【真题汇编】2022年中考数学模拟真题测评 A卷（含答案解析）

这是一份【真题汇编】2022年中考数学模拟真题测评 A卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了在以下实数中，在平面直角坐标系xOy中，点A，要使式子有意义，则，下列图形是中心对称图形的是．，下列命题中，真命题是等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学模拟真题测评 A卷 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、若数a使关于x的方程＝的解为非负数，使关于y的不等式组无解，则所有满足条件的整数a的值之和为（    ）A．7 B．12 C．14 D．182、的相反数是（    ）A． B． C． D．33、如图，在平行四边形ABCD中，E是AD上一点，且DE=2AE，连接BE交AC于点F，已知S△AFE=1，则S△ABD的值是（    ）A．9 B．10 C．12 D．144、在以下实数中：-0.2020020002…，，，，，，无理数的个数是（    ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个5、在平面直角坐标系xOy中，点A（2，1）与点B（0，1）关于某条直线成轴对称，这条直线是（　　）A．轴 B．轴C．直线（直线上各点横坐标均为1） D．直线（直线上各点纵坐标均为1）6、要使式子有意义，则（　　）A． B． C． D．7、下列图形是中心对称图形的是（    ）．A． B．C． D．8、下列命题中，真命题是（　　）A．同位角相等B．有两条边对应相等的等腰三角形全等C．互余的两个角都是锐角D．相等的角是对顶角．9、已知一个圆锥的高为3，母线长为5，则圆锥的侧面积是（    ）A．10π B．12π C．16π D．20π10、某三棱柱的三种视图如图所示，已知俯视图中，，下列结论中：①主视图中；②左视图矩形的面积为；③俯视图的正切值为．其中正确的个数为（    ）A．个 B．个 C．个 D．个第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，在平面直角坐标系中，二次函数 y＝x2﹣2x＋c 的图象与 x 轴交于 A、C 两点，与 y轴交于点 B（0，﹣3），若 P 是 x 轴上一动点，点 D（0，1）在 y 轴上，连接 PD，则 C 点的坐标是_____，PD＋PC 的最小值是______．2、如图，将一块三角板的直角顶点放在直尺的一边上，若∠1＝34°，则∠2＝_____°．3、如图，在△ABC中，AB＝12，BC＝15，D为BC上一点，且BD＝BC，在AB边上取一点E，使以B，D，E为顶点的三角形与△ABC相似，则BE＝_____．4、若m是方程3x2＋2x﹣3＝0的一个根，则代数式6m2＋4m的值为______．5、比较大小：－7______－8（填入＞”或“＜”号）．．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，，点C、D分别在射线OA、OB上，且满足．将线段DC绕点D顺时针旋转60°，得到线段DE．过点E作OC的平行线，交OB反向延长线于点F．（1）根据题意完成作图；（2）猜想DF的长并证明；（3）若点M在射线OC上，且满足，直接写出线段ME的最小值．2、观察以下等式：，，，，（1）依此规律进行下去，第5个等式为______，猜想第n个等式为______；（2）请利用分式的运算证明你的猜想．3、如图，在中，对角线的垂直平分线分别交，于点，，与相交于点，连接，．（1）求证：四边形是菱形；（2）已知，，，请你写出的值．4、如图，点C是线段AB是一点，AC：BC＝1：3点D是BC的中点，若线段AC＝4．（1）图中共有         条线段；（2）求线段AD的长．5、化简：（1）；（2） -参考答案-一、单选题1、C【分析】第一步：先用a的代数式表示分式方程的解．再根据方程的解为非负数，x-3≠0，列不等式组，解出解集，第二步解出不等式组的解集，根据不等式组无解，列不等式求出解集，根据这两步中m的取值范围进行综合考虑确定最后m的取值范围，最后根据a为整数确定最后结果．【详解】解：，2a-8=x-3，x=2a-5，∵方程的解为非负数，x-3≠0，∴，解得a≥且a≠4，，解不等式组得：，∵不等式组无解，∴5-2a≥-7，解得a≤6，∴a的取值范围：≤a≤6且a≠4，∴满足条件的整数a的值为3、5、6，∴3+5+6=14，故选：C．【点睛】本题考查分式方程的解、解一元一次不等式组、解一元一次不等式，掌握用含a的式子表示方程的解，根据方程的解为非负数，根据不等式组无解，两个条件结合求出m的取值范围是解题关键．2、D【分析】根据只有符号不同的两个数是互为相反数解答即可．