2022届【首发】河南省南阳市淅川县中考数学模试卷含解析

这是一份2022届【首发】河南省南阳市淅川县中考数学模试卷含解析，共23页。试卷主要包含了方程x2+2x﹣3=0的解是，下列各数中比﹣1小的数是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，，，于点H，且DH与AC交于G，则OG长度为　　

A． B． C． D．
2．估计+1的值在（　　）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
3．下面计算中，正确的是（　　）
A．（a+b）2=a2+b2 B．3a+4a=7a2
C．（ab）3=ab3 D．a2•a5=a7
4．滴滴快车是一种便捷的出行工具，计价规则如下表：
计费项目

里程费

时长费

远途费

单价

1.8元/公里

0.3元/分钟

0.8元/公里

注：车费由里程费、时长费、远途费三部分构成，其中里程费按行车的实际里程计算；时长费按行车的实际时间计算；远途费的收取方式为：行车里程7公里以内（含7公里）不收远途费，超过7公里的，超出部分每公里收0.8元.

小王与小张各自乘坐滴滴快车，行车里程分别为6公里与8.5公里，如果下车时两人所付车费相同，那么这两辆滴滴快车的行车时间相差（ ）
A．10分钟 B．13分钟 C．15分钟 D．19分钟
5．如图，已知正五边形内接于，连结，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
6．2017年底我国高速公路已开通里程数达13.5万公里，居世界第一，将数据135000用科学计数法表示正确的是（ ）
A．1.35×106 B．1.35×105 C．13.5×104 D．135×103
7．方程x2+2x﹣3=0的解是（　　）
A．x1=1，x2=3 B．x1=1，x2=﹣3
C．x1=﹣1，x2=3 D．x1=﹣1，x2=﹣3
8．设点和是反比例函数图象上的两个点，当＜＜时，＜，则一次函数的图象不经过的象限是
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
9．下列各曲线中表示y是x的函数的是（　　）
A． B． C． D．
10．下列各数中比﹣1小的数是（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．如图，直线经过、两点，则不等式的解集为_______.

12．桌上摆着一个由若干个相同正方体组成的几何体，其主视图和左视图如图所示，这个几何体最多可以由___________个这样的正方体组成.

13．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点D是AB的中点，点E在边AC上，将△ADE沿DE翻折，使点A落在点A′处，当A′E⊥AC时，A′B＝____．

14．如图，在4×4正方形网格中，黑色部分的图形构成一个轴对称图形，现在任选取一个白色的小正方形并涂黑，使图中黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是_____．

15．函数的图象不经过第__________象限.
16．a、b、c是实数，点A（a+1、b）、B（a+2，c）在二次函数y=x2﹣2ax+3的图象上，则b、c的大小关系是b____c（用“＞”或“＜”号填空）
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB=OC=1．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）连接BD，F为抛物线上一动点，当∠FAB=∠EDB时，求点F的坐标；
（3）平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点，以线段MN为对角线作菱形MPNQ，当点P在x轴上，且PQ=MN时，求菱形对角线MN的长．

18．（8分）如图，在△ABC中，D为AC上一点，且CD=CB,以BC为直径作☉O,交BD于点E，连接CE,过D作DFAB于点F,∠BCD=2∠ABD．

（1）求证：AB是☉O的切线；
（2）若∠A=60°，DF=,求☉O的直径BC的长．
19．（8分）甲、乙两公司各为“希望工程”捐款2000元．已知乙公司比甲公司人均多捐20元，且乙公司的人数是甲公司人数的，问甲、乙两公司人均捐款各多少元？
20．（8分）计算：解不等式组，并写出它的所有整数解．
21．（8分）如图，菱形ABCD的边长为20cm，∠ABC＝120°，对角线AC，BD相交于点O，动点P从点A出发，以4cm/s的速度，沿A→B的路线向点B运动；过点P作PQ∥BD，与AC相交于点Q，设运动时间为t秒，0＜t＜1．

（1）设四边形PQCB的面积为S，求S与t的关系式；
（2）若点Q关于O的对称点为M，过点P且垂直于AB的直线l交菱形ABCD的边AD（或CD）于点N，当t为何值时，点P、M、N在一直线上？
（3）直线PN与AC相交于H点，连接PM，NM，是否存在某一时刻t，使得直线PN平分四边形APMN的面积？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
22．（10分）先化简，再求值：，其中x＝－1．
23．（12分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE，求证：∠DAE＝∠ECD．

