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【真题汇总卷】2022年北京市海淀区中考数学考前摸底测评 卷(Ⅱ)(含答案解析)
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这是一份【真题汇总卷】2022年北京市海淀区中考数学考前摸底测评 卷(Ⅱ)(含答案解析),共26页。试卷主要包含了下列命题中,是真命题的是等内容,欢迎下载使用。
2022年北京市海淀区中考数学考前摸底测评 卷(Ⅱ) 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,矩形ABCD中,点E,点F分别是BC,CD的中点,AE交对角线BD于点G,BF交AE于点H.则的值是( )A. B. C. D.2、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.143、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)4、二次函数()的图象如图,给出下列四个结论:①;②;③;④对于任意不等于-1的m的值一定成立.其中结论正确的个数是( )A.1 B.2 C.3 D.45、已知有理数在数轴上的位置如图所示,且,则代数式的值为( ).A. B.0 C. D.6、甲、乙两地相距s千来,汽车从甲地匀速行驶到乙地,行驶的时间t(小时)关于行驶速度v(千米时)的函数图像是( )A. B.C. D.7、如图,四棱柱的高为9米,底面是边长为6米的正方形,一只蚂蚁从如图的顶点A开始,爬向顶点B.那么它爬行的最短路程为( )A.10米 B.12米 C.15米 D.20米8、已知关于x的不等式组的解集是3≤x≤4,则a+b的值为( )A.5 B.8 C.11 D.99、下列命题中,是真命题的是( )A.一条线段上只有一个黄金分割点B.各角分别相等,各边成比例的两个多边形相似C.两条直线被一组平行线所截,所得的线段成比例D.若2x=3y,则10、二次函数 y=ax2+bx+c(a≠0)的大致图象如图所示,顶点坐标为(﹣2,﹣9a),下列结论:①4a+2b+c>0;②5a﹣b+c=0;③若关于 x 的方程ax2+bx+c=1 有两个根,则这两个根的和为﹣4;④若关于 x 的方程 a(x+5)(x﹣1)=﹣1 有两个根 x1和 x2,且 x1<x2,则﹣5<x1<x2<1.其中正确的结论有( )A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 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,在半径为5的⊙O中,弦AB=6,OC⊥AB于点D,交⊙O于点C,则CD=_____.2、观察下列图形排列规律(其中△是三角形,□是正方形,〇是圆),□〇△□□〇△□〇△□□〇△□……,若第一个图形是正方形,则第2022个图形是________(填图形名称).3、最新人口普查数据显示上海的常住人数约为24870000人,将24870000用科学记数法表示是:_______.4、如图,已知中,,,,作AC的垂直平分线交AB于点、交AC于点,连接,得到第一条线段;作的垂直平分线交AB于点、交AC于点,连接,得到第二条线段;作的垂直平分线交AB于点、交于点,连接,得到第三条线段;……,如此作下去,则第n条线段的长为______.5、如图,AB,CD是的直径,弦,所对的圆心角为40°,则的度数为______.三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)1、沙坪坝区某街道为积极响应“开展全民义务植树40周年”活动,投入一定资金绿化一块闲置空地,购买了甲、乙两种树木共70棵,且甲种树木单价、乙种树木单价每棵分别为90元,80元,共用去资金6000元.(1)求甲、乙两种树木各购买了多少棵?(2)经过一段时间后,种植的这批树木成活率高,绿化效果好.该街道决定再购买一批这两种树木绿化另一块闲置空地,两种树木的购买数量均与第一批相同,购买时发现甲种树木单价上涨了a%,乙种树木单价下降了a%,且总费用不超过6500元,求a的最大整数值.2、解分式方程:.3、规定:A,B,C是数轴上的三个点,当CA=3CB时我们称C为[A,B]的“三倍距点”,当CB=3CA时,我们称C为[B,A]的“三倍距点”.