[中考专题]2022年河南省郑州市中考数学备考真题模拟测评 卷(Ⅰ)(含详解)
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这是一份[中考专题]2022年河南省郑州市中考数学备考真题模拟测评 卷(Ⅰ)(含详解),共24页。试卷主要包含了和按如图所示的位置摆放,顶点B,下列运算中,正确的是,如图,点在直线上,平分,,,则等内容,欢迎下载使用。
2022年河南省郑州市中考数学备考真题模拟测评 卷(Ⅰ) 考试时间:90分钟;命题人:数学教研组考生注意:1、本卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,满分100分,考试时间90分钟2、答卷前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置,如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用涂改液、胶带纸、修正带,不按以上要求作答的答案无效。第I卷(选择题 30分)一、单选题(10小题,每小题3分,共计30分)1、如图,已知△ABC与△DEF位似,位似中心为点O,OA:OD=1:3,且△ABC的周长为2,则△DEF的周长为( )A.4 B.6 C.8 D.182、根据以下程序,当输入时,输出结果为( )A. B. C. D.3、某优秀毕业生向我校赠送1080本课外书,现用A、B两种不同型号的纸箱包装运送,单独使用B型纸箱比单独使用A型纸箱可少用6个;已知每个B型纸箱比每个A型纸箱可多装15本.若设每个A型纸箱可以装书x本,则根据题意列得方程为( )A. B.C. D.4、如图是一个正方体的展开图,把它折叠成正方体后,有“学”字一面的相对面上的字是( )A.雷 B.锋 C.精 D.神5、一圆锥高为4cm,底面半径为3cm,则该圆锥的侧面积为( )A. B. C. D.6、和按如图所示的位置摆放,顶点B、C、D在同一直线上,,,.将沿着翻折,得到,将沿着翻折,得,点B、D的对应点、与点C恰好在同一直线上,若,,则的长度为( ).A.7 B.6 C.5 D.47、下列运算中,正确的是( )A.=﹣6 B.﹣=5 C.=4 D.=±88、若点P位于平面直角坐标系第四象限,且点P到x轴的距离是1,到y轴的距离是2,则点P的坐标为( )A. B. C. D.9、如图,点在直线上,平分,,,则( )A.10° B.20° C.30° D.40°10、如图,点是线段的中点,点是的中点,若,,则线段的长度是( )A.3cm B.4cm C.5cm D.6cm第Ⅱ卷(非选择题 70分)二、填空题(5小题,每小题4分,共计20分)1、如图,在边长1正网格中,A、B、C都在格点上,AB与CD相交于点D,则sin ∠ADC=_____.2、一个实数的平方根为与,则这个实数是________.3、如图,一次函数的图像与轴交于点,与正比例函数的图像交于点,点的横坐标为1.5,则满足的的范围是______.4、已知圆弧所在圆的半径为36cm.所对的圆心角为60°,则该弧的长度为______cm.5、若a、b为实数,且,则的值是____.三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)1、郑州到西安的路程为480千米,由于西安疫情紧张,郑州物资中心对西安进行支援.甲乙两辆物资车分别从郑州和西安出发匀速行驶相向而行.甲车到西安后立即返回,已知乙车的速度为每小时,且到郑州后停止行驶,进行消毒.它们离各自出发地的距离与行驶时间之间的关系如下图所示.(1)______,______.(2)请你求出甲车离出发地郑州的距离与行驶时间之间的函数关系式.(3)求出点的坐标,并说明此点的实际意义.(4)直接写出甲车出发多长时间两车相距40千米.2、如图,二次函数y=a(x﹣1)2﹣4a(a≠0)的图像与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C(0,﹣).(1)求二次函数的表达式;(2)连接AC,BC,判定△ABC的形状,并说明理由.3、如图,点 A、B、C为平面内不在同一直线上的三点.