【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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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．