2022年广州市从化区从化七中学中考数学猜题卷含解析

这是一份2022年广州市从化区从化七中学中考数学猜题卷含解析，共22页。试卷主要包含了计算﹣1﹣，九年级等内容，欢迎下载使用。
2021-2022中考数学模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．下列分式中，最简分式是（ ）
A． B． C． D．
2．下列命题中，真命题是（　　）
A．如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离
B．如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切
C．如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切
D．如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离
3．如图是一次数学活动课制作的一个转盘，盘面被等分成四个扇形区域，并分别标有数字6、7、8、1．若转动转盘一次，转盘停止后（当指针恰好指在分界线上时，不记，重转），指针所指区域的数字是奇数的概率为（　　）

A． B． C． D．
4．如图，AB∥CD，AD与BC相交于点O，若∠A=50°10′，∠COD=100°，则∠C等于（　　）

A．30°10′ B．29°10′ C．29°50′ D．50°10′
5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=12，AC=5，分别以点A，B为圆心，大于线段AB长度的一半为半径作弧，相交于点E，F，过点E，F作直线EF，交AB于点D，连接CD，则△ACD的周长为（　　）

A．13 B．17 C．18 D．25
6．如图是抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，其顶点坐标为A（﹣1，﹣3），与x轴的一个交点为B（﹣3，0），直线y2=mx+n（m≠0）与抛物线交于A，B两点，下列结论：①abc＞0；②不等式ax2+（b﹣m）x+c﹣n＜0的解集为﹣3＜x＜﹣1；③抛物线与x轴的另一个交点是（3，0）；④方程ax2+bx+c+3=0有两个相等的实数根；其中正确的是（　　）

A．①③ B．②③ C．③④ D．②④
7．计算﹣1﹣（﹣4）的结果为（　　）
A．﹣3 B．3 C．﹣5 D．5
8．据媒体报道，我国最新研制的“察打一体”无人机的速度极快，经测试最高速度可达204000米/分，这个数用科学记数法表示，正确的是（ ）
A．204×103 B．20.4×104 C．2.04×105 D．2.04×106
9．一块等边三角形的木板，边长为1，现将木板沿水平线翻滚（如图），那么B点从开始至结束所走过的路径长度为（　　）

A． B． C．4 D．2+
10．九年级（2）班同学根据兴趣分成五个小组，各小组人数分布如图所示，则在扇形图中第一小组对应的圆心角度数是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．在△ABC中，点D在边BC上，且BD：DC=1：2，如果设=， =，那么等于__（结果用、的线性组合表示）．
12．一个等腰三角形的两边长分别为4cm和9cm，则它的周长为__cm．
13．若a，b互为相反数，则a2﹣b2=_____．
14．为庆祝“六一”儿童节，某幼儿园举行用火柴棒摆“金鱼”比赛．如图所示，按照这样的规律，摆第n个图，需用火柴棒的根数为_______________．

15．计算：的结果是_____．
16．如图，AB，AC分别为⊙O的内接正六边形，内接正方形的一边，BC是圆内接n边形的一边，则n等于_____．

17．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+c（a≠0）的图象过正方形ABOC的三个顶点A，B，C，则ac的值是________．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）均衡化验收以来，乐陵每个学校都高楼林立，校园环境美如画，软件、硬件等设施齐全，小明想要测量学校食堂和食堂正前方一棵树的高度，他从食堂楼底M处出发，向前走6 米到达A处，测得树顶端E的仰角为30°，他又继续走下台阶到达C处，测得树的顶端的仰角是60°，再继续向前走到大树底D处，测得食堂楼顶N的仰角为45°，已如A点离地面的高度AB＝4米，∠BCA＝30°，且B、C、D 三点在同一直线上．

（1）求树DE的高度；
（2）求食堂MN的高度．
19．（5分）某厂按用户的月需求量(件)完成一种产品的生产，其中．每件的售价为18万元，每件的成本(万元)是基础价与浮动价的和，其中基础价保持不变，浮动价与月需求量(件)成反比．经市场调研发现，月需求量与月份(为整数，)符合关系式(为常数)，且得到了表中的数据．
月份(月)

1

2

成本(万元/件)

11

12

需求量(件/月)

120

100

(1)求与满足的关系式，请说明一件产品的利润能否是12万元；
(2)求，并推断是否存在某个月既无盈利也不亏损；
(3)在这一年12个月中，若第个月和第个月的利润相差最大，求．
20．（8分）已知，抛物线y＝x2﹣x+与x轴分别交于A、B两点（A点在B点的左侧），交y轴于点F．
（1）A点坐标为　 　；B点坐标为　 　；F点坐标为　 　；
（2）如图1，C为第一象限抛物线上一点，连接AC，BF交于点M，若BM＝FM，在直线AC下方的抛物线上是否存在点P，使S△ACP＝4，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，D、E是对称轴右侧第一象限抛物线上的两点，直线AD、AE分别交y轴于M、N两点，若OM•ON＝，求证：直线DE必经过一定点．