点D为平面内一个动点.线段AB,BC,CD,DA的中点分别为M、N、P、Q.在点D的运动过程中,有下列结论:①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形;②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形④存在无数个中点四边形MNPQ是正方形所有正确结论的序号是___.4、综合与探究如图,直线与轴,轴分别交于,两点,抛物线经过,两点,与轴的另一个交点为(点在点的左侧),抛物线的顶点为点.抛物线的对称轴与轴交于点.(1)求抛物线的表达式及顶点的坐标;(2)点M是线段上一动点,连接并延长交轴交于点,当时,求点的坐标;(3)点是该抛物线上的一动点,设点的横坐标为,试判断是否存在这样的点,使,若存在,请直接写出的值;若不存在,请说明理由.5、由几个小立方体搭成的几何体从上面看得到的形状图如图所示,小正方形中的数字表示在该位置的小立方体的个数,请画出从正面、左面看到的这个几何体的形状图. -参考答案-一、单选题1、B【分析】由与是位似图形,且知与的位似比是,从而得出周长:周长,由此即可解答.【详解】解:∵与是位似图形,且,与的位似比是.则周长:周长,∵△ABC的周长为2,∴周长故选:B.【点睛】本题考查了位似变换:位似图形的任意一对对应点与位似中心在同一直线上,它们到位似中心的距离之比等于相似比,位似是相似的特殊形式,位似比等于相似比,其对应的周长比等于相似比.2、C【分析】根据流程图所示顺序,逐框分析代入求值即可.【详解】解:当输入时,代入代入,则输出故选C【点睛】本题考查了程序流程图与代数式求值,正确代入求值是解题的关键.3、C【分析】由每个B型包装箱比每个A型包装箱可多装15本课外书可得出每个B型包装箱可以装书(x+15)本,利用数量=总数÷每个包装箱可以装书数量,即可得出关于x的分式方程,此题得解.【详解】解:∵每个A型包装箱可以装书x本,每个B型包装箱比每个A型包装箱可多装15本课外书,∴每个B型包装箱可以装书(x+15)本.依题意得:故选:C.【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程,找准等量关系,解题的关键是正确列出分式方程.4、D【分析】根据正方体的表面展开图的特征,判断相对的面即可.【详解】解:由正方体的表面展开图的特征可知:“学”的对面是“神”,故选:D.【点睛】本题考查了正方体相对两个面上的文字,掌握正方体表面展开图的特征是正确判断的关键.5、C【分析】根据圆锥的侧面展开图为一扇形,这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长,扇形的半径等于圆锥的母线长,扇形的面积公式求解.【详解】解: ∵一圆锥高为4cm,底面半径为3cm,∴圆锥母线=,∴圆锥的侧面积=(cm2).故选C.【点睛】本题考查了圆锥的计算:圆锥的侧面展开图为一扇形,这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长,扇形的半径等于圆锥的母线长.6、A【分析】由折叠的性质得,,故,,推出,由,推出,根据AAS证明,即可得,,设,则,由勾股定理即可求出、,由计算即可得出答案.【详解】由折叠的性质得,,∴,,∴,∵,∴,∴,在与中,,∴,∴,,设,则,∴,解得:,∴,,∴.故选:A.【点睛】本题考查折叠的性质以及全等三角形的判定与性质,掌握全等三角形的判定定理和性质是解题的关键.7、C【分析】根据算术平方根的意义逐项化简即可.【详解】解:A.无意义,故不正确;B.﹣=-5,故不正确;C.=4,正确;D.=8,故不正确;故选C.【点睛】本题考查了算术平方根,熟练掌握算术平方根的定义是解答本题的关键, 正数有一个正的算术平方根,0的平方根是0,负数没有算术平方根.8、D【分析】第四象限中横坐标为正,纵坐标为负,到x轴的距离是纵坐标的绝对值,到y轴的距离是横坐标的绝对值,进而可表示出点坐标.【详解】解:由题意知点的横坐标为2,纵坐标为∴点的坐标为故选D.【点睛】本题考查了直角坐标系中的点坐标.