【真题汇总卷】2022年辽宁省丹东市中考数学备考模拟练习 （B）卷（含答案及解析）

这是一份【真题汇总卷】2022年辽宁省丹东市中考数学备考模拟练习 （B）卷（含答案及解析），共31页。试卷主要包含了在下列运算中，正确的是，下列运算中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
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号学 级年 名姓
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2022年辽宁省丹东市中考数学备考模拟练习 （B）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、如图是一个正方体的展开图，现将此展开图折叠成正方体，有“北”字一面的相对面上的字是（ ）

A．冬 B．奥 C．运 D．会
2、已知点、在二次函数的图象上，当，时，．若对于任意实数、都有，则的范围是（ ）．
A． B． C．或 D．
3、平面直角坐标系中，已知点，，其中，则下列函数的图象可能同时经过P，Q两点的是（ ）．
A． B．
C． D．
4、在下列运算中，正确的是（　　　）
A．a3•a2=a6 B．（ab2）3=a6b6
C．（a3）4=a7 D．a4÷a3=a
5、、两地相距，甲骑摩托车从地匀速驶向地．当甲行驶小时途径地时，一辆货车刚好从地出发匀速驶向地，当货车到达地后立即掉头以原速匀速驶向地．如图表示两车与地的距离和甲出发的时间的函数关系．则下列说法错误的是（ ）

A．甲行驶的速度为 B．货车返回途中与甲相遇后又经过甲到地
C．甲行驶小时时货车到达地 D．甲行驶到地需要
6、下列图形绕直线旋转一周，可以得到圆柱的是（ ）
A． B． C． D．
7、数学活动课上，同学们想测出一个残损轮子的半径，小宇的解决方案如下：如图，在轮子圆弧上任取两点A，B，连接，再作出的垂直平分线，交于点C，交于点D，测出的长度，即可计算得出轮子的半径．现测出，则轮子的半径为（ ）
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A． B． C． D．
8、下列运算中，正确的是（　　）
A．＝﹣6 B．﹣＝5 C．＝4 D．＝±8
9、如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是各边上的点，对于四边形E，F，G，H的形状，小聪进行了探索，下列结论错误的是（　　　）

A．E，F，G，H是各边中点．且AC=BD时，四边形EFGH是菱形
B．E，F，G，H是各边中点．且AC⊥BD时，四边形EFGH是矩形
C．E，F，G，H不是各边中点．四边形EFGH可以是平行四边形
D．E，F，G，H不是各边中点．四边形EFGH不可能是菱形
10、已知点D、E分别在的边AB、AC的反向延长线上，且ED∥BC，如果AD：DB＝1：4，ED＝2，那么BC的长是（ ）
A．8 B．10 C．6 D．4
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，已知点B在线段CF上，AB∥CD，AD∥BC，DF交AB于点E，联结AF、CE，S△BCE：S△AEF的比值为___．

2、已知f（x）＝3-x2x+1，那么f（12）＝___．
3、如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝4，点D在边AC上，BD＝BC，那么AD的长是______

4、已知某函数的图象经过A3,2，B-2,-3两点，下面有四个推断：
①若此函数的图象为直线，则此函数的图象与直线y=x平行；
②若此函数的图象为双曲线，则-6,-1也在此函数的图象上；
③若此函数的图象为抛物线，且开口向下，则此函数图象一定与y轴的负半轴相交；
④若此函数的图象为抛物线，且开口向上，则此函数图象对称轴在直线x=12左侧．
所有合理推断的序号是______．
5、已知p、q是实数，有且只有三个不同的x值满足方程|x2+px+q|＝2，则q的最小值 ___．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，某段河流的两岸是平行的，数学兴趣小组在老师带领下不用涉水过河就测得河的宽度，他们是这样做的：
①在河流的一条岸边点，选对岸正对的一棵树；
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②沿河岸直走有一树，继续前行到达处；
③从处沿河岸垂直的方向行走，当到达树正好被树遮挡住的处时停止行走；
④测得的长为米．
根据他们的做法，回答下列问题：

（1）河的宽度是多少米？
（2）请你证明他们做法的正确性．
2、在平面直角坐标系中，对于点和，给出如下定义：若，则称点为点的“可控变点”
例如：点的“可控变点”为点，点的“可控变点”为点．
（1）点的“可控变点”坐标为 　　；
（2）若点在函数的图象上，其“可控变点” 的纵坐标是7，求“可控变点” 的横坐标：
（3）若点在函数的图象上，其“可控变点” 的纵坐标的取值范围是，求的值．
3、如图，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠ACB＝∠DAB＝90°，AB2＝BC·BD，AB＝3，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，延长AE、CB交于点F，连接DF