24．我们知道，平面内互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，如果两条数轴不垂直，而是相交成任意的角ω（0°＜ω＜180°且ω≠90°），那么这两条数轴构成的是平面斜坐标系，两条数轴称为斜坐标系的坐标轴，公共原点称为斜坐标系的原点，如图1，经过平面内一点P作坐标轴的平行线PM和PN，分别交x轴和y轴于点M，N．点M、N在x轴和y轴上所对应的数分别叫做P点的x坐标和y坐标，有序实数对（x，y）称为点P的斜坐标，记为P（x，y）．
（1）如图2，ω＝45°，矩形OABC中的一边OA在x轴上，BC与y轴交于点D，OA＝2，OC＝l．
①点A、B、C在此斜坐标系内的坐标分别为A　 　，B　 　，C　 　．
②设点P（x，y）在经过O、B两点的直线上，则y与x之间满足的关系为　 　．
③设点Q（x，y）在经过A、D两点的直线上，则y与x之间满足的关系为　 　．

（2）若ω＝120°，O为坐标原点．
①如图3，圆M与y轴相切原点O，被x轴截得的弦长OA＝4 ，求圆M的半径及圆心M的斜坐标．
②如图4，圆M的圆心斜坐标为M（2，2），若圆上恰有两个点到y轴的距离为1，则圆M的半径r的取值范围是　 　．




参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、B
【解析】
试题解析：在菱形中，，，所以，，在中，，
因为，所以，则，在中，由勾股定理得，，由可得，，即，所以．故选B.

2、B
【解析】
分析：直接利用2＜＜3，进而得出答案．
详解：∵2＜＜3，
∴3＜+1＜4，
故选B．
点睛：此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出的取值范围是解题关键．
3、D
【解析】
直接利用完全平方公式以及合并同类项法则、积的乘方运算法则分别化简得出答案．
【详解】
A. (a+b)2=a2+b2+2ab，故此选项错误；
B. 3a+4a=7a，故此选项错误；
C. (ab)3=a3b3，故此选项错误；
D. a2×a5=a7，正确。
故选：D.
【点睛】
本题考查了幂的乘方与积的乘方，合并同类项，同底数幂的乘法，完全平方公式，解题的关键是掌握它们的概念进行求解.
4、D
【解析】
设小王的行车时间为x分钟，小张的行车时间为y分钟，根据计价规则计算出小王的车费和小张的车费，建立方程求解.
【详解】
设小王的行车时间为x分钟，小张的行车时间为y分钟，依题可得：
1.8×6+0.3x=1.8×8.5+0.3y+0.8×（8.5-7）,
10.8+0.3x=16.5+0.3y,
0.3（x-y）=5.7,
x-y=19,
故答案为D.
【点睛】
本题考查列方程解应用题，读懂表格中的计价规则是解题的关键.
5、C
【解析】
根据多边形内角和定理、正五边形的性质求出∠ABC、CD=CB，根据等腰三角形的性质求出∠CBD，计算即可．
【详解】
∵五边形为正五边形
∴
∵
∴
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查的是正多边形和圆、多边形的内角和定理，掌握正多边形和圆的关系、多边形内角和等于（n-2）×180°是解题的关键．
6、B
【解析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】
解：135000=1.35×105
故选B．
【点睛】
此题考查科学记数法表示较大的数．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
7、B
【解析】
本题可对方程进行因式分解，也可把选项中的数代入验证是否满足方程．
【详解】
x2+2x-3=0，
即（x+3）（x-1）=0，
∴x1=1，x2=﹣3
故选：B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．本题运用的是因式分解法．
8、A
【解析】
∵点和是反比例函数图象上的两个点，当＜＜1时，＜，即y随x增大而增大，
∴根据反比例函数图象与系数的关系：当时函数图象的每一支上，y随x的增大而减小；当时，函数图象的每一支上，y随x的增大而增大．故k＜1．
∴根据一次函数图象与系数的关系：一次函数的图象有四种情况：
①当，时，函数的图象经过第一、二、三象限；
②当，时，函数的图象经过第一、三、四象限；
③当，时，函数的图象经过第一、二、四象限；
④当，时，函数的图象经过第二、三、四象限．
因此，一次函数的，，故它的图象经过第二、三、四象限，不经过第一象限．故选A．
9、D
【解析】
根据函数的意义可知：对于自变量x的任何值，y都有唯一的值与之相对应，故D正确．
故选D．
10、A
【解析】
根据两个负数比较大小，绝对值大的负数反而小，可得答案．
【详解】
解：A、﹣2＜﹣1，故A正确；
B、﹣1＝﹣1，故B错误；
C、0＞﹣1，故C错误；
D、1＞﹣1，故D错误；
故选：A．
【点睛】
本题考查了有理数大小比较，利用了正数大于0，0大于负数，注意两个负数比较大小，绝对值大的负数反而小．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、-1＜X＜2
【解析】