解题的关键在于确定横、纵坐标的值.9、A【分析】设∠BOD=x,分别表示出∠COD,∠COE,根据∠EOD=50°得出方程,解之即可.【详解】解:设∠BOD=x,∵OD平分∠COB,∴∠BOD=∠COD=x,∴∠AOC=180°-2x,∵∠AOE=3∠EOC,∴∠EOC=∠AOC==,∵∠EOD=50°,∴,解得:x=10,故选A.【点睛】本题考查角平分线的意义,通过图形表示出各个角,是正确计算的前提.10、B【分析】根据中点的定义求出AE和AD,相减即可得到DE.【详解】解:∵D是线段AB的中点,AB=6cm,∴AD=BD=3cm,∵E是线段AC的中点,AC=14cm,∴AE=CE=7cm,∴DE=AE-AD=7-3=4cm,故选B.【点睛】本题考查了中点的定义及两点之间的距离的求法,准确识图是解题的关键.二、填空题1、##【分析】将转化成其他相等的角,在直角三角形中,利用正弦函数值的定义求解即可.【详解】解:延长CD交正方形的另一个顶点为,连接BE,如下图所示:由题意可知:,,根据正方形小格的边长及勾股定理可得:,,在中,,,故答案为:.【点睛】本题主要是考查了勾股定理和求解正弦值,熟练地找到所求角在的直角三角形,利用正弦函数值的定义进行求解,这是解决该题的关键.2、【分析】根据平方根的性质,一个正数的平方根有两个,互为相反数,0的平方根是它本身,即可得到结果.【详解】解:根据题意得:①这个实数为正数时:3x+3+x-1=0,∴x=-,∴(x-1)2=,②这个实数为0时:3x+3=x-1,∴x=-2,∵x-1=-3≠0,∴这个实数不为0.故答案为:.【点睛】本题考查了平方根的性质,分类讨论并进行取舍是本题的关键.3、x>-3【分析】根据图象得出P点横坐标为1.5,联立y=kx-3和y=mx得m=k-2,再联立y=kx+6和y=(k-2)x解得x=-3,画草图观察函数图象得解集为.【详解】∵P是y=mx和y=kx-3的交点,点P的横坐标为1.5,∴解得m=k-2联立y=mx和y=kx+6得解得x=-3即函数y=mx和y=kx+6交点P’的横坐标为-3,观察函数图像得,满足kx−3<mx<kx+6的x的范围为:故答案为:【点睛】本题主要考查对一次函数与一元一次不等式的理解和掌握,解题的关键在于将不等式kx−3<mx<kx+6解集转化为直线y=mx与直线y=kx-3,直线y=kx+6相交的横坐标x的范围.4、【分析】根据弧长公式直接计算即可.【详解】∵圆的半径为36cm.所对的圆心角为60°,∴弧的长度为:=12π,故答案为:12π.【点睛】本题考查了弧长的计算,熟练掌握弧长公式及其使用条件是解题的关键.5、【分析】由,可得且 再求解的值,从而可得答案.【详解】解:,且 解得: 故答案为:【点睛】本题考查的是实数的性质,非负数的性质,求解代数式的值,掌握“绝对值与偶次方的非负性”是解本题的关键.三、解答题1、(1)8,6.5(2)(3)点P的坐标为(5,360),点P的实际意义是:甲车在行驶5小时后,甲乙两车分别距自己的出发地的距离为360千米(4)当甲车出发2.4小时或2.8小时或小时两车相距40千米【分析】(1)先根据题意判断出直线的函数图像时乙车的,折线的函数图像时甲车的,然后求出甲车的速度即可求出甲返回郑州的时间,即可求出m;然后算出乙车从西安到郑州需要的时间即可求出n;(2)分甲从郑州到西安和从西安到郑州两种情况求解即可;(3)根据函数图像可知P点代表的实际意义是:在P点时,甲乙两车距自己的出发地的距离相同,由此列出方程求解即可;(4)分情况:当甲车在去西安的途中,甲乙两车相遇前,当甲车在去西安的途中,甲乙两车相遇后,当甲车在返回郑州的途中,乙未到郑州时,当甲车在返回郑州的途中,乙已经到郑州时,四种情况讨论求解即可.(1)解:∵甲乙两辆物资车分别从郑州和西安出发匀速行驶相向而行.