【真题汇编】2022年北京市怀柔区中考数学第三次模拟试题（精选）

这是一份【真题汇编】2022年北京市怀柔区中考数学第三次模拟试题（精选），共24页。试卷主要包含了下列图形是中心对称图形的是．，已知4个数，若，则的值是等内容，欢迎下载使用。
2022年北京市怀柔区中考数学第三次模拟试题 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、有理数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，则正确的结论是（    ）A． B． C． D．2、如图，在中，，，，分别在、上，将沿折叠，使点落在点处，若为的中点，则折痕的长为（    ）A． B．2 C．3 D．43、下图中能体现∠1一定大于∠2的是（　　）A． B．C． D．4、下列图形是中心对称图形的是（    ）．A． B．C． D．5、下列一元二次方程有两个相等的实数根的是（    ）A． B． C．  D． 6、已知4个数：，，，，其中正数的个数有（    ）A．1 B．     C．3 D．47、二次函数的图象经过点，，，则，，的大小关系正确的为（    ）A． B． C． D．8、如图，五边形ABCDE中有一正三角形ACD，若AB=DE，BC=AE，∠E=108°则∠BAE的度数为（　　）A．120° B．108° C．132° D．72°9、若，则的值是（    ）A． B．0 C．1 D．202210、若菱形的周长为8，高为2，则菱形的面积为（    ）A．2 B．4 C．8 D．16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、某班学生分组参加活动，原来每组8人，后来重新编组，每组6人，这样比原来增加了两组，这个班共有多少名学生？若设共有x名学生，可列方程为________．2、己知等腰三角形两条边长分别是4和10，，则此三角形的周长是___________________3、等边的边长为2，P，Q分别是边AB，BC上的点，连结AQ，CP交于点O．以下结论：①若，则；②若，则；③若点P和点Q分别从点A和点C同时出发，以相同的速度向点B运动（到达点B就停止），则点O经过的路径长为，其中正确的是______（序号）．4、用幂的形式表示：＝________．5、如图，在⊙O中，AB是⊙O的内接正六边形的一边，BC是⊙O的内接正十边形的一边，则∠ABC＝______°．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、某市为了解七年级数学教育教学情况，对全市七年级学生进行数学综合素质测评，我校也随机抽取了部分学生的测试成绩作为样本进行分析，请根据图中所给出的信息，解答下列问题：（1）在这次调查中被抽取学生的总人数为　   　人；将表示成绩类别为“中”的条形统计图补充完整．（2）成绩类别为“优”的圆心角的度数为　   　．（3）某校七年级共有750人参加了这次数学考试，估计本校七年级共有多少名学生的数学成绩可达到良或良以上等级？2、已知，，OC平分∠AON．（1）如图1，射线与射线OB均在∠MON的内部．①若，∠MOA＝          °；②若，直接写出∠MOA的度数（用含的式子表示）；（2）如图2，射线OA在∠MON的内部，射线OB在∠MON的外部．①若，求∠MOA的度数（用含的式子表示）；②若在∠MOA的内部有一条射线OD，使得，直接写出∠MOD的度数．3、如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，F为AB延长线上一点，连接CF，DF．（1）若OE＝3，BE＝2，求CD的长；（2）若CF与⊙O相切，求证DF与⊙O相切．4、一个角的补角比它的余角的3倍少，求这个角的度数．5、如图，为的直径，弦于点，连接于点，且．（1）求的长；（2）当时，求的长和阴影部分的面积（结果保留根号和）． -参考答案-一、单选题1、C【分析】由数轴可得： 再逐一判断的符号即可.【详解】解：由数轴可得： 故A，B，D不符合题意，C符合题意；故选C【点睛】本题考查的是利用数轴比较有理数的大小，绝对值的含义，有理数的加法，减法，乘法的结果的符号确定，掌握以上基础知识是解本题的关键.2、B【分析】由折叠的特点可知，，又，则由同位角相等两直线平行易证，故，又为的中点可得，由相似的性质可得求解即可．【详解】解：沿折叠，使点落在点处，，，又∵，∴，∴，，又为的中点，AE=AE'∴，，即，．故选：B．【点睛】本题考查折叠的性质，相似三角形的判定和性质，掌握“A”字形三角形相似的判定和性质为解题关键．3、C【分析】由对顶角的性质可判断A，由平行线的性质可判断B，由三角形的外角的性质可判断C，由直角三角形中同角的余角相等可判断D，从而可得答案.