30°
∴
∴GC= 2，
∴AP=（AC-CG）=（6-2）=2；
综上，AP的长为3-或2．
故选B．

2．如图，已知在平面直角坐标系中，反比例函数在第一象限经过的顶点A，且点B在轴上，过点B作轴的垂线交反比例函数图像于点C，连结OC交AB于点D，已知，，则的值为（ ）

A．6 B．8 C． D．
【答案】C
【分析】
过A向OB作垂线，垂足为F，交OC于E，根据AF∥BC，得出，设，则AF=tBC，得，又，可推导出，求出t的值，得出AF=2BC，OB=2OF进一步导出OA=3OF，在Rt△AOF中，AF=,，在Rt△OBC中，即可求出OF的长，求出k的值．
【详解】
解：如图，过A作AF垂直OB于F点，交OC于E点，
∴AF∥BC，
∴△AED∽△BCD，
∴，
∴，
设，则AF=tBC，
∴
又OF×AF=OB×BC，
∴，
又EF∥BC，
∴△OEF∽△OCB
∴，
∴，
解得t=2，
∴AF=2BC，OB=2OF
又∵，
∴，
∴OA=3OF，
在Rt△AOF中，勾股定理可得AF=，
∴，
在Rt△OBC中，，
∴，
解得OF= 或﹣（舍去）
∴AF==4，
∴k=OF×AF=，
故选：C．

3．如图，在矩形ABCD中，，，点E为AB上一点，连接DE，将沿DE折叠，点A落在处，连接，若F，G分别为，BC的中点，则FG的最小值为（ ）

A．2 B． C． D．1
【答案】D
【分析】
分别连接BD、；根据矩形和勾股定理的性质，得；根据轴对称性质，得；当点不在BD上时，根据三角形边角关系的性质，得，当点在BD上时，得，即可得到最小值，再结合三角形中位线的性质计算，即可得到答案．
【详解】
如图，分别连接BD、

∵矩形ABCD中，，
∴
∴
∵将沿DE折叠，点A落在处，
∴
当点不在BD上时，
∴
当点在BD上时，
∴最小值为2
∵F，G分别为，BC的中点
∴为的中位线
∴
∴FG的最小值为1
故选：D．
4．如图，在△ABC中，AC＝BC＝4，∠C＝90°，D是BC边上一点，且CD＝3BD，连接AD，把△ACD沿AD翻折，得到△ADC'，DC′与AB交于点E，连接BC′，则△BDC'的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先求出BD，CD，进而求出AD，再构造直角三角形，判断出△BDE∽△ADC，求出DE＝，BE＝，进而求出S△BDE＝，AE＝，再判断出△AHE∽△ADC，求出AH＝7，HE＝，再判断出△BFH∽△ACD，求出BF＝，最后用三角形的面积的差，即可得出结论．
【详解】
解：∵CD＝3BD，BC＝4，
∴BD＝1，CD＝3，
∴S△ACD＝AC•CD＝6，
在Rt△ACD中，根据勾股定理得，AD＝＝5，
过点B作BE⊥AD交AD的延长线于E，
∴∠BED＝90°＝∠C，
∵∠BDE＝∠ADC，
∴△BDE∽△ADC，
∴，
∴，
∴DE＝，BE＝，
∴S△BDE＝DE•BE＝，AE＝AD+DE＝，
延长EB交AC的延长线于H，
由折叠知，S△AC'D＝S△ACD＝6，AC'＝AC＝4，∠C'AD＝∠CAD，
∵∠C＝∠AEH＝90°，
∴△AHE∽△ADC，
∴，
∴，
∴AH＝7，HE＝，
∴C'H＝AH﹣AC'＝3，BH＝HE﹣BE＝，S△AHE＝AE•HE＝，
过点B作BF⊥C'H于F，
∴∠BFH＝90°＝∠C，
∴∠H+∠FBH＝90°，
∵∠C'AD+∠H＝90°，
∴∠FBH＝∠C'AD＝∠CAD，
∴△BFH∽△ACD，
∴，
∴，
∴BF＝，
∴S△BC'H＝C'H•BF＝，
∴S△BC'D＝S△AEH﹣S△BDE﹣S△BC'H﹣S△AC'D＝﹣﹣﹣6＝，
故选：B．