（1）求证：AE＝AC；
（2）设，，求关于的函数关系式及其定义域；
（3）当△ABC与△DEF相似时，求边BC的长．
4、如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于点A（-1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D．

（1）求该抛物线的表达式及点C的坐标；
（2）联结BC、BD，求∠CBD的正切值；
（3）若点P为x轴上一点，当△BDP与△ABC相似时，求点P的坐标．
5、下列是我们常见的几何体，按要求将其分类（只填写编号）．

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（1）如果按“柱”“锥球”来分，柱体有______，椎体有______，球有______；
（2）如果按“有无曲面”来分，有曲面的有______，无曲面的有______．

-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【详解】
解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
“京”与“奥”是相对面，
“冬”与“运”是相对面，
“北”与“会”是相对面．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．
2、A
【分析】
先根据二次函数的对称性求出b的值，再根据对于任意实数x1、x2都有y1+y2≥2，则二次函数y=x2-4x+n的最小值大于或等于1即可求解．
【详解】
解：∵当x1=1、x2=3时，y1=y2，
∴点A与点B为抛物线上的对称点，
∴，
∴b=-4；
∵对于任意实数x1、x2都有y1+y2≥2，
∴二次函数y=x2-4x+n的最小值大于或等于1，
即，
∴c≥5．
故选：A．
【点睛】
本题考察了二次函数的图象和性质，对于二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0），其对称轴是直线：，顶点纵坐标是，抛物线上两个不同点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，若有y1=y2，则P1，P2两点是关于抛物线对称轴对称的点，且这时抛物线的对称轴是直线：．
3、B
【分析】
先判断再结合一次函数，二次函数的增减性逐一判断即可.
【详解】
解：

同理：
当时，随的增大而减小，
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由可得随的增大而增大，故A不符合题意；
的对称轴为： 图象开口向下，
当时，随的增大而减小，故B符合题意；
由可得随的增大而增大，故C不符合题意；
的对称轴为： 图象开口向上，
时，随的增大而增大，故D不符合题意；
故选B
【点睛】
本题考查的是一次函数与二次函数的图象与性质，掌握“一次函数与二次函数的增减性”是解本题的关键.
4、D
【分析】
由；；，判断各选项的正误即可．
【详解】
解：A中，错误，故本选项不合题意；
B中，错误，故本选项不合题意；
C中，错误，故本选项不合题意；
D中，正确，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘除，积的乘方，幂的乘方等知识．解题的关键在于正确求解．
5、C
【分析】
根据函数图象结合题意，可知两地的距离为，此时甲行驶了1小时，进而求得甲的速度，即可判断A、D选项，根据总路程除以速度即可求得甲行驶到地所需要的时间，根据货车行驶的时间和路程结合图像可得第小时时货车与甲相遇，据此判断B选项，求得相遇时，甲距离地的距离，进而根据货车行驶的路程除以时间即可求得货车的速度，进而求得货车到达地所需要的时间．
【详解】
解：两地的距离为，

故A选项正确，不符合题意；

故D选项正确，不符合题意；
根据货车行驶的时间和路程结合图像可得第小时时货车与甲相遇，
则
即货车返回途中与甲相遇后又经过甲到地
故B选项正确，
相遇时为第4小时，此时甲行驶了，
货车行驶了
则货车的速度为
则货车到达地所需的时间为
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即第小时
故甲行驶小时时货车到达地
故C选项不正确
故选C
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，弄清楚函数图象中各拐点的意义是解题的关键．
6、A
【分析】
根据面动成体，直角三角形绕直角边旋转是圆锥，矩形绕边旋转是圆柱，直角梯形绕直角边旋转是圆台，半圆案绕直径旋转是球，可得答案．
【详解】
解：A.旋转后可得圆柱，故符合题意；
B. 旋转后可得球，故不符合题意；
C. 旋转后可得圆锥，故不符合题意；
D. 旋转后可得圆台，故不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了面动成体的知识，熟记各种图形旋转得出的立体图形是解题关键．
7、C
【分析】
由垂径定理，可得出BC的长；连接OB，在Rt△OBC中，可用半径OB表示出OC的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径即可．
【详解】
解：设圆心为O，连接OB．