甲车到西安后立即返回,乙车到底郑州后立即停止,∴直线的函数图像是乙车的,折线的函数图像是甲车的,由函数图像可知,甲车4小时从郑州行驶到西安走了480千米,∴甲车的速度=480÷4=120千米/小时,∴甲车从西安返回郑州需要的时间=480÷120=4小时,∴m=4+4=8;∵乙车的速度为80千米/小时,∴乙车从西安到达郑州需要的时间=480÷80=6小时,∵由函数图像可知乙车是在甲车出发0.5小时后出发,∴n=0.5+6=6.5,故答案为:8,6.5;(2)解:当甲车从郑州去西安时,∵甲车的速度为120千米/小时,∴甲车与郑州的距离,当甲车从西安返回郑州时,∵甲车的速度为120千米/小时,∴甲车与郑州的距离,∴;(3)解:根据函数图像可知P点代表的实际意义是:在P点时,甲乙两车距自己的出发地的距离相同,∵此时甲车处在返程途中,∴,解得,∴,∴点P的坐标为(5,360),∴点P的实际意义是:甲车在行驶5小时后,甲乙两车分别距自己的出发地的距离为360千米;(4)解:当甲车在去西安的途中,甲乙两车相遇前,由题意得:,解得;当甲车在去西安的途中,甲乙两车相遇后,由题意得:,解得;当甲车在返回郑州的途中,乙未到郑州时,由题意得:解得(不符合题意,舍去),当甲车在返回郑州的途中,乙已经到郑州时,由题意得:解得;综上所述,当甲车出发2.4小时或2.8小时或小时两车相距40千米.【点睛】本题主要考查了从函数图像获取信息,一元一次方程的应用,正确理解题意是解题的关键.2、(1);(2)直角三角形,理由见解析.【分析】(1)将点C的坐标代入函数解析式,即可求出a的值,即得出二次函数表达式;(2)令,求出x的值,即得出A、B两点的坐标.再根据勾股定理,求出三边长.最后根据勾股定理逆定理即可判断的形状.(1)解:将点C代入函数解析式得:,解得:,故该二次函数表达式为:.(2)解:令,得:,解得:,.∴A点坐标为(-1,0),B点坐标为(3,0).∴OA=1,OC=,,∴,. ∵,即,∴的形状为直角三角形.【点睛】本题考查利用待定系数法求函数解析式,二次函数图象与坐标轴的交点坐标,勾股定理逆定理.根据点C的坐标求出函数解析式是解答本题的关键.3、①②③【分析】根据中点四边形的性质:一般中点四边形是平行四边形,对角线相等的四边形的中点四边形是菱形,对角线垂线的中点四边形是矩形,对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形,由此即可判断.【详解】解:∵一般中点四边形是平行四边形,对角线相等的四边形的中点四边形是菱形,对角线垂线的中点四边形是矩形,对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形,∴存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形,存在无数个中点四边形MNPQ是菱形,存在无数个中点四边形MNPQ是矩形.故答案为:①②③【点睛】本题考查中点四边形,平行四边形的判定,矩形的判定,菱形的判定,正方形的判定等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.4、(1),;(2);(3)存在,的值为4或【分析】(1)分别求出两点坐标代入抛物线即可求得a、c的值,将抛物线化为顶点式,即可得顶点的坐标;(2)作轴于点,可证∽,从而可得,代入,,可求得,代入可得,从而可得点的坐标;(3)由,可得,由两点坐标可得,所以,过点P作PQ⊥AB,分点P在x轴上方和下方两种情况即可求解.【详解】(1)当时,得,∴点的坐标为(0,4),当时,得,解得:,∴点的坐标为(6,0),将两点坐标代入,得 解,得∴抛物线线的表达式为∵∴顶点坐标为.(2)作轴于点,∵,,∴∽.∴.∴.∴当时,∴.∴点的坐标为.(3)∵,,∴,∵点的坐标为(6,0),点的坐标为(0,4),∴,∴,过点P作PQ⊥AB,当点P在x轴上方时,解得m=4符合题意,当点P在x轴下方时,解得m=8符合题意,∴存在,的值为4或.【点睛】本题考查了抛物线解析式的求法,抛物线的性质,三角形相似的判定及性质,三角函数的应用,解题的关键是准确作出辅助线,利用数形结合的思想列出相应关系式.5、作图见详解【分析】根据简单组合体的三视图画出相应的图形即可.【详解】解:从正面看到的该几何体的形状如图所示:从左面看到的该几何体的形状如图所示:【点睛】本题考查简单组合体的三视图,理解“长对正,宽相等,高平齐”画三视图的关键.
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