5．如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，AE⊥EF．有下列结论：①∠BAE＝∠EAF；②射线FE是∠AFC的角平分线；③CF＝CD；④AF＝AB+CF．其中正确结论的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】
①设正方形的边长为2,然后求出AE、FC、EF，然后比较正切函数值即可；
②由已知条件，可得∠AEB和∠CFE的正切值，从而可以得到射线FE是否为∠AFC的角平分线；
④结合②③的结论，确定CF和CD的关系，从而可以判断CF=CD是否成立；
④由已知条件和全等三角形的判定与性质以及线段的和差即可判定AF=AB+CF是否成立．
【详解】
解：设正方形的边长为2
∵在正方形ABCD中， E是BC的中点
∴AB=BC=2，BE=EC=AB=1，∠C=∠B=90°，
∴AE=,tan∠BAE=
∵∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠BAE =90°，
∴∠BAE=∠BAE
∴tan∠FEC=,CE=1
∴CF=
∴EF=
∴tan∠EAF =
∴∠BAE＝∠EAF，故①正确；
∴tan∠CFE=，tan∠AFE=，
∴∠AFE=∠CFE，即射线FE是∠AFC的角平分线，故②正确；
∵BC=CD，BC=2CE=4CF，
∴CF=CD，故③正确；
作EG⊥AF于点G，
∵FE平分∠AFC，∠C=90°，
∴EG=EC，
∴EG=EB，
∵∠B=∠AGE=90°，
在Rt△ABE和Rt△AGE中
AE=AE，EB=EG
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）
∴AB=AG，
又∵CF=GF，AF=AG+GF，
∴AF=AB+CF，故④正确；
综上共有4个正确结论．
故答案为D．

6．如图，正方形中，，点是对角线上一点，连接，过点作，交于点，连接，交于点，将沿翻折，得到，连接，交于点，若点是的中点，则的周长是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
如图：过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE．先通过等腰三角形和全等三角形的判定和性质得到FQ=BQ=PE=1；再说明△DEF是等腰直角三角形，然后再利用勾股定理计算得到DE=EF=；如图2，由DC//AB可得△DGC∽△FGA，列比例式可求FG和CG的长，从而得EG的长；然后再根据AGHF是等腰直角三角形，求得GH和FH的长；利用DE∥GM证明△DEN∽△MNH，则可得EN=，然后计算出△EMN各边的长，最后求周长即可．
【详解】
解：如图1：过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE．
∵DC∥AB
∴PQ⊥AB，
∴四边形ABCD是正方形
∴∠ACD=450
∴△PEC是等腰直角三角形
∴PE=PC.
设PC=x，则PE=x，PD=4-x，EQ=4-x.
∴PD=EQ，
∴∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ.
∴△DPE≌△EQF
∴DE=EF
∵DE⊥EF
∴△DEF是等腰直角三角形
易证△DEC≌△BEC
∴DE=BE
∴EF=BE
∵EQ⊥FB
∴FQ=BQ=BF
∵AB=4，F是AB的中点
∴BF=2
∴FQ=BQ=PE=1
∴CE=，PD=4-1=3
Rt△DAF中，
∴DE=EF=

如图2：∵DC//AB.
∴△DGC∽△FGA
∴
∴AG=2AG,DG=2FG
∴
∵
∴
∴
连接GM、GN，交EF于H.
∵∠GFE=45°
∴△GHF是等腰直角三角形
∴
由折叠得：GM⊥EF，MH=GH=
∴∠EHM=∠DEF=90°
∴DE∥HM
∴△DEN∽△MNH
∴
∴
∴EN=3NH
∵EN+NH=EH=
∴EN=
∴NH=EH-EN=
在Rt△GNH中，
由折叠得：MN=GN，EM=EG
∴△EMN的周长为．

故选：C．
7．如图，在平行四边形中，E是的中点，则下列四个结论：①；②若，，则；③若，则；④若，则与全等．其中正确结论的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】
依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明后可进一步证明，即可完成求证．
【详解】
解：∵平行四边形中，E是的中点，
∴，，，
∴,,
∴,
∴，
∴，
故①正确；
若，
则平行四边形是矩形，
由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴，
故②正确；
若，则BN=2CN，
如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，
∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
∵，

∴，
故③正确；
若，
因为，
所以，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，
由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴，
∴，
∴,
∴，
又∵，
∴,
故④正确；
故选：D．

8．定义：我们将顶点的横坐标和纵坐标互为相反数的二次函数称为“互异二次函数”．如图，在正方形中，点，点，则互异二次函数与正方形有交点时的最大值和最小值分别是（ ）