21．（10分）如图，AB是⊙O的直径，CD切⊙O于点D，且BD∥OC，连接AC．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若AB=OC=4，求图中阴影部分的面积（结果保留根号和π）

22．（10分）综合与实践：
概念理解：将△ABC 绕点 A 按逆时针方向旋转，旋转角记为 θ（0°≤θ≤90°），并使各边长变为原来的 n 倍，得到△AB′C′，如图，我们将这种变换记为［θ，n］，： ．

问题解决：（2）如图，在△ABC 中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC 作变换［θ，n］得到△AB′C′，使点 B，C，C′在同一直线上，且四边形 ABB′C′为矩形，求 θ 和 n 的值．

拓广探索：（3）在△ABC 中，∠BAC=45°，∠ACB=90°，对△ABC作变换 得到△AB′C′，则四边形 ABB′C′为正方形
23．（12分）在下列的网格图中.每个小正方形的边长均为1个单位，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4.
(1)试在图中作出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△AB1C1；
(2)若点B的坐标为(-3，5)，试在图中画出直角坐标系，并标出A、C两点的坐标；
(3)根据(2)中的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2，并标出B2、C2两点的坐标.

24．（14分）如图是小朋友荡秋千的侧面示意图，静止时秋千位于铅垂线BD上，转轴B到地面的距离BD=3m．小亮在荡秋千过程中，当秋千摆动到最高点A时，测得点A到BD的距离AC=2m，点A到地面的距离AE=1.8m；当他从A处摆动到A′处时，有A'B⊥AB．
（1）求A′到BD的距离；
（2）求A′到地面的距离．




参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、A
【解析】
试题分析：选项A为最简分式；选项B化简可得原式==；选项C化简可得原式==；选项D化简可得原式==，故答案选A.
考点：最简分式.
2、D
【解析】
根据两圆的位置关系、直线和圆的位置关系判断即可．
【详解】
A.如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离或内含，A是假命题；
B.如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切或内切或相交，B是假命题；
C.如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切或相交，C是假命题；
D.如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离，D是真命题；
故选：D．
【点睛】
本题考查了两圆的位置关系：设两圆半径分别为R、r，两圆圆心距为d，则当d＞R+r时两圆外离；当d=R+r时两圆外切；当R-r＜d＜R+r（R≥r）时两圆相交；当d=R-r（R＞r）时两圆内切；当0≤d＜R-r（R＞r）时两圆内含．
3、A
【解析】
转盘中4个数，每转动一次就要4种可能，而其中是奇数的有2种可能．然后根据概率公式直接计算即可
【详解】
奇数有两种，共有四种情况，将转盘转动一次，求得到奇数的概率为：
P（奇数）= = ．故此题选A．
【点睛】
此题主要考查了几何概率，正确应用概率公式是解题关键．
4、C
【解析】
根据平行线性质求出∠D，根据三角形的内角和定理得出∠C=180°-∠D-∠COD，代入求出即可．
【详解】
∵AB∥CD，
∴∠D=∠A=50°10′，
∵∠COD=100°，
∴∠C=180°-∠D-∠COD=29°50′.
故选C.
【点睛】
本题考查了三角形的内角和定理和平行线的性质的应用，关键是求出∠D的度数和得出∠C=180°-∠D-∠COD．应该掌握的是三角形的内角和为180°.
5、C
【解析】
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=12，AC=5，根据勾股定理求得AB=13.根据题意可知，EF为线段AB的垂直平分线，在Rt△ABC中，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得CD=AD=AB，所以△ACD的周长为AC+CD+AD=AC+AB=5+13=18.故选C.
6、D
【解析】
①错误．由题意a＞1．b＞1，c＜1，abc＜1；
②正确．因为y1=ax2+bx+c（a≠1）图象与直线y2=mx+n（m≠1）交于A，B两点，当ax2+bx+c＜mx+n时，-3＜x＜-1；即不等式ax2+（b-m）x+c-n＜1的解集为-3＜x＜-1；故②正确；
③错误．抛物线与x轴的另一个交点是（1，1）；
④正确．抛物线y1=ax2+bx+c（a≠1）图象与直线y=-3只有一个交点，方程ax2+bx+c+3=1有两个相等的实数根，故④正确．
【详解】
解：∵抛物线开口向上，∴a＞1，
∵抛物线交y轴于负半轴，∴c＜1，
∵对称轴在y轴左边，∴- ＜1，
∴b＞1，
∴abc＜1，故①错误．
∵y1=ax2+bx+c（a≠1）图象与直线y2=mx+n（m≠1）交于A，B两点，
当ax2+bx+c＜mx+n时，-3＜x＜-1；
即不等式ax2+（b-m）x+c-n＜1的解集为-3＜x＜-1；故②正确，
抛物线与x轴的另一个交点是（1，1），故③错误，
∵抛物线y1=ax2+bx+c（a≠1）图象与直线y=-3只有一个交点，
∴方程ax2+bx+c+3=1有两个相等的实数根，故④正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查二次函数的性质、二次函数与不等式，二次函数与一元二次方程等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用数形结合的思想解决问题．
7、B
【解析】
原式利用减法法则变形，计算即可求出值．
【详解】
，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了有理数的加减，熟练掌握有理数加减的运算法则是解决本题的关键.
8、C
【解析】试题分析：204000米/分，这个数用科学记数法表示2.04×105，故选C．
考点：科学记数法—表示较大的数．
9、B
【解析】
根据题目的条件和图形可以判断点B分别以C和A为圆心CB和AB为半径旋转120°，并且所走过的两路径相等，求出一个乘以2即可得到．
【详解】
如图：