经过点A，
∴不等式x>kx+b>-2的解集为.
12、1
【解析】
主视图、左视图是分别从物体正面、左面看，所得到的图形．
【详解】
易得第一层最多有9个正方体，第二层最多有4个正方体，所以此几何体共有1个正方体．
故答案为1．
13、或7
【解析】
分两种情况:
①如图1, 作辅助线, 构建矩形, 先由勾股定理求斜边AB=10, 由中点的定义求出AD和BD的长, 证明四边形HFGB是矩形, 根据同角的三角函数列式可以求DG和DF的长,并由翻折的性质得: ∠DA' E=∠A,A' D=AD=5, 由矩形性质和勾股定理可以得出结论: A' B=;
②如图2, 作辅助线, 构建矩形A' MNF,同理可以求出A' B的长.
【详解】
解：分两种情况:
如图1,
过D作DG⊥BC与G, 交A' E与F, 过B作BH⊥A' E与H,
D为AB的中点,BD=AB=AD,
∠C=,AC=8,BC=6,AB=10,
BD=AD=5,
sin ∠ABC=,
DG=4,
由翻折得: ∠DA' E=∠A, A' D=AD=5,
sin∠DA' E=sin ∠A=.
DF=3,
FG=4-3=1,
A'E⊥AC,BC⊥AC,
A'E//BC,∠HFG+∠DGB=,
∠DGB=,∠HFG=,∠EHB=,
四边形HFGB是矩形,
BH=FG=1,
同理得: A' E=AE=8 -1=7,
A'H=A'E-EH=7-6=1,
在Rt△AHB中 , 由勾股定理得: A' B=.
如图2,
过D作MN//AC, 交BC与于N,过A' 作A' F//AC, 交BC的延长线于F,延长A' E交直线DN于M, A'E⊥AC,A' M⊥MN, A' E⊥A'F,
∠M=∠MA'F=,∠ACB=,
∠F=∠ACB=,
四边形MA' FN県矩形,
MN=A'F,FN=A'M,
由翻折得: A' D=AD=5,Rt△A'MD中,DM=3,A'M=4,
FN=A'M=4,
Rt△BDN中,BD=5,DN=4, BN=3,
A' F=MN=DM+DN=3+4=7,
BF=BN+FN=3+4=7,
Rt△ABF中, 由勾股定理得: A' B=;
综上所述,A'B的长为或.
故答案为:或.
【点睛】
本题主要考查三角形翻转后的性质，注意不同的情况需分情况讨论.
14、
【解析】

如图，有5种不同取法；故概率为 .
15、三.
【解析】
先根据一次函数判断出函数图象经过的象限，进而可得出结论.
【详解】
解：∵一次函数中，
此函数的图象经过一、二、四象限，不经过第三象限，
故答案为：三.
【点睛】
本题考查的是一次函数的性质，即一次函数中，当，时，函数图象经过一、二、四象限.
16、＜
【解析】
试题分析：将二次函数y＝x2－2ax＋3转换成y＝(x-a)2-a2＋3,则它的对称轴是x=a,抛物线开口向上，所以在对称轴右边y随着x的增大而增大，点A点B均在对称轴右边且a+1
三、解答题（共8题，共72分）
17、 (1) ，点D的坐标为(2，-8) (2) 点F的坐标为(7，)或(5，)(3) 菱形对角线MN的长为或.
【解析】
分析：（1）利用待定系数法，列方程求二次函数解析式.(2)利用解析法，∠FAB=∠EDB， tan∠FAG=tan∠BDE，求出F点坐标.(3)分类讨论，当MN在x轴上方时，在x轴下方时分别计算MN.
详解：
(1)∵OB=OC=1，
∴B(1，0)，C(0，-1).
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为.
∵=，
∴点D的坐标为(2，-8).

