备战中考数理化——中考数学模拟试卷 (22)（含答案）

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备战中考数理化——中考数学模拟试卷22（含答案）

一、选择题（每小题3分，共计30分)
1．（3分）﹣的绝对值是（　　）
A．﹣ B． C．﹣2 D．2
2．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．2m2+m3＝3m2 B．（π﹣3.14）0＝1
C．（﹣m）﹣1＝m D．m4÷m4＝m
3．（3分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）下列图形都是由大小相同的正方体搭成的，其三视图都相同的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（3分）⊙O的半径为4cm，点P和圆心的距离为8cm，则过P点的⊙O的两条切线的夹角是（　　）
A．30° B．60° C．90° D．120°
6．（3分）将抛物线向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度后得到y＝﹣（x﹣2）2+3，则原抛物线的解析式为（　　）
A．y＝﹣（x+1）2+1 B．y＝﹣（x﹣1）2﹣1
C．y＝﹣x2 D．y＝﹣（x﹣5）2+5
7．（3分）某商品房7月份的售价是每套100万元，9月份的售价是每套81万元，则平均每月降价的百分率是（　　）
A．5% B．10% C．15% D．20%
8．（3分）方程﹣＝0的解为（　　）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝2 D．无解
9．（3分）点（2，﹣）在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，则下列各点不在此函数图象上的是（　　）
A．（1，﹣1） B．（﹣3，）
C．（﹣2，1） D．（0.8，﹣1.25）
10．（3分）甲车与乙车同时从A地出发去往B地，如图所示，折线O﹣A﹣B﹣C和射线OC分别是甲、乙两车行进过程中路程与时间的关系，已知甲车中途有事停留36分钟后再继续前往B地，两车同时到达B地，则下列说法：①乙车的速度为70千米/时；②甲车再次出发后的速度为100千米/时；③两车在到达B地前不会相遇；④甲车再次出发时，两车相距60千米．其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（每小题3分，共计30分)
11．（3分）我国2018年跨境电商零售进出口总额为20280000000美元，数字20280000000用科学记数法表示为　 　．
12．（3分）函数y＝中，自变量x的取值范围是　 　．
13．（3分）把多项式x2y﹣9y分解因式为　 　．
14．（3分）不等式组的解集是　 　．
15．（3分）二次函数y＝﹣2（x﹣3）2﹣1的最大值为　 　．
16．（3分）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得到△A′CB′，若AC⊥A′B′，则∠BAC＝　 　°．

17．（3分）有一圆心角为120°，半径长为3的扇形，其弧长为　 　．
18．（3分）在一个不透明的袋子中装有4个除颜色外完全相同的小球，其中白球1个，黄球1个，红球2个，摸出一个球不放回，再摸出一个球，两次都摸到红球的概率是　 　．
19．（3分）已知一个等腰三角形的一边长为4，一边长为6，则这个三角形底边上的高的长为　 　．
20．（3分）如图，在四边形ABCD中，tan∠ABC＝，BD为对角线，∠ABD+∠BDC＝90°，过点A作AE⊥BD于点E，连接CE，若AE＝DE，EC＝DC＝5，则△ABC的面积为　 　．

三、解答题（其中21~22题各7分，23-24题各8分，25-27题各10分，共计60分)
21．（7分）先化简，再求代数式（﹣）÷的值，其中x＝2cos30°+2．
22．（7分）图l、图2分别是7×6的网格，网格中的每个小正方形的边长均为1，点A、B在小正方形的顶点上．

