2022河北中考数学模拟卷(二)
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这是一份2022河北中考数学模拟卷(二),共14页。试卷主要包含了下列计算正确的是,已知点M等内容,欢迎下载使用。
2022年河北省中考模拟试卷(二)(本试卷满分120分,考试时间120分钟)第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本大题共16小题,1~10小题,每小题3分,11~16小题,每小题2分,共42分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.-(-2)= ( )A.-2B.-C.±2D.22.如图,判断哪条线段的长度不能表示平行四边形 ABCD的高 ( )A.BFB.BDC.GHD.DE3.在数轴上与表示数4的点距离2个单位长度的点表示的数是 ( )A.-2B.2C.6D.2或64.如图,下列条件中,不能判断直线∥的是 ( )A.∠1=∠3B.∠2+∠4=180°C.∠4=∠5D.∠2=∠35.如果是方程的一组解,那么代数式的值是 ( )A.8 B.5 C.2 D.06.下列计算正确的是 ( )A. B. C. D.7.如果是多项式的一个因式,那么m的值为 ( )A.8B.-8C.2D.-28.如图,港口A与货船B相距35海里,我们用有序数对(南偏西40°,35海里)来描述货船B相对港口A的位置,那么港口A相对货船B的位置可描述为 ( )A.(南偏西50°,35海里)B.(北偏西40°,35海里)C.(北偏东50°,35海里)D.(北偏东40°,35海里)9.已知点M(x+2,2x-5)关于原点对称的点在第二象限,则x的取值范围是 ( )A. x>-2 B.-2<x< C.x< D.x<-210.如图,正方形OABC与正方形ODEF是位似图形,O为位似中心,两个正方形的面积之比为 1∶2,点A的坐标为(1,0),则 E点的坐标为 ( )A.(,0)B.()C.(,)D.(2,2)11.如图,五边形ABCDE中,∠B=80°,∠C=110°,∠1,∠2,∠3分别是∠BAE,∠AED,∠EDC的外角,则∠1+∠2+∠3等于 ( )A.90°B.190°C.210°D.180°12.现从四个数-2,0,1,2中任意选出两个不同的数,分别作为函数y=ax+b中a,b的值.那么所得图象中,分布在第一、二、三象限的概率是 ( )A. B. C. D.13.如图,王老师将汽车停放在地面台阶直角处,他测量了台阶高AB为16 dm,汽车轮胎的直径为80 dm,请你计算直角顶点到轮胎与地面接触点BC长为 ( )A.35 dmB.32 dmC.30 dmD.33 dm14.某抛物线中,当2时,y随x的增大而增大,则a的值不可能是 ( )A.1B.2C.3D.415.有4张长为a、宽为b(a>b)的长方形纸片,按如图的方式拼成一个边长为(a+b)的正方形,图中阴影部分的面积为,空白部分的面积为.若,则a,b满足 ( )A.2a=3bB.2a=5bC.a=2bD.a=3b16.如图,在矩形ABCD中,点E从点B开始,沿矩形的边BA-AD运动.AB=3,AD=4,CE与对角线BD相交于点N,F是线段CE的中点,连接OF,则OF长度的最大值是 ( )A.1B.C.2D.第Ⅱ卷(非选择题共78分)二、填空题(本大题共3小题,每小题有2个空,每空2分,共12分.请把答案填在题中的横线上)17.计算:(1)×______=1.(2)+__________.18.