【详解】解：的相反数是3，故选D．【点睛】本题考查了相反数的定义，只有符号不同的两个数是互为相反数，正数的相反数是负数，0的相反数是0，负数的相反数是正数．3、C【分析】过点F作MN⊥AD于点M，交BC于点N，证明△AFE∽△CFB，可证得，得MN=4MF，再根据三角形面积公式可得结论．【详解】解：过点F作MN⊥AD于点M，交BC于点N，连接BD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC，AD=BC∴△AFE∽△CFB∴ ∵DE=2AE∴AD=3AE=BC∴ ∴，即 又 ∴∴ 故选：C【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是能求出两三角形的高的数量关系．4、C【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．据此解答即可．【详解】解：无理数有-0.2020020002…，，，，共有4个．故选：C．【点睛】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.2020020002…，等有这样规律的数．解题的关键是理解无理数的定义．5、C【分析】利用成轴对称的两个点的坐标的特征，即可解题．【详解】根据A点和B点的纵坐标相等，即可知它们的对称轴为．故选：C．【点睛】本题考查坐标与图形变化—轴对称，掌握成轴对称的两个点的坐标的特点是解答本题的关键．6、B【分析】根据分式有意义的条件，分母不为0，即可求得答案．【详解】解：要使式子有意义，则故选B【点睛】本题考查了分式有意义的条件，理解分式有意义的条件是“分母不为0”是解题的关键．7、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．8、C【分析】根据平行线的性质、全等三角形的判定定理、余角的概念、对顶角的概念判断即可．【详解】解：A、两直线平行，同位角相等，故本选项说法是假命题；B、有两条边对应相等的等腰三角不一定形全等，故本选项说法是假命题；C、互余的两个角都是锐角，本选项说法是真命题；D、相等的角不一定是对顶角，例如，两直线平行，同位角相等，此时两个同位角不是对顶角，故本选项说法是假命题；故选：C．【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．9、D【分析】首先利用勾股定理求得底面半径的长，然后根据扇形的面积公式即可求解．【详解】解：圆锥的底面半径是：，则底面周长是：，则圆锥的侧面积是：．故选：D．【点睛】本题主要考查三视图的知识和圆锥侧面面积的计算，解题的关键是由三视图得到立体图形，及记住圆锥的侧面面积公式．10、A【分析】过点A作AD⊥BC与D，根据BD=4，，可求AD=BD，根据，得出BC=7，可得DC=BC-BD=7-4=3可判断①；根据左视图矩形的面积为3×6=可判断②；根据tanC可判断③．【详解】解：过点A作AD⊥BC与D，∵BD=4，，∴AD=BD，∵，∴，∴BC=7，∴DC=BC-BD=7-4=3，∴①主视图中正确；∴左视图矩形的面积为3×6=，∴②正确；∴tanC，∴③正确；其中正确的个数为为3个．故选择A．【点睛】本题考查三视图与解直角三角的应用相结合，掌握三视图，三角形面积公式，正切定义，矩形面积公式是解题关键，本题比较新颖，难度不大，是创新题型．二、填空题1、（3，0）    4    【分析】过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H．根据，求出的最小值即可解决问题．【详解】解：过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H．∵二次函数y＝x2﹣2x+c的图象与y轴交于点B（0，﹣3），∴c＝﹣3，∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），C（3，0），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵D（0，1），∴OD＝1，BD＝1-（-3）=4，∵DH⊥BC，∴∠DHB＝90°，设，则,∵，∴，∴，∴，∵PJ⊥CB，∴，∵∠PCJ=45°，∴∠CPJ=90°-∠PCJ=45°，∴PJ=JC，根据勾股定理∴，∴，∵，∴，∴PD+PJ的最小值为，∴的最小值为4．故答案为: （3，0），4．【点睛】本题考查了二次函数的相关性质，以及等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．2、56【分析】先根据余角的定义求出∠3的度数，再由平行线的性质即可得出结论．【详解】解：∵∠1＝34°，∴∠3＝90°﹣34°＝56°．