（1）在图1中确定点C（点C在小正方形的顶点上），要求以A、B、C为顶点的三角形为等腰三角形，画出此三角形（画出一个即可）；
（2）在图2中确定点D（点D在小正方形的顶点上），要求以A、B、D为顶点的三角形是以AB为斜边的直角三角形，画出此三角形（画出一个即可）
23．（8分）某中学对全校九年级学生进行了一次数学考试，并随机抽取了部分学生的测试成绩作为样本进行分析，绘制成了如下两幅不完整的统计图，请你根据统计图中提供的信息解答下列问题：
（1）本次抽样调查共抽取了多少名学生？
（2）求样本中表示成绩类别为“中”的人数，并将条形统计图补充完整；
（2）该学校九年级共有1000人参加了这次数学考试，估算该校九年级共有多少名学生的数学成绩可以达到优秀？

24．（8分）已知平行四边形ABCD中，CE⊥AB，垂足为O，CE与DA的延长线相交于E，且DA＝AE，连接AC、BE；
（1）如图1，求证：四边形ACBE是菱形；
（2）如图2，连接DO，若∠EAC＜90°，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图2中所有面积等于△DOC的面积的钝角三角形．

25．（10分）老张用400元购买了若干只种兔，老李用440元也购买了相同只数的种兔，但单价比老张购买的种兔的单价贵5元．
（1）老张与老李购买的种兔共有多少只？
（2）一年后，老张养兔数比买入种兔数增加了2只，老李养兔数比买入种兔数的2倍少1只，两人将兔子全部售出，则售价至少为多少元时，两人所获得的总利润不低于960元？
26．（10分）已知，AB为⊙O的直径，弦BC、AF相交于点E，过点E作ED⊥AB，∠AEC＝∠BED．
（1）如图1，求证：＝；
（2）如图2，当∠BAF＝45°时，OC交AF于点H，作FG⊥BH于点Q，交AB于点G，连接GH，求证：∠AGH＝∠BGF；
（3）如图3，在（2）的条件下，射线BG与⊙O交于点P，过点P作PK⊥BH交AB于点M，垂足为点K，点N为B的中点，MN＝，求⊙O的半径．

27．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝a（x﹣）（x+）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线DE是抛物线的对称轴，点D在x轴上，点E在抛物线上，直线y＝kx+过点A、C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是第二象限对称轴左侧抛物线上一点，过点P作PQ∥AC交对称轴于点Q，设点P的横坐标为t，线段QD的长为d，求d与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，直线AC与对称轴交于点F，点M在对称轴ED上，连接AM、AE，∠AMD＝2∠EAM，过点A作AG⊥AM交过点D平行于AE的直线于点G，点N是线段BP延长线上一点，连接AN、MM、NF，若四边形NMGA与四边形NFDA的面积相等，且FN∥AM，求点P的坐标．

2020年中考数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共计30分)
1．【解答】解：﹣的绝对值为．
故选：B．
2．【解答】解：A.2m2与m3不是同类项，所以不能合并，故本选项错误；
B．（π﹣3.14）0＝1，正确；
C．（﹣m）﹣1＝，故本选项错误；
D．m4÷m4＝1，故本选项错误，
故选：B．
3．【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意．
故选：A．
4．【解答】解：A．主视图是3个正方形，左视图是两个正方形，俯视图是5个正方形，故本选项不合题意；
B．主视图是2个正方形，左视图是3个正方形，俯视图是4个正方形，故本选项不合题意；
C．三视图都相同，都是有两列，从左到右正方形的个数分别为：1、2；符合题意；
D．左视图和俯视图相同，有两列，从左到右正方形的个数分别为：2、1；左视图有两列，从左到右正方形的个数分别为：1、2，故本选项不合题意．
故选：C．
5．【解答】解：连接OE，
∵PE是圆的切线，
∴OE⊥PE，
∵⊙O的半径为4cm，点P和圆心的距离为8cm，
∴sin∠1＝＝，
∴∠EPF＝2∠1＝60°．
即这两条切线的夹角为60°，
故选：B．