已知,分别以长度a,b,c的线段为边长构造三个正方形,按如图所示的方式放置,则,图中两阴影部分面积的大小关系为__________(填“”“”或“”). 19.如图,Rt△ADC在平面直角坐标系下如图放置,斜边AC交x轴于点E,过点A的双曲线过 Rt△ADC斜边AC的中点B,连接BD,过点C作双曲线.若BD=3BE,A的坐标为(1,6),则k=______,m=_______. 三、解答题(本大题共7小题,共66分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)20.(本小题满分8分)定义运算“*”:对于任意有理数a和b,规定,如.(1)求-5*(-3)的值;(2)若(a-3)*(-1)=2a-1,求a的值. 21.(本小题满分9分)如图,甲、乙都是长方形,边长的数据如图所示(其中m为正整数).(1)图中的甲长方形的面积,乙长方形的面积,试比较,的大小,并说明理由;(2)现有一正方形,其周长与图中的甲长方形周长相等,试探究:该正方形面积S与图中的甲长方形面积的差(即S-)是一个常数,求出这个常数. 22.(本小题满分9分)为了反馈线上教学的效果,一次数学习题课课前,陈老师让班上每位同学做6道与这节课内容相关的类似题目,解题情况如图所示.课后,陈老师再让学生做6道类似的题目结果如表所示,已知每位学生至少答对1题. (1)根据图表信息填空:a=______;b=_______;(2)该班课前解题时答对题数的众数是_______;课后答对题数的中位数是_______;(3)请选择适当的统计量,从两个不同的角度评价这节习题课的教学效果. 23.(本小题满分9分)如图,AB是⊙O的直径,BC是⊙O的弦,直线MN与⊙O相切于点C,过点B作BD⊥MN于点D.(1)求证:∠ABC=∠CBD;(2)若BC=4,CD=4,求⊙O的半径. 24.(本小题满分9分)如图,在平面直角坐标系中,直线与x轴交于点A,直线与x轴交于点B,与y轴交于点C,与直线交于点D.(1)求点D的坐标;(2)将△BOC沿x轴向左平移,平移后点B的对应点为点E.点O的对应点为点F,点C的对应点为点G,当点F到达点A时,停止平移,设平移的距离为t.①当点G在直线上时,求△DCG的面积;②在移动过程中,是否存在某一时刻,点G刚好在第二象限的角平分线上?若存在,求出平移的距离,若不存在,请说明理由. 25.(本小题满分10分)如图,在一次足球比赛中,守门员在地面O处将球踢出,一运动员在离守门员8米的A处发现球在自己头上的正上方4米处达到最高点M,球落地后又一次弹起.据实验测算,足球在空中运行的路线是一条抛物线,在草坪上弹起后的抛物线与原来的抛物线形状相同,最大高度减少到原来最大高度的一半.(1)求足球第一次落地之前的运动路线的函数表达式及第一次落地点B和守门员(点O)的距离;(2)运动员(点A)要抢到第二个落地点C,他应再向前跑多少米?(假设点O,A,B,C在同一条直线上,结果保留根号) 26.(本小题满分12分)综合与实践数学活动——折叠中的数学在学习研究完特殊的平行四边形之后,某学习小组针对矩形中的折叠问题进行了研究.问题背景如下:在矩形ABCD中,AB=4,BC=6.M为BC的中点,P,Q分别是AB,CD边上的点,连接MP,MQ.操作与发现如图1,将△MBP沿PM翻折,点B落在点B′处,将△MCQ沿MQ翻折,点C落在点C′处,连接B′C′.(1)当B′C′∥BC时,小组成员发现BP=CQ,请你完成证明;(2)如图2,小组成员进一步发现当MB′⊥MC′,CQ=1时,还能求出BP的值,请你求出这个值;类比与探究(3)如图3,小组成员沿着(2)小题的思路,提出了问题“当△MB′C′为等边三角形,且CQ=1.5时,求BP的长”.请你直接写出BP的长.