∵直尺的两边互相平行，∴∠2＝∠3＝56°．故答案为：56．【点睛】本题考查平行线的性质、直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．3、4或【分析】以B，D，E为顶点的三角形与△ABC相似，则存在两种情况，即△BDE∽△BCA，也可能是△BDE∽△BAC，应分类讨论，求解．【详解】解：如图，DE//BC①当∠AED=∠C时，即DE∥AC则△BDE∽△BCA，∴ ∵BD＝BC，∴∴ ②当∠BED=∠C时，△BED∽△BCA∴，即  ∴ 综上，BE=4或故答案为4或【点睛】此题考查了相似三角形的性质，会利用相似三角形求解一些简单的计算问题．4、6【分析】把x=m代入方程得出3m2+2m=3，把6m2＋4m化成2（3m2+2m），代入求出即可．【详解】解：∵m是方程3x2＋2x﹣3＝0的一个根，∴3m2+m-3=0，∴3m2+2m=3，∴6m2＋4m =2（3m2+2m）=2×3=6．故答案为6．【点睛】本题考查了一元二次方程的解的应用，用了整体代入思想，即把3m2+2m当作一个整体来代入．5、【分析】根据两个负数比较大小，其绝对值大的反而小比较即可．【详解】解：，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了绝对值和有理数的大小比较，解题的关键是能熟记有理数的大小比较法则的内容，注意：两个负数比较大小，其绝对值大的反而小．三、解答题1、（1）见解析；（2），证明见解析；（3）【分析】（1）根据题意作出图形即可；（2）在OB上截取，连接CP、CE、OE，得出、是等边三角形，根据SAS证明，由全等三角形的性质和平行线的性质得是等边三角形，可得即可；（3）过点M作，连接，作等边，即当点E到点时，ME得最小值，由得，故可求出、，即可得出ME的最小值．【详解】（1）根据题意作图如下所示：（2），证明如下：如图，在OB上截取，连接CP、CE、OE．∵,，∴是等边三角形，∴，，∵，，∴是等边三角形，∴，，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，（3）如图，过点M作，连接，作等边，即当点E到点时，ME得最小值，∵，∴，∴，，故ME的最小值为．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，掌握相关知识点的应用是解题的关键．2、（1），（2）见解析【分析】（1）根据题目中给出的等式，即可写出第5个等式，并写出第的等式；（2）根据分式的乘法和加法可以证明猜想的正确性．（1）解：由题目中的等式可得，第5个等式为：，第个等式是，故答案为：，；（2）证明：左边，右边，左边右边，故猜想正确．【点睛】本题考查分式的混合运算、数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，写出相应的等式，并证明猜想的正确性．3、（1）见解析；（2）【分析】（1）方法一：先证明≌，可得，再证明四边形是平行四边形，结合，从而可得结论；方法二：先证明≌，可得，再证明四边形是平行四边形，结合，从而可得结论；方法三：证明从而可得结论；（2）如图，过作于 利用菱形的性质结合三角函数先求解菱形的对角线的长及菱形的面积，再利用 求解 从而可得答案.【详解】（1）方法一：∵四边形是平行四边形，∴∴又∵垂直平分，∴．．∴≌．∴．∴四边形是平行四边形．∵∴四边形是菱形．方法二：∵四边形是平行四边形，∴．∴又∵垂直平分，∴．．∴≌．∴．∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是菱形．方法三：∵垂直平分，∴，∵四边形是平行四边形，∴．∴∴≌．∴．∴∴四边形是菱形．（2）如图，过作于 四边形是菱形． 则 【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，菱形的判定，菱形的性质，锐角三角函数的应用，掌握“选择合适的判定方法判断菱形及利用等面积法求解菱形的高”是解本题的关键.4、6【分析】（1）根据图形写出所有线段即可；（2）首先求出BC=12，再求出CD=6，从而根据AC+CB=AD可求出结论．【详解】解：（1）（1）图中有AC、AD、AB、CD、CB、DB共6条线段；故答案为：6；（2）∵AC：BC＝1：3，AC＝4∴ ∵点D是BC的中点，∴ ∴【点睛】本题考查的是两点间的距离的计算，掌握线段中点的性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键．5、（1）；（2）【分析】（1）直接利用整式的加减运算法则化简得出答案；（2）整式的加减，正确去括号、合并同类项即可．【详解】解：（1）；（2），，．【点睛】本题主要考查了整式的加减，正确去括号、合并同类项解题的关键是掌握相应的运算法则．