点A所表示的数为a,点B所表示的数为b且a,b满足(a+3)2+|b−5|=0.(1) a=__________,b=__________;(2)若点C在线段AB上,且为[A,B]的“三倍距点”,则点C所表示的数为______;(3)点M从点A出发,同时点N从点B出发,沿数轴分别以每秒3个单位长度和每秒1个单位长度的速度向右运动,设运动时间为t秒.当点B为M,N两点的“三倍距点”时,求t的值.4、二次函数的图象与y轴交于点A,将点A向右平移4个单位长度,得到点B,点B在二次函数的图象上.(1)求点B的坐标(用含的代数式表示);(2)二次函数的对称轴是直线 ;(3)已知点(,),(,),(,)在二次函数的图象上.若,比较,,的大小,并说明理由.5、一个正整数k去掉个位数字得到一个新数,如果原数的个位数字的2倍与新数之和与7的商是一个整数,则称正整数k为“尚志数”,把这个商叫做k的尚志系数,记这个商为F(k).如:732去掉个位数字是73.2的2倍与73的和是77,77÷7=11,11是整数,所以732是“尚志数”,732的尚志系数是11,记F(732)=11:(1)计算:F(204)= ;F(2011)= ;(2)若m、n都是“尚志数”,其中m=3030+10la,n=400+10b+c(0≤a≤9,0≤b≤9,0≤c≤9,a,b,c是整数),规定:G(m,n)=,当F(m)+F(n)=66时,求G(m,n)的值. -参考答案-一、单选题1、B【分析】取的中点,连接,交于点,则,,由,得,由,得,,则,,从而解决问题.【详解】解:矩形中,点,点分别是,的中点,,,,取的中点,连接,交于点,如图,则是的中位线,,,,,,,,,,,,,,,,,,故选:B.【点睛】本题主要考查了矩形的性质,相似三角形的判定与性质,利用相似三角形的性质表示出和的长是解题的关键.2、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.3、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.4、C【分析】由抛物线与x轴有两个交点得到b2﹣4ac>0,可判断①;根据对称轴是x=﹣1,可得x=﹣2、0时,y的值相等,所以4a﹣2b+c>0,可判断③;根据1,得出b=2a,再根据a+b+c<0,可得b+b+c<0,所以3b+2c<0,可判断②;x=﹣1时该二次函数取得最大值,据此可判断④.【详解】解:∵图象与x轴有两个交点,∴方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根,∴b2﹣4ac>0,∴4ac﹣b2<0,①正确;∵1,∴b=2a,∵a+b+c<0,∴b+b+c<0,∴3b+2c<0,∴②正确;∵当x=﹣2时,y>0,∴4a﹣2b+c>0,∴4a+c>2b,③错误;∵由图象可知x=﹣1时该二次函数取得最大值,∴a﹣b+c>am2+bm+c(m≠﹣1).∴m(am+b)<a﹣b.故④正确∴正确的有①②④三个,故选:C.【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系,看懂图象,利用数形结合解题是关键.5、C【分析】首先根据数轴的信息判断出有理数的大小关系,然后确定各绝对值中代数式的符号,即可根据绝对值的性质化简求解.【详解】解:由图可知:,∴,,,,∴,故选:C.【点睛】本题考查数轴与有理数,以及化简绝对值,整式的加减运算等,理解数轴上表示的有理数的性质,掌握化简绝对值的方法以及整式的加减运算法则是解题关键.6、B【分析】直接根据题意得出函数关系式,进而得出函数图象.【详解】解:由题意可得:t=,是反比例函数,故只有选项B符合题意.故选:B.【点睛】此题主要考查了反比例函数的应用,正确得出函数关系式是解题关键.7、C【分析】将立体图形展开,有两种不同的展法,连接AB,利用勾股定理求出AB的长,找出最短的即可.【详解】解:如图,(1)AB==;(2)AB==15,由于15<,则蚂蚁爬行的最短路程为15米.故选:C.【点睛】本题考查了平面展开--最短路径问题,要注意,展开时要根据实际情况将图形安不同形式展开,再计算.8、C【分析】分别求出每一个不等式的解集,结合不等式组的解集求出a、b的值,代入计算即可.【详解】解:解不等式x-a≥1,得:x≥a+1,解不等式x+5≤b,得:x≤b-5,∵不等式组的解集为3≤x≤4,∴a+1=3,b-5=4,∴a=2,b=9,则a+b=2+9=11,故选:C.