2022年河北省中考模拟试卷(二)1.D【解析】-(-2)=2,故选D.2.B【解析】根据定义,从平行四边形的一边上任意一点向对边引垂线,垂线段的长即为平行四边形的高,易知,BD不能表示平行四边形的高,故选B.3.D【解析】根据题意,分两种情况,当点在表示4的点的左边时,这个数比4小2,即4-2=2;当点在表示4的点的右边时,这个数比4大2,即 4+2=6,∴这个点表示的数是2或6,故选D.4.D【解析】由图可知,∠1和∠3是内错角,∴∠1=∠3可以判断两直线平行;∠2和∠4是同旁内角,∴∠2+∠4=180°可以判断两直线平行;∠4和∠5是同位角,∴∠4=∠5可以判断两直线平行;∠2和∠3不存在位置关系,∴∠2=∠3不能判断两直线平行,故选D.5.A【解析】∵是方程的解,∴a-3b=-3,∴5-a+3b=5-(a-3b)=5-(-3)=8,故选A.6.C【解析】在选项A中,,∴选项A错误;在选项B中,没有同类项,不能合并,∴选项B错误;在选项C中,,∴选项C正确;在选项D中,,∴选项D错误,故选C.7.A【解析】根据题意,设另一个因式为(x+a),∴,∴,解得,∴,即m的值为8,故选A.8.D【解析】由图可知,港口A相对货船B的位置可以描述为(北偏东40°,35海里),故选D. 9.B【解析】∵点M关于原点对称的点在第二象限,∴点M在第四象限,∴解得-2<x<,即x的取值范围是-2<x<,故选B.10.C【解析】∵点A的坐标是(1,0),∴OA=1,∴S正方形OABC=12=1.又∵,∴=2,∴DE=EF=OF=OD=.又∵点E在第一象限,∴点E的坐标为(2,2),故选C.11.B 【解析】根据题意,设∠B的外角为∠α,∠C的外角为∠β,∴∠B+∠α+∠C+∠β=360°.∵∠B=80°,∠C=110°,∴∠α+∠β=170°.又∵∠1+∠2+∠3+∠α+∠β=360°,∴∠1+∠2+∠3=190°,故选B.12.A【解析】根据题意,(a,b)的值可以为(-2,0),(-2,1),(-2,2),(0,1),(0,2),(1,2),(0,-2),(1,-2),(2,-2),(1,0),(2,0),(2,1),共12种.又当a>0,b>0时,函数图象分布在第一、二、三象限,∴符合条件的有两种等可能结果(1,2),(2,1),∴函数图象分布在第一、二、三象限的概率为,故选A.13.B【解析】如图,连接OC,过点A作OC的垂线交OC于点D,连接OA.由题意可知,直线BC与⊙O相切于点C,∴OC⊥BC.又∠ADC=90°,∠B=90°,∴四边形ABCD是矩形,∴DC=AB=16 dm,AD=BC.在Rt△AOD中,OA==40(dm),OD=OC-CD=40-16=24(dm),∴(dm),即直角顶点到轮胎与地面接触点BC长为32 dm,故选B. 14.A根据已知抛物线可知,对称轴为直线.∵-20,∴抛物线开口向下,∴当时,y随x的增大而增大.又∵当x<2时,y随x的增大而增大,∴a≥2,∴a的值不可能为1,故选A.15.C.16.C【解析】在矩形ABCD中,O是AC的中点,∵F是CE的中点,∴OF是△CAE的中位线,即OF=AE,由题意可知,在点E的运动过程中,当点E与点D重合时,AE有最大值,此时OF有最大值,则AE=AD=4,∴OF=2,即OF的最大值为2,故选C.17. 4【解析】(1)1÷,∴×1;(2)+1+34.18. 【解析】根据题意设最小正方形的边长为a,中间正方形的边长为b,最大正方形的边长为c,由图可知,.∵,∴,∴.19.6 -21【解析】∵点A(1,6)在反比例函数上,∴k=1×6=6,∴该反比例函数的解析式为.如图,过点B作BF∥CD,交AD于点F,则BF∥x轴.设AD与x轴交于点G,∴.∵B是Rt△ADC斜边上的中点,∴F为AD的中点,且BD=AB=BC,∴CD=2BF.∵BD=3BE,∴AB=3BE,∴,∴.∵点A的坐标为(1,6),即AG=6,∴,,∴,∴,∴点D的坐标为(1,-3),点B的纵坐标为.又∵点B在反比例函数上,∴,解得x=4,∴点B的坐标为(4,),∴BF=4-1=3,∴CD=2BF=6,∴点C的坐标为(7,-3).∵点C在反例函数上,∴m=7×(-3)=-21,综上所述,k=6,m=-21. 20.解:(1).(2),∴,解得.21.解:(1),,∴.∵m为正整数,∴,∴.