【详解】解：A、∠1和∠2是对顶角，∠1＝∠2．故此选项不符合题意；B、如图， 若两线平行，则∠3＝∠2，则 若两线不平行，则大小关系不确定，所以∠1不一定大于∠2．故此选项不符合题意；C、∠1是三角形的外角，所以∠1＞∠2，故此选项符合题意；D、根据同角的余角相等，可得∠1＝∠2，故此选项不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查的是对顶角的性质，平行线的性质，直角三角形中两锐角互余，三角形的外角的性质，同角的余角相等，掌握几何基本图形，基本图形的性质是解本题的关键.4、A【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，据此可得结论．【详解】解：选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，故选：A．【点睛】本题主要考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的定义是解题关键．5、B【分析】根据一元二次方程根的判别式判断即可．【详解】解：、△，方程有两个不等实数根，不符合题意；、△，方程有两个相等实数根，符合题意；、△，方程有两个不相等实数根，不符合题意；、△，方程没有实数根，不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△方程有两个不相等的实数根；（2）△方程有两个相等的实数根；（3）△方程没有实数根．6、C【分析】化简后根据正数的定义判断即可．【详解】解：=1是正数，=2是正数，=1.5是正数，=-9是负数，故选C．【点睛】本题考查了有理数的乘方、相反数、绝对值的意义，以及正负数的意义，正确化简各数是解答本题的关键．7、B【分析】先求得对称轴为，开口朝下，进而根据点与的距离越远函数值越小进行判断即可．【详解】解：∵∴对称轴为，，开口向下，离对称轴越远，其函数值越小，，，，， 故选B【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．8、C【分析】根据等边三角形的性质可得，，然后利用SSS即可证出，从而可得，，，然后求出，即可求出的度数．【详解】解：△是等边三角形，，，在与中，，，，，，，故选C【点睛】此题考查的是等边三角形的性质和全等三角形的判定及性质，掌握等边三角形的性质、利用SSS判定两个三角形全等和全等三角形的对应角相等是解决此题的关键．9、C【分析】先根据非负数的性质求出a和b的值，然后代入所给代数式计算即可．【详解】解：∵，∴a-2=0，b+1=0，∴a=2，b=-1，∴=，故选C．【点睛】本题考查了非负数的性质，以及求代数式的值，根据非负数的性质求出a和b的值是解答本题的关键．10、B【分析】根据周长求出边长，利用菱形的面积公式即可求解．【详解】∵菱形的周长为8，∴边长=2，∴菱形的面积=2×2=4，故选：B．【点睛】此题考查菱形的性质，熟练掌握菱形的面积=底×高是解题的关键．二、填空题1、【分析】设这个班学生共有人，先表示出原来和后来各多少组，其等量关系为后来的比原来的增加了组，根据此列方程即可．【详解】解：设这个班学生共有人，根据题意得： 故答案为：．【点睛】此题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，其关键是找出等量关系及表示原来和后来各多少组．2、24【分析】分两种情考虑：腰长为4，底边为10；腰长为10，底边为4．根据这两种情况即可求得三角形的周长．【详解】当腰长为4，底边为10时，因4+4<10，则不符合构成三角形的条件，此种情况不存在；当腰长为10，底边为4时，则三角形的周长为：10+10+4=24．故答案为：24【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及周长，要注意分类讨论．3、①③【分析】①根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，再由三角形的外角性质即可求解；第②结论有两种情况，准确画出图之后再来计算和判断；③要先判断判断轨迹（通过对称性或者全等）在来计算路径长．【详解】解：∵为等边三角形，∴ ，∵，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，故①正确；当时可分两种情况，第一种，如①所证时，且 时，∵，∴ ，第二种如图，时，若 时，则大小无法确定，故②错误；由题意知 ,∵为等边三角形，∴ ，∴ ，∴点O运动轨迹为AC边上中线，∵的边长为2，∴AC上边中线为 ，∴点O经过的路径长为，故③正确；故答案为：①③．