6．【解答】解：∵y＝﹣（x﹣2）2+3，
∴平移后所得抛物线的顶点坐标为（2，3），
∵抛物线向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度后得到y＝﹣（x﹣2）2+3，
∴平移前抛物线顶点坐标为（﹣1，1），
∴平移前抛物线为y＝﹣（x+1）2+1，
故选：A．
7．【解答】解：设平均每月降价的百分率是x，
依题意，得：100（1﹣x）2＝81，
解得：x1＝0.1＝10%，x2＝1.1（不合题意，舍去）．
故选：B．
8．【解答】解：去分母得：2x﹣x+1＝0，
解得：x＝﹣1，
经检验x＝﹣1是分式方程的解，
故选：B．
9．【解答】解：∵点（2，﹣）在反比例函数y＝（k≠0），
∴k＝﹣×2＝﹣1，四个选项中只有C不符合．
故选：C．
10．【解答】解：乙车的速度为＝75千米/时，故①错误；
车再次出发后的速度为＝100千米/时，故②正确；
由图象知，两车在到达B地前不会相遇，故③正确；
∵甲车再次出发时，乙车行驶了75×（1+）﹣60＝120﹣60＝60千米，故④正确，
故选：C．
二、填空题（每小题3分，共计30分)
11．【解答】解：202 8000 0000＝2.028×1010．
故答案为：2.028×1010．
12．【解答】解：根据题意得：x+2≥0，
解得x≥﹣2．
故答案为：x≥﹣2．
13．【解答】解：原式＝y（x2﹣9）
＝y（x+3）（x﹣3），
故答案为：y（x+3）（x﹣3）
14．【解答】解：解不等式＞0，得：x＞﹣1，
解不等式4﹣3x≥1，得：x≤1，
则不等式组的解集为﹣1＜x≤1，
故答案为：﹣1＜x≤1．
15．【解答】解：∵y＝﹣2（x﹣3）2﹣1，
∴此函数的顶点坐标是（3，﹣1），
即当x＝3时，函数有最大值﹣1．
故答案为﹣1．
16．【解答】解：∵△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得到△A′CB′，
∴∠ACA'＝40°，
∵AC⊥A′B′，
∴Rt△A'CD中，∠DA'C＝90°﹣∠DCA'＝90°﹣40°＝50°，
由旋转可得，∠BAC＝∠A'＝50°．
故答案为：50．

17．【解答】解：∵扇形的圆心角为120°，半径为3，
∴扇形的弧长是：＝2π．
故答案为2π．
18．【解答】解：
∴一共有12种情况，有2种情况两次都摸到红球，
∴两次都摸到红球的概率是 ＝．
故答案为．
19．【解答】解：①若等腰三角形的腰长为4，底边为6，

如图1，在△ABC中，AB＝AC＝4，AD⊥BC，
则AD为BC边上的中线，即D为BC中点，
∴BD＝DC＝3，
在直角△ABD中AD＝＝．
②若等腰三角形的腰长为6，底边为4，

如图2，AB＝AC＝6，AD⊥BC，BC＝4，
同理可得AD＝＝4．
∴AD的长为或4．
故答案为：或4．
20．【解答】解：如图，延长CE交AB于点H，延长DC、AE相交于点K，

∵AE⊥BD，
∴∠AEB＝∠AED＝90°，
∵∠ABD+∠BDC＝90°，
设∠ABD＝α，则∠BDC＝90°﹣α，
∴∠BAE＝90°﹣∠ABE＝90°﹣α，
∵EC＝DC，
∴∠CED＝∠CDE＝90°﹣α，
∵∠AEH＝∠DEC＝180°﹣∠AED＝90°，
∴∠AEH＝α，
∴∠BHE＝90°，
∵∠K+∠KDE＝90°，∠CDE+∠CEK＝90°，
∴∠K+∠CEK＝α，
∴sinK＝sin∠ABD，即，
∴，
解得，
∵，
∴设CH＝7a，BH＝6a，
∴HE＝HC﹣CE＝7a﹣5，AH＝AB﹣BH＝，
∵∠AEH＝∠EBH＝tan∠ABE，
∴tan∠AEH＝tan∠ABE，
即EH2＝AH•BH，
解得a＝1（舍去），
∴CH＝7a＝7，
∴．
故答案为：．
三、解答题（其中21~22题各7分，23-24题各8分，25-27题各10分，共计60分)
21．【解答】解：原式＝[﹣]•
＝•
＝，
∵x＝2cos30°+2＝+2，
∴原式＝＝．
22．【解答】解：（1）如图1所示：答案不唯一；