A．4，-1 B．，-1 C．4，0 D．，-1
【答案】D
【分析】
分别讨论当对称轴位于y轴左侧、位于y轴与正方形对称轴x=1之间、位于直线x=1和x=2之间、位于直线x=2右侧共四种情况，列出它们有交点时满足的条件，得到关于m的不等式组，求解即可．
【详解】
解：由正方形的性质可知：B（2,2）；
若二次函数与正方形有交点,则共有以下四种情况:
当时，则当A点在抛物线上或上方时，它们有交点，此时有，
解得：；
当时，则当C点在抛物线上或下方时，它们有交点，此时有，
解得：；
当时，则当O点位于抛物线上或下方时，它们有交点，此时有，
解得：；
当时，则当O点在抛物线上或下方且B点在抛物线上或上方时，它们才有交点，此时有，
解得：；
综上可得：的最大值和最小值分别是，．
故选：D．
思想方法等．
9．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点D（-2，3），AD=5，若反比例函数 （k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为（　　）

A． B．8 C．10 D．
【答案】D
【分析】
先由D（-2，3），AD=5，求得A（2，0），即得AO=2；设AD与y轴交于E，求得E（0，1.5），即得EO=1.5；作BF垂直于x轴于F，求证△AOE ∽△CDE，可得，求证△AOE∽△BFA，可得AF=2，BF=，进而可求得B（4，）；将B（4，）代入反比例函数，即可求得k的值．
【详解】
解：如图，过D作DH垂直x轴于H，设AD与y轴交于E，过B作BF垂直于x轴于F，

∵点D（-2，3），AD=5，
∴DH=3，
∴，
∴A（2，0），即AO=2，
∵D（-2，3），A（2，0），
∴AD所在直线方程为：，
∴E（0，1.5），即EO=1.5，
∴,
∴ED=AD- AE=5-=，
∵∠AOE=∠CDE，∠AEO=∠CED，
∴△AOE ∽△CDE，
∴,
∴,
∴在矩形ABCD中，，
∵∠EAO+∠BAF=90°，
又∠EAO+∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠BAF，
又∵∠AOE=∠BFA，
∴△BFA∽△AOE，
∴,
∴代入数值，可得AF=2，BF=，
∴OF=AF+AO=4，
∴B（4，），
∴将B（4，）代入反比例函数，得，
故选：D．
10．下列各正方形中的四个数之间都有相同的规律，根据此规律，的值为（ ）

A．135 B．153 C．169 D．170
【答案】D
【分析】
结合题意，根据数字规律的性质，分别计算正方形中四个数字的规律，即可得到答案．
【详解】
第一个正方形左上角数字为：1
第二个正方形左上角数字为：2
第三个正方形左上角数字为：3
…
第n个正方形左上角数字为：n；
第一个正方形右上角数字为：
第二个正方形右上角数字为：
第三个正方形右上角数字为：
…
第n个正方形右上角数字为：
∵题干中最后一个正方形右上角为：18
∴
∴
∴题干中最后一个正方形为第八个正方形；
第一个正方形左下角数字为：
第二个正方形左下角数字为：
第三个正方形左下角数字为：
…
第n个正方形左下角数字为：
第八个正方形左下角数字为：9；
第一个正方形右下角数字为：
第二个正方形右下角数字为：
第三个正方形右下角数字为：
…
第n个正方形右下角数字为：
∵
∴第8个正方形右下角数字为：
故选：D．

二、填空题
11．将一张正方形纸片ABCD对折，使CD与AB重合，得到折痕MN后展开，E为CN上一点，将△CDE沿DE所在的直线折叠，使得点C落在折痕MN上的点F处，连接AF，BF，BD，则得下列结论：①△ADF是等边三角形；②tan∠EBF＝2﹣；③S△ADF＝S正方形ABCD；④BF2＝DF•EF．其中正确的是_____．