【点睛】此题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识的综合应用．本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质是解题关键．4、【分析】根据分数指数幂的意义，利用（m、n为正整数）得出即可．【详解】解：．故答案是：．【点睛】本题考查了分数指数幂，解决本题的关键是熟记分数指数幂的定义．5、132°【分析】连接AO、BO、CO，根据AB是⊙O的内接正六边形的一边，可得 ， ，从而得到∠ABO=60°，再由BC是⊙O的内接正十边形的一边，可得 ，BO=CO，从而得到，即可求解．【详解】解：如图，连接AO、BO、CO，∵AB是⊙O的内接正六边形的一边，∴ ， ，∴ ，∵BC是⊙O的内接正十边形的一边，∴ ，BO=CO，∴，∴∠ABC=∠ABO+ ∠CBO=60°+72°=132°．故答案为：132°【点睛】本题主要考查了圆的内接多边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握圆的内接多边形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．三、解答题1、（1），见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据成绩类别为“良”的人数除以其所占的百分数求解抽取学生总人数，再由总人数乘以成绩类别为“中”所占的比例求解成绩类别为“中”的人数，即可补全条形统计图；（2）求出成绩类别为“优”所占的百分数即可求得其所对应的圆心角；（3）根据家长总人数乘以良或良以上等级所占的百分数即可求解．（1）解：22÷44%=50（人），50×20%=10（人），答：这次调查中被抽取学生的总人数为50人，补全条形统计图如图所示：  故答案为：50；（2）解：360°×=72°，答：成绩类别为“优”的圆心角的度数为72°，故答案为：72°；（3）解：750×=480（名），答：估计本校七年级共有480名学生的数学成绩可达到良或良以上等级【点睛】本题考查条形统计图和扇形统计图的信息关联、用样本估计总体、能从条形统计图和扇形统计图中获取有效信息是解答的关键．2、（1）①40；②；（2）①；②．【分析】（1）①先根据角的和差可得，再根据角平分线的定义可得，然后根据即可得；②先根据角的和差可得，再根据角平分线的定义可得，然后根据即可得；（2）①先根据角的和差可得，再根据角平分线的定义可得，然后根据即可得；②先根据角的和差可得，从而可得，再根据即可得．【详解】解：（1）①，，平分，，，，故答案为：40；②，，平分，，，；（2）①，，平分，，，；②如图，由（2）①已得：，，，，，．【点睛】本题考查了与角平分线有关的角度计算，熟练掌握角的运算是解题关键．3、（1）8；（2）见解析【分析】（1）连接OC，利用勾股定理求解CE＝4，再利用垂径定理可得答案；（2）证明 再证明 可得 从而可得结论.【详解】（1）解：连接OC，∵CD⊥AB，∴CE＝DE，∴OC＝OB＝OE＋BE＝3＋2＝5， 在Rt△OCE中，∠OEC＝90°，由勾股定理得：CE2＝OC2－OE2，∴CE2＝52－32，∴CE＝4， ∴CD＝2CE＝8. （2）解：连接OD，∵CF与⊙O相切，∴∠OCF＝90°，∵CE＝DE，CD⊥AB，∴CF＝DF， 又OF＝OF，OC＝OD，   ∴△OCF≌△ODF，∴∠ODF＝∠OCF＝90°，即OD⊥DF． 又D在⊙O上， ∴DF与⊙O相切．【点睛】本题考查的是圆的基本性质，垂径定理的应用，切线的性质与判定，证明△OCF≌△ODF得到∠ODF＝∠OCF＝90°是解本题的关键.4、这个角的度数是【分析】设这个角为，根据题意列方程求解即可．【详解】解：设这个角为，则余角为，补角为，由题意得：，解得：．答：这个角的度数是．【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，以及余角和补角的意义，如果两个角的和等于90°，那么这两个角互为余角，其中一个角叫做另一个角的余角；如果两个角的和等于180°，那么这两个角互为补角，其中一个角叫做另一个角的补角．5、（1）2；（2）的长为，阴影部分的面积为【分析】（1）根据垂径定理可得、，从而得到为的中位线，，即可求解；（2）连接，求得，利用含直角三角形的性质求得半径，即可求解．【详解】解：（1）∵，∴，∵，∴为的中位线∴，∵，∴，∴；（2）连接，如下图：∵，，∴，∴，在中，∵，，，∴，，∴的长，阴影部分的面积．【点睛】此题考查了圆的垂径定理，弦、弧、圆心角之间的关键，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质，含直角三角形的性质，弧长以及扇形面积的计算，解题的关键是掌握并灵活运用相关性质求解．