（2）如图2所示：答案不唯一．

23．【解答】解：（1）本次抽取的学生总数为22÷44%＝50人；

（2）成绩类别为“中”的人数为50×20%＝10，
条形统计图如下：


（3）1000×＝200，
答：估算该校九年级共有200名学生的数学成绩可以达到优秀．
24．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴AE∥BC，
∵DA＝AE，
∴AE＝BC，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵CE⊥AB，
∴四边形ACBE是菱形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴S△ACD＝S△ABC＝S△DOC，
∵四边形ACBE是菱形，
∴S△ABE＝S△ACB，
∵OE＝OC，
∴S△DOE＝S△DOC，
∴图2中所有面积等于△DOC的面积的钝角三角形是△AEB，△ACB，△DAC，△DEO．
25．【解答】解：（1）设老张买的种兔共有x只，
∴＝﹣5，
解得：x＝8，
经检验，x＝8是原分式方程的解，
∴8+8＝16，
答：老张与老李购买的种兔共有16只．
（2）设售价为a元，
由题意可知：（8+2）a+（8×2﹣1）a﹣400﹣400≥960，
解得：a≥72，
答：售价至少为72元时，两人所获得的总利润不低于960元
26．【解答】（1）证明：如图1，连接AC、BF、CF，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∵∠AEC＝∠BED，∠AEC＝∠BEF，
∴∠BEF＝∠BED，
∵ED⊥AB，
∴∠BDE＝∠AFB＝90°，
又∵BE＝BE，
∴△BDE≌△BFE（AAS），
∴∠ABC＝∠FBC，
∵，
∴∠ABC＝∠AFC，
∵，
∴∠CAF＝∠FBC，
∴∠CAF＝∠AFC，
∴AC＝CF，
∴；

（2）证明：如图2，连接OF、BF，作AS⊥AF于点A，交FG的延长线于点S，
∵，
∴AOC＝∠FOC，
∵AO＝OF，
∴OC⊥AF，
∴AH＝HF＝AF，
∵∠BAF＝45°，
∴AF＝BF，
∵FG⊥BH，AS⊥AF，
∴∠S＝∠BHF，
又∵∠SAF＝∠HFB＝90°，
∴△FSA≌△BHF（AAS），
∴AS＝HF＝AH，
∵∠SAG＝∠GAH＝45°，AG＝AG，
∴△SAG≌△HAG（SAS），
∴∠SGA＝∠AGH，
∴∠AGH＝∠BGF；