【答案】①②④．
【分析】
①由正方形的性质得出AB＝CD＝AD，∠C＝∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°，由折叠的性质得出MN垂直平分AD，FD＝CD，BN＝CN，∠FDE＝∠CDE，∠DFE＝∠C＝90°，∠DEF＝∠DEC，由线段垂直平分线的性质得出FD＝FA，得出△ADF是等边三角形，①正确；
②设AB＝AD＝BC＝4a，则MN＝4a，BN＝AM＝2a，由等边三角形的性质得出∠DAF＝∠AFD＝∠ADF＝60°，FA＝AD＝4a，FM＝AM＝2a，得出FN＝MN﹣FM＝（4﹣2）a，由三角函数的定义即可得出②正确；
③求出△ADF的面积＝AD•FM＝4a2，正方形ABCD的面积＝16a2，得出③错误；
④求出∠BFE＝∠DFB，∠BEF＝∠DBF，证出△BEF∽△DBF，得出对应边成比例，得出④正确；即可得出结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠C＝∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°，
由折叠的性质得：MN垂直平分AD，FD＝CD，BN＝CN，
∠FDE＝∠CDE，∠DFE＝∠C＝90°，∠DEF＝∠DEC，
∴FD＝FA，
∴AD＝FD＝FA，即△ADF是等边三角形，①正确；
设AB＝AD＝BC＝4a，则MN＝4a，BN＝AM＝2a，
∵△ADF是等边三角形，
∴∠DAF＝∠AFD＝∠ADF＝60°，FA＝AD＝4a，FM＝AM＝2a，
∴FN＝MN﹣FM＝（4﹣2）a，
∴tan∠EBF＝，②正确；
∵△ADF的面积＝AD•FM＝×4a×2a＝4a2，
正方形ABCD的面积＝（4a）2＝16a2，
∴，③错误；
∵AF＝AB，∠BAF＝90°﹣60°＝30°，
∴∠AFB＝∠ABF＝75°，
∴∠DBF＝75°﹣45°＝30°，∠BFE＝360°﹣90°﹣60°﹣75°＝135°＝∠DFB，
∵，
∴=180°﹣15°-135°＝30°＝∠DBF，
∴△BEF∽△DBF，
∴，∴BF2＝DF•EF，④正确；
故答案为：①②④．
12．在中，AB=9，BC=8，∠ABC=60°，⊙A的半径为6，P是上一动点，连接PB，PC，则的最小值_____________的最小值_______

【答案】
【分析】
①连接AP，在AB上取点Q，使AQ=4，连接CQ，利用相似三角形的判定和性质得到，推出，当三点共线时，的值最小，最小值为的长，再利用特殊角的三角函数值以及勾股定理即可求解；
②在AC上取点G，使AG=，连接PG，BG，同①得到当三点共线时，的值最小，最小值为的长，再利用特殊角的三角函数值以及勾股定理即可求解．
【详解】
①连接AP，在AB上取点Q，使AQ=4，连接CQ，

∵⊙A的半径为6，即AP=6，
∴，又，
且，
∴，
∴，
∴，
∴，
当三点共线时，的值最小，最小值为的长，
过C作CI⊥AB于I，
∴，
在Rt△CIB中，∵，BC=8，
，
∴，
∴，
，
在Rt△CIQ中，，
∴的最小值为；
故答案为：；
②连接AP，
由①得：在Rt△CIA中，，
在AC上取点G，使AG=，连接PG，BG，

∴，
∵，
∴，
且，
∴，
∴，
∴，
∴，
当三点共线时，的值最小，最小值为的长，
过G作GH⊥AB于H，
∴，
在Rt△CIA中，，
在Rt△GAH中，
，
∴，
∴，
，
在Rt△GHB中，，
∴的最小值为．
故答案为：．
13．如图，扇形圆心角为，半径为，点，分别为，中点，连接与相交于点，则阴影部分面积为___；

【答案】
【分析】
先求出∠OFA=∠OEB=90°和EG与FG的长，再分别求出扇形面积和空白部分面积，相减即可求解．
【详解】
解：如图，连接EF，
∵点 E ， F 分别为 OA ， OB 中点，
∴OE=EA=OF=BF=2，
又∵扇形圆心角为 60° ，
∴△OEF是等边三角形，
∴EF=2=EA=BF，∠OEF=∠OFE=60°，
∴∠EAF=∠EFA=∠EBF=∠BEF=30°，
∴∠OFA=∠OEB=90°，
在Rt△AEG和Rt△BFG中，
EG=AE×tan∠EAG=，GF=BF×tan∠GBF=，
连接OG，
则
；

∵扇形面积，
∴阴影面积为：；
故答案为：．


14．如图1是一张双档位可训节靠背椅，档位调节示意图如图2．两脚，以及靠背，座位，其中D，F分别为，上固定连接点，在点A上移动实现靠背的调节，，，已知分米，．

（1）当时，点E离水平地面的离度为_________分米．
（2）当靠背时，有，则的长为_____分米．
【答案】
【分析】
（1）先利用得到，然后证出得到，再用相似三角形的性质得出结果；
（2）作辅助线，然后利用得到，再利用勾股定理求出，利用得出，再利用勾股定理得出结果．
【详解】
（1）如图1，过点作于点，
∵，
∴为的中点，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
得，，
过点作延长线作垂线交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴点E离水平地面的离度为分米；

图1
（2）如图2，过点作，
则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
过点作于点，
则，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∵，，，
∴即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
则的长为分米．

图2
15．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，0），（0，4），（t，4）三点，当t≥3时，一元二次方程ax2+bx+c＝n一定有实数根，则n的取值范围是 ___．
【答案】n≤254
【分析】
根据二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，0），（0，4），通过列三元一次方程组并求解，即可得到b=a+4及c的值；分a>0和a0时，结合二次函数图像的性质，得t