(2)如图，当点F在x轴上方时，设点F的坐标为(x，).过点F作FG⊥x轴于点G，易求得OA=2，则AG=x+2，FG=.
∵∠FAB=∠EDB，
∴tan∠FAG=tan∠BDE，
即，
解得，(舍去).
当x=7时，y=，
∴点F的坐标为(7，).
当点F在x轴下方时，设同理求得点F的坐标为(5，).
综上所述，点F的坐标为(7，)或(5，).
(3)∵点P在x轴上，

∴根据菱形的对称性可知点P的坐标为(2，0).
如图，当MN在x轴上方时，设T为菱形对角线的交点.
∵PQ=MN，
∴MT=2PT.
设TP=n，则MT=2n. ∴M(2+2n，n).
∵点M在抛物线上，
∴，即.
解得，(舍去).
∴MN=2MT=4n=.
当MN在x轴下方时，设TP=n，得M(2+2n，-n).
∵点M在抛物线上，
∴，
即.
解得，(舍去).
∴MN=2MT=4n=.
综上所述，菱形对角线MN的长为或.
点睛：
1.求二次函数的解析式
（1）已知二次函数过三个点，利用一般式，y＝ax2＋bx＋c（）.列方程组求二次函数解析式.
(2)已知二次函数与x轴的两个交点(，利用双根式，y=（）求二次函数解析式,而且此时对称轴方程过交点的中点,.
2.处理直角坐标系下，二次函数与几何图形问题：第一步要写出每个点的坐标（不能写出来的，可以用字母表示），写已知点坐标的过程中，经常要做坐标轴的垂线，第二步，利用特殊图形的性质和函数的性质，往往是解决问题的钥匙.
18、（1）证明过程见解析；（2）
【解析】
（1）根据CB=CD得出∠CBD=∠CDB，然后结合∠BCD=2∠ABD得出∠ABD=∠BCE，从而得出∠CBD+∠ABD=∠CBD+∠BCE=90°，然后得出切线；（2）根据Rt△AFD和Rt△BFD的性质得出AF和DF的长度，然后根据△ADF和△ACB相似得出相似比，从而得出BC的长度.
【详解】
（1）∵CB=CD
∴∠CBD=∠CDB
又∵∠CEB=90°
∴∠CBD+∠BCE=∠CDE+∠DCE
∴∠BCE=∠DCE且∠BCD=2∠ABD
∴∠ABD=∠BCE
∴∠CBD+∠ABD=∠CBD+∠BCE=90°
∴CB⊥AB垂足为B
又∵CB为直径
∴AB是⊙O的切线.
（2）∵∠A=60°，DF=
∴在Rt△AFD中得出AF=1
在Rt△BFD中得出DF=3
∵∠ADF=∠ACB ∠A=∠A
∴△ADF∽△ACB
∴
即
解得：CB=
考点：（1）圆的切线的判定；（2）三角函数；（3）三角形相似的判定
19、甲、乙两公司人均捐款分别为80元、100元．
【解析】
试题分析：本题考察的是分式的应用题，设甲公司人均捐款x元，根据题意列出方程即可.
试题解析：
设甲公司人均捐款x元

解得：
经检验，为原方程的根， 80+20=100
答：甲、乙两公司人均各捐款为80元、100元．
20、（1）；（1）0，1，1.
【解析】
（1）本题涉及零指数幂、负指数幂、特殊角的三角函数值，在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果
（1）先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集，最后再找出整数解即可
【详解】
解：（1）原式＝1﹣1× ，
＝7﹣．
（1） ，
解不等式①得：x≤1，
解不等式②得：x＞﹣1，
∴不等式组的解集是：﹣1＜x≤1．
故不等式组的整数解是：0，1，1．
【点睛】
此题考查零指数幂、负指数幂、特殊角的三角函数值，一元一次不等式组的整数解，掌握运算法则是解题关键
21、 (1) S=﹣2（0＜t＜1）； (2) ;(3)见解析.
【解析】
（1）如图1，根据S=S△ABC-S△APQ，代入可得S与t的关系式；
（2）设PM=x，则AM=2x，可得AP=x=4t，计算x的值，根据直角三角形30度角的性质可得AM=2PM=，根据AM=AO+OM，列方程可得t的值；
（3）存在，通过画图可知：N在CD上时，直线PN平分四边形APMN的面积，根据面积相等可得MG=AP，由AM=AO+OM，列式可得t的值．
【详解】
解：（1）如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠DBC=∠ABC=60°，AC⊥BD，
∴∠OAB=30°，
∵AB=20，
∴OB=10，AO=10，
由题意得：AP=4t，
∴PQ=2t，AQ=2t，
∴S=S△ABC﹣S△APQ，
=，
= ，
=﹣2t2+100（0＜t＜1）；
（2）如图2，在Rt△APM中，AP=4t，
∵点Q关于O的对称点为M，
∴OM=OQ，
设PM=x，则AM=2x，
∴AP=x=4t，
∴x=，
∴AM=2PM=，
∵AM=AO+OM，
∴=10+10﹣2t，
t=；
答：当t为秒时，点P、M、N在一直线上；
（3）存在，
如图3，∵直线PN平分四边形APMN的面积，
∴S△APN=S△PMN，
过M作MG⊥PN于G，
∴ ，
∴MG=AP，
易得△APH≌△MGH，
∴AH=HM=t，
∵AM=AO+OM，
同理可知：OM=OQ=10﹣2t，
t=10=10﹣2t，
t=．
答：当t为秒时，使得直线PN平分四边形APMN的面积．