【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组,正确求出每一个不等式解集是基础,熟知“同大取大;同小取小;大小小大中间找;大大小小找不到”的原则是解答此题的关键.9、B【分析】根据黄金分割的定义对A选项进行判断;根据相似多边形的定义对B选项进行判断;根据平行线分线段成比例定理对C选项进行判断;根据比例的性质对D选项进行判断.【详解】解:A.一条线段上有两个黄金分割点,所以A选项不符合题意;B.各角分别相等,各边成比例的两个多边形相似,所以B选项符合题意;C.两条直线被一组平行线所截,所得的对应线段成比例,所以C选项不符合题意;D.若2x=3y,则,所以D选项不符合题意.故选:B.【点睛】本题考查了命题:命题的“真”“假”是就命题的内容而言.任何一个命题非真即假.要说明一个命题的正确性,一般需要推理、论证,而判断一个命题是假命题,只需举出一个反例即可.10、C【分析】求解的数量关系;将代入①式中求解判断正误;②将代入,合并同类项判断正负即可;③中方程的根关于对称轴对称,求解判断正误;④中求出二次函数与轴的交点坐标,然后观察方程的解的取值即可判断正误.【详解】解:由顶点坐标知解得∵∴当时,,故①正确,符合题意;,故②错误,不符合题意;方程的根为的图象与直线的交点的横坐标,即关于直线对称,故有,即,故③正确,符合题意;,与轴的交点坐标为,方程的根为二次函数图象与直线的交点的横坐标,故可知,故④正确,符合题意;故选C.【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质,二次函数与二次方程等知识.解题的关键与难点在于从图象中提取信息,并且熟练掌握二次函数与二次方程的关系.二、填空题1、【分析】连接OA,先利用垂径定理得出AD的长,再由勾股定理得出OD的长即可解答.【详解】解:连接OA, ∵AB=6,OC⊥AB于点D, ∴AD=AB=×6=3, ∵⊙O的半径为5, ∴, ∴CD=OC-OD=5-4=1. 故答案为:1.【点睛】本题考查的是垂径定理及勾股定理,解答此题的关键是作出辅助线构造出直角三角形,再利用勾股定理求解.2、圆【分析】三角形、正方形、圆的排列规律是七个为一循环.用2022除以7,商为组数,如果不能整除,再根据余数即可判定第2022个图形是什么图形.【详解】解:2022÷7=288(组)……6(个)第2022个图形是第289组的第6个图形,是圆.故答案为:圆.【点睛】解答此题的关键是找出这些图形的排列规律,几个图形为一循环(组).3、【分析】绝对值大于1的数可以用科学记数法表示,一般形式为a×10n, 为正整数,且比原数的整数位数少1,据此可以解答.【详解】解:.故答案是:.【点睛】本题考查用科学记数法表示较大的数,熟练掌握一般形式为 ,其中, 是正整数,解题的关键是确定 和 的值.4、或【分析】由题意依据垂直平分线性质和等边三角形性质以及60°直角三角形所对应的邻边是斜边的一半得出,,进而总结规律即可得出第n条线段的长.【详解】解:∵,,,∴,∵垂直平分AC,∴,∴,∴,同理,,可得第n条线段的长为:或.故答案为:或.【点睛】本题考查图形规律,熟练掌握垂直平分线性质和等边三角形性质以及60°直角三角形所对应的邻边是斜边的一半是解题的关键.5、70°【分析】连接OE,由弧CE的所对的圆心角度数为40°,得到∠COE=40°,根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠OCE,根据平行线的性质即可得到∠AOC的度数.【详解】解:连接OE,如图,∵弧CE所对的圆心角度数为40°,∴∠COE=40°,∵OC=OE,∴∠OCE=∠OEC,∴∠OCE=(180°-40°)÷2=70°,∵CE//AB,∴∠AOC=∠OCE=70°,故答案为:70°.【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质,三角形内角和定理,弧与圆心角的关系,平行线的性质,求出∠COE=40°是解题的关键.三、解答题1、(1)甲种树木购买了40棵,乙种树木购买了30棵(2)a的最大值为25【分析】(1)设甲种树木购买了x棵,乙种树木购买了y棵,根据总费用=单价×数量结合“购买了甲、乙两种树木共70棵,共用去资金6000元”,即可得出关于x,y的二元一次方程组,解之即可得出结论;(2)根据总费用=单价×数量结合总费用不超过6500元,即可得出关于a的一元一次不等式,解之取其中的最大值即可得出结论.