Rt△OBC中，BC=AB=20cm，
根据勾股定理得：
OC2+BC2=OB2，即：
（OB-10）2+202=OB2，
解得：OB=25；
故轮子的半径为25cm．
故选：C．
【点睛】
本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
8、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；
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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．
9、D
【分析】
当为各边中点，，，四边形是平行四边形；A中AC=BD，则，平行四边形为菱形，进而可判断正误；B中AC⊥BD，则，平行四边形为矩形，进而可判断正误；E，F，G，H不是各边中点，C中若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是平行四边形，进而可判断正误；D中若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是菱形，进而可判断正误．
【详解】
解：如图，连接当为各边中点时，可知分别为的中位线

∴
∴四边形是平行四边形
A中AC=BD，则，平行四边形为菱形；正确，不符合题意；
B中AC⊥BD，则，平行四边形为矩形；正确，不符合题意；
C中E，F，G，H不是各边中点，若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是平行四边形；正确，不符合题意；
D中若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是菱形；错误，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查了平行四边形、菱形、矩形的判定，中位线等知识．解题的关键在于熟练掌握特殊平行四边形的判定．
10、C
【分析】
由平行线的性质和相似三角形的判定证明△ABC∽△ADE，再利用相似三角形的性质和求解即可．
【详解】
解：∵ED∥BC，
∴∠ABC=∠ADE，∠ACB=∠AED，
∴△ABC∽△ADE，
∴BC：ED= AB：AD，
∵AD：DB＝1：4，
∴AB：AD=3：1，又ED＝2，
∴BC：2=3：1，
∴BC=6，
故选：C
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【点睛】
本题考查平行线的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答的关键．
二、填空题
1、1
【分析】
连接BD，利用平行线间距离相等得到同底等高的三角形面积相等即可解答．
【详解】
解：连接BD，如下图所示：

∵BC∥AD，
∴S△AFD= S△ABD，
∴S△AFD- S△AED= S△ABD- S△AED，
即S△AEF= S△BED，
∵AB∥CD，
∴S△BED=S△BEC，
∴S△AEF=S△BEC，
∴S△BCE：S△AEF=1．
故答案为：1．
【点睛】
本题以平行为背景考查了同底等高的三角形面积相等，找到要求的三角形有关的同(等)底或同(等)高是解题的关键．
2、54##
【分析】
把x=12代入函数解析式进行计算即可.
【详解】
解：∵f（x）＝3-x2x+1，
∴f12=3-122×12+1=522=54,
故答案为：54
【点睛】
本题考查的是已知自变量的值求解函数值，理解的含义是解本题的关键.
3、103
【分析】
根据等腰三角形的等边对等角可得∠ABC=∠C=∠BDC，根据相似三角形的判定证明△ABC∽△BDC，根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】
解：∵AB＝AC，BD＝BC，
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∴∠ABC=∠C，∠C=∠BDC，
∴△ABC∽△BDC，
∴ABBD=BCCD，
∵AB＝AC＝6，BC＝4，BD＝BC，
∴64=4CD，
∴CD=83，
∴AD=AC－CD=6－83=103，
故答案为：103．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．
4、①②④
【分析】
分别根据过A、B两点的函数是一次函数、二次函数时，相应的函数的性质进行判断即可．
【详解】
解：①过A3,2，B-2,-3两点的直线的关系式为y=kx+b，则
3k+b＝2-2k+b＝-3，
解得k＝1b＝-1，
所以直线的关系式为y=x-1，
直线y=x-1与直线y=x平行，
因此①正确；
②过A3,2，B-2,-3两点的双曲线的关系式为y=kx，则k=2×3=(-2)×(-3)=6，
所以双曲线的关系式为y=6x
当x=-6时，y=6-6=-1
∴-6,-1也在此函数的图象上，
故②正确；
③若过A3,2，B-2,-3两点的抛物线的关系式为y=ax2+bx+c，
当它经过原点时，则有9a+3b=24a-2b=-3
解得，a=-16b=76
对称轴x=-762×(-16)=72，
∴当对称轴0＜x=-b2a＜72时，抛物线与y轴的交点在正半轴，
当-b2a＞72时，抛物线与y轴的交点在负半轴，
因此③说法不正确；
④当抛物线开口向上时，有a＞0，而a+b=1，即b=-a+1，
所以对称轴x=-b2a=--a+12a=12-12a