【点睛】
考查了全等三角形的判定与性质，对称的性质，三角形和四边形的面积，二次根式的化简等知识点，计算量大，解答本题的关键是熟练掌握动点运动时所构成的三角形各边的关系.
22、解：原式=，．
【解析】
试题分析：先将括号里面的通分后，将除法转换成乘法，约分化简．然后代x的值，进行二次根式化简．
解：原式=．
当x＝－1时，原式.
23、见解析,
【解析】
要证∠DAE=∠ECD．需先证△ADF≌△CEF，由折叠得BC=EC，∠B=∠AEC，由矩形得BC=AD，∠B=∠ADC=90°，再根据等量代换和对顶角相等可以证出，得出结论．
【详解】
证明：由折叠得：BC=EC，∠B=∠AEC，
∵矩形ABCD，
∴BC=AD，∠B=∠ADC=90°，
∴EC=DA，∠AEC=∠ADC=90°，
又∵∠AFD=∠CFE，
∴△ADF≌△CEF （AAS）
∴∠DAE=∠ECD．
【点睛】
本题考查折叠的性质、矩形的性质、全等三角形的性质和判定等知识，借助于三角形全等证明线段相等和角相等是常用的方法．
24、（1）①（2，0），（1，），（﹣1，）；②y=x；③ y=x，y=﹣x+；（2）①半径为4，M（，）；②﹣1＜r＜+1．
【解析】
（1）①如图2-1中，作BE∥OD交OA于E，CF∥OD交x轴于F．求出OE、OF、CF、OD、BE即可解决问题；②如图2-2中，作BE∥OD交OA于E，作PM∥OD交OA于M．利用平行线分线段成比例定理即可解决问题；③如图3-3中，作QM∥OA交OD于M．利用平行线分线段成比例定理即可解决问题；
（2）①如图3中，作MF⊥OA于F，作MN∥y轴交OA于N．解直角三角形即可解决问题；②如图4中，连接OM，作MK∥x轴交y轴于K，作MN⊥OK于N交⊙M于E、F．求出FN=NE=1时，⊙M的半径即可解决问题.
【详解】
（1）①如图2﹣1中，作BE∥OD交OA于E，CF∥OD交x轴于F，

由题意OC=CD=1，OA=BC=2，
∴BD=OE=1，OD=CF=BE=，
∴A（2，0），B（1，），C（﹣1，），
故答案为（2，0），（1，），（﹣1，）；
②如图2﹣2中，作BE∥OD交OA于E，作PM∥OD交OA于M，

∵OD∥BE，OD∥PM，
∴BE∥PM，
∴=，
∴，
∴y=x；
③如图2﹣3中，作QM∥OA交OD于M，

则有，
∴，
∴y=﹣x+，
故答案为y=x，y=﹣x+；
（2）①如图3中，作MF⊥OA于F，作MN∥y轴交OA于N，

∵ω=120°，OM⊥y轴，
∴∠MOA=30°，
∵MF⊥OA，OA=4，
∴OF=FA=2，
∴FM=2，OM=2FM=4，
∵MN∥y轴，
∴MN⊥OM，
∴MN=，ON=2MN=，
∴M（，）；
②如图4中，连接OM，作MK∥x轴交y轴于K，作MN⊥OK于N交⊙M于E、F．

∵MK∥x轴，ω=120°，
∴∠MKO=60°，
∵MK=OK=2，
∴△MKO是等边三角形，
∴MN=，
当FN=1时，MF=﹣1，
当EN=1时，ME=+1，
观察图象可知当⊙M的半径r的取值范围为﹣1＜r＜+1．
故答案为：﹣1＜r＜+1．
【点睛】
本题考查圆综合题、平行线分线段成比例定理、等边三角形的判定和性质、平面直角坐标系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考压轴题．