(2)图中的甲长方形周长为,∴该正方形边长为m+4,∴,∴这个常数为9.22.解:(1)b=4+7+10+9+7+3=40,a=40-2-3-3-9-13=10.(2)由课前解题情况频数统计图中的数据可知,该班课前解题时答对题数的众数是3题,由课后解题情况统计表中的数据可知课后答对题数的中位数是5题.(3)从平均数看,课前答对题数的平均数为×(1×4+2×7+3×10+4×9+5×7+6×3)=3.425(题),课后答对题数的平均数为×(1×2+2×3+3×3+4×10+5×9+6×13)=4.5(题),从答对题数的平均数知,这节习题课的教学效果明显;从中位数看,课前答对题数的中位数为3题,课后答对题数的中位数为5题,即课前答对3题及以下的人数有一半以上,而课后有一半以上的人答对5题,这节习题课的教学效果明显.23.解:(1)证明:连接OC.∵MN为⊙O的切线,∴OC⊥MN.∵BD⊥MN,∴OC∥BD,∴∠CBD=∠BCO.又∵OC=OB,∴∠BCO=∠ABC,∴∠CBD=∠ABC. (2)连接AC.在Rt△BCD中,BC=4,CD=4,∴.∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=∠CDB=90°.∵∠ABC=∠CBD,∴△ABC∽△CBD,∴,即,∴AB=10,∴⊙O的半径是5.24.解:(1)∵直线与直线交于点D,联立得解得∴点D的坐标为(-,).(2)①当时,,当y=0时,0=2x+6,解得x=-3,∴点A(-3,0),同理可得点B(,0),C(0,3).由平移的距离为t知,点E(-t,0),点F(-t,0),点G(-t,3),当点G在直线y=2x+6上时,得3=2×(-t)+6,解得t=32,∴点G的坐标为(-,3),∴GC=,DG=-3=,GC·DG.②存在,t=3.25.解:(1)根据顶点为(8,4),设足球第一次落地之前的运动路线的函数表达式为,由过点O(0,0)得0=64a+4,解得a=-,∴.当y=0时,,解得x=0(舍)或x=16.答:足球第一次落地之前的运动路线的函数表达式为,第一次落地点B和守门员(点O)的距离为16米.(2)设第一次落地后,第二次落地之前的运动路线的函数表达式为 ,由点B(16,0)得,解得或(舍),∴.当时,,解得或,∴他应再向前跑的距离为(米).答:他应再向前跑()米.26.解:(1)证明:∵M为BC的中点,∴MB=MC.由折叠知B′M=BM,C′M=CM,∴MB′=MC′,∴∠MB′C′=∠MC′B′.∵B′C′∥BC,∴∠MB′C′=∠BMB′,∠MC′B′=∠CMC′,∴∠BMB′=∠CMC′.由折叠可知,∠PMB=∠BMB′,∠CMQ=∠CMC′,∴∠BMP=∠CMQ.∵四边形ABCD是矩形,∴∠B=∠C=90°.在Rt△BMP和Rt△CMQ中可得,tan∠BMP=,tan∠CMQ=.∵MB=MC,∠BMP=∠CMQ,∴BP=CQ.(2)如图所示,延长PM与DC,延长线交于点E,作QF⊥ME于点F. ∵MB′⊥MC′,∴∠BMB′+∠CMC′=90°.再由折叠及对顶角相等可得∠QME=45°.∵BC=6,M是BC的中点,∴BM=CM=3.在Rt△CMQ中,由勾股定理得,设BP=x,在Rt△BPM中,由勾股定理得.在△CME和△BMP中,∵∠CME=∠BMP,CM=BM,∠MCE=∠MBP=90°,∴△CME≌△BMP,∴CE=BP=x,.在Rt△MFQ中,∵∠QME=45°,MQ=,∴FQ=MQ·sin45°.由,∴,解得=-6(不符合题意,舍去),,∴BP的长为.(3)15-24.【解题过程】延长QM交AB的延长线于点H,作PN⊥MH于点N. ∵△C′MB′是等边三角形,∴∠B′MC′=60°,∴∠BMB′+∠CMC′=120°.再由折叠及对顶角相等可得∠PMH=60°.∵BC=6,M是BC的中点,∴BM=CM=3.在Rt△CMQ中,由勾股定理可得.设BP=x,在Rt△BPM中,由勾股定理得.在△CMQ和△BMH中,∵∠CMQ=∠BMH,CM=BM,∠MCQ=∠MBH=90°,∴△CMQ≌△BMH,∴BH=CQ=1.5,MH=MQ=.在Rt△PMN中,∵∠PMN=60°,PM=,∴PN=PM·sin60°.由可得,∴,解得,(不符合题意,舍去),∴BP的长为.
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