（3）解：如图3，过点O作OR⊥HP于点R，OT⊥BH于点T，
∵△SAG≌△HAG，
∴∠AHG＝∠S＝∠BHF，
∵OH⊥AF，
∴∠OHG＝∠OHB，
∵∠ORH＝∠OTH＝90°，OH＝OH，
∴△ORH≌△OTH（AAS），
∴RH＝TH，OR＝OT，
又∵OP＝OB，∠ORP＝∠OTB＝90°，
∴Rt△ORP≌Rt△OTB（HL），
∴PR＝BT，
∴PR+RH＝BT+TH，
即PH＝BH，
∴∠HPB＝∠HBP，
设∠OPR＝∠OBT＝α，
∵∠AOH＝∠A＝45°，
∴∠PHO＝∠BHO＝∠AOH﹣∠OBH＝45°﹣α，
∴∠PHB＝90°﹣2α，
∴∠HPB＝∠HBP＝45°+α，
∴∠PBO＝45°，
∵PO＝BO，
∴∠OPB＝∠OBP＝45°，
∴PO⊥AB，
∵PK⊥BH，GF⊥BH，
∴PK∥GF，
∴∠PMG＝∠BGF，
∵∠PGM＝∠AGH，
∴∠PGM＝∠PMG，
∴PG＝PM，
∴OG＝OM，
过点M作ML⊥BP于点L，
∵∠PBH＝∠BHF＝45°+α，
∴tan∠PBH＝tan∠BHF＝＝2，
∵∠MPL＝∠BPK，
∴∠PML＝∠PBH，
∴tan∠PML＝tan∠PBH＝2，
设BM＝4a，则BL＝ML＝2a，
∴PL＝4a，
∴PB＝6a，
∴PO＝BO＝6a，
∴OM＝OG＝2a，
∴GM＝4a，
∴GM＝BM，
∵N为BH的中点，
∴MN为中位线，
∴GH＝2MN＝，
过点G作GU⊥OH于点U，
则tan∠GHO＝tan∠OHB＝tan∠FBH＝，
在Rt△GUH中，设GU＝b，则UH＝2b，GH＝b，
∴GU＝，
∴GO＝2＝2a，
∴a＝1，
∴OB＝6a＝6，
即⊙O的半径为6．



27．【解答】解：（1）∵直线y＝kx+与y轴交于点C，
∴C（0，），
∴OC＝，
∵y＝a（x﹣）（x+）经过点C，
∴a＝﹣，
∴y＝﹣（x﹣）（x+）；
（2）∵y＝﹣（x﹣）（x+）＝﹣x2﹣x+，
∴P（t，﹣t2﹣t+），A（﹣，0），B（，0），
∴tan∠ACO＝＝，
如图1：过点P作PT⊥x轴，PS⊥y轴交DE于点L，
∴PT＝﹣t2﹣t+，PS＝﹣t，
∵DE是抛物线的对称轴，
∴D（﹣，0），
在矩形PTOS和矩形PTDL中，有DT＝PL＝﹣t﹣，
设AC交DE于点F，
∵PQ∥AC，DE∥y轴，
∴∠PQL＝∠AFL＝∠ACO，
∴tan∠PQL＝tan∠AFL＝tan∠ACO＝，
∴QL＝﹣t﹣，
∵DQ＝DL+QL，
∴d＝﹣t2﹣t+5；
（3）∠EAM＝α，则∠AMD＝2∠EAM＝2α，
∴∠AEM＝∠EAM＝α，
∴AM＝EM，
∵DE＝8，AD＝4，
∴AM＝EM＝5，DM＝3，
∵DG∥AE，
∴∠GDJ＝∠AEM＝α，
∴∠ADG＝90°﹣α，
∵AM⊥AG，
∴∠MAG＝90°，
∴∠DAG＝∠AMD＝2α，
∴∠AGD＝∠ADG＝90°﹣α，
∴AG＝AD＝4，
∵tan∠AFD＝，
∴DF＝5，
∴△AMG≌△DFA（AAS），
∴△AMG与△DAF的面积相等，
∵四边形NMGA与四边形NFDA的面积相等，
∴△AMN与△ANF的面积相等，
如图2，过点M作MK⊥AN于点K，过点F作FH⊥AN于点H，
∴MK＝FH，
∵MK∥FH，
∴四边形HKMF为平行四边形，
∴AN∥DE，
∴点N与点A的横坐标相等，
∵AM∥NF，
∴四边形AMFN为平行四边形，
∴AN＝MF＝DF﹣DM＝2，
∴N（﹣，2），
∴BN的解析式为y＝﹣x+，
∴﹣x+＝﹣x2﹣x+，
∴x＝﹣5或x＝（舍），
∴P（﹣5，）．


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日期：2020/4/1 13:35:04；用户：初中校园号；邮箱：wjwl@xyh.com；学号：24424282