【小题1】解:设甲种树木购买了x棵,乙种树木购买了y棵,根据题意得:,解得:,答:甲种树木购买了40棵,乙种树木购买了30棵.【小题2】根据题意得:90×(1+a%)×40+80×(1-a%)×30≤6500,解得:a≤25.答:a的最大值为25.【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用,解题的关键是:(1)找准等量关系,正确列出二元一次方程组;(2)根据各数量之间的关系,正确列出一元一次不等式.2、【分析】先去分母,去括号,然后移项合并同类项,系数化为1,最后进行检验.【详解】解:去分母去括号得:解得:检验:当时,∴分式方程的解为.【点睛】本题考查了解分式方程.解题的关键与难点在于将分式方程转化成整式方程.3、(1)-3,5(2)3(3)当t为或t=3或秒时,点B为M,N两点的“三倍距点”.【分析】(1)根据非负数的性质,即可求得a,b的值;(2)根据“三倍距点”的定义即可求解;(3)分点B为[M,N]的“三倍距点”和点B为[N,M]的“三倍距点”两种情况讨论即可求解.(1)解:∵(a+3)2+|b−5|=0,∴a+3=0,b−5=0,∴a=-3,b=5,故答案为:-3,5;(2)解:∵点A所表示的数为-3,点B所表示的数为5,∴AB=5-(-3)=8,∵点C为[A,B]的“三倍距点”,点C在线段AB上,∴CA=3CB,且CA+CB=AB=8,∴CB=2,∴点C所表示的数为5-2=3,故答案为:3;(3)解:根据题意知:点M所表示的数为3t-3,点N所表示的数为t+5,∴BM=,BN=,(t>0),当点B为[M,N]的“三倍距点”时,即BM=3BN,∴,∴或,解得:,而方程,无解;当点B为[N,M]的“三倍距点” 时,即3BM=BN,∴,∴或,解得:或t=3;综上,当t为或t=3或秒时,点B为M,N两点的“三倍距点”.【点睛】本题考查了非负数的性质,一元一次方程的应用、数轴以及绝对值,熟练掌握“三倍距点”的定义是解题的关键.4、(1)B(4,);(2);(3),见解析【分析】(1)根据题意,令,即可求得的坐标,根据平移的性质即可求得点的坐标;(2)根据题意关于对称轴对称,进而根据的坐标即可求得对称轴;(3)根据(2)可知对称轴为,进而计算点与对称轴的距离,根据抛物线开口朝下,则点离对称轴越远则函数值越小,据此求解即可【详解】解:(1)∵令,∴,∴点A的坐标为(0,),∵将点A向右平移4个单位长度,得到点B,∴点B的坐标为(4,).(2) A的坐标为(0,),点B的坐标为(4,)点都在在二次函数的图象上.即关于对称轴对称对称轴为(3)∵对称轴是直线,,∴点(,),(,)在对称轴的左侧,点(,)在对称轴的右侧,∵,∴,∴,,∵,∴.【点睛】本题考查了平移的性质,二次函数的对称性,二次函数的性质,熟练掌握二次函数的性质是解题的关键.5、(1)4;29(2)或0或【分析】(1)利用“尚志数”的定义即可求得结论;(2)利用m=3030+101a是“尚志数”,根据0≤a≤9,a为整数可求得a=1或8,进而求得F(m)的值,利用F(m)+F(n)=66,可得F(n),再利用“尚志数”的定义得出关于b,c的式子,利用0≤b≤9,0≤c≤9,b,c是整数可求得b,c的值,利用公式G(m,n)=,可求结论.【小题1】解:∵20+4×2=28,28÷7=4,∴F(204)=4.∵201+1×2=203,203÷7=29,∴F(2011)=29.故答案为:4;29;【小题2】∵m=3030+101a=3000+100a+30+a,∴F(m)=,由题干中的定义可知为整数,且0≤a≤9,∵a=1时,=2,a=8时,=14,∴a=1或a=8.①当a=1时,F(m)=43+2=45,∵F(m)+F(n)=66,∴F(n)=21.∵F(n)=,∴=21.∴b+2c=107.∵0≤b≤9,0≤c≤9,∴不存在b,c满足b+2c=107.②当a=8时,F(m)=43+14=57,∵F(m)+F(n)=66,∴F(n)=9.∵F(n)=,∴=9.∴b+2c=23.∵0≤b≤9,0≤c≤9,∴或或,∴当a=8,b=5,c=9时,G(m,n)=;当a=8,b=7,c=8时,G(m,n)=;当a=8,b=9,c=7时,G(m,n)=.【点睛】本题主要考查了因式分解的应用,本题是阅读型题目,准确理解题干中的定义并熟练应用是解题的关键.
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