BC=AB=AC=1，
∠BCB′=120°，
∴B点从开始至结束所走过的路径长度为2×弧BB′=2×.故选B．
10、C
【解析】
试题分析：由题意可得，
第一小组对应的圆心角度数是：×360°=72°，
故选C．
考点：1.扇形统计图；2.条形统计图．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、
【解析】
根据三角形法则求出即可解决问题；
【详解】
如图，

∵=， =，
∴=+=-，
∵BD=BC，
∴=．
故答案为．
【点睛】
本题考查平面向量，解题的关键是熟练掌握三角形法则，属于中考常考题型．
12、1
【解析】
底边可能是4，也可能是9，分类讨论，去掉不合条件的，然后可求周长.
【详解】
试题解析：①当腰是4cm，底边是9cm时：不满足三角形的三边关系，因此舍去．
②当底边是4cm，腰长是9cm时，能构成三角形，则其周长=4+9+9=1cm．
故填1．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答.
13、1
【解析】
【分析】直接利用平方差公式分解因式进而结合相反数的定义分析得出答案．
【详解】∵a，b互为相反数，
∴a+b=1，
∴a2﹣b2=（a+b）（a﹣b）=1，
故答案为1．
【点睛】本题考查了公式法分解因式以及相反数的定义，正确分解因式是解题关键．
14、6n+1．
【解析】
寻找规律：不难发现，后一个图形比前一个图形多6根火柴棒，即：
第1个图形有8根火柴棒，
第1个图形有14＝6×1＋8根火柴棒，
第3个图形有10＝6×1＋8根火柴棒，
……，
第n个图形有6n+1根火柴棒．
15、
【解析】
试题分析：先进行二次根式的化简，然后合并同类二次根式即可，

考点：二次根式的加减
16、12
【解析】
连接AO，BO，CO,如图所示：

∵AB、AC分别为⊙O的内接正六边形、内接正方形的一边，
∴∠AOB==60°，∠AOC==90°，
∴∠BOC=30°，
∴n==12，
故答案为12.
17、－1．
【解析】
设正方形的对角线OA长为1m，根据正方形的性质则可得出B、C坐标，代入二次函数y=ax1+c中，即可求出a和c，从而求积．
【详解】
设正方形的对角线OA长为1m，则B（﹣m，m），C（m，m），A（0，1m）；
把A，C的坐标代入解析式可得：c=1m①，am1+c=m②，
①代入②得：am1+1m=m，
解得：a=-，
则ac=-1m=-1．
考点：二次函数综合题．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）12米；（2）（2+8）米
【解析】
（1）设DE＝x，先证明△ACE是直角三角形，∠CAE＝60°，∠AEC＝30°，得到AE＝16，根据EF=8求出x的值得到答案；
（2）延长NM交DB延长线于点P，先分别求出PB、CD得到PD，利用∠NDP＝45°得到NP，即可求出MN.
【详解】
（1）如图，设DE＝x，
∵AB＝DF＝4，∠ACB＝30°，
∴AC＝8，
∵∠ECD＝60°，
∴△ACE是直角三角形，
∵AF∥BD，
∴∠CAF＝30°，
∴∠CAE＝60°，∠AEC＝30°，
∴AE＝16，
∴Rt△AEF中，EF＝8，
即x﹣4＝8，
解得x＝12，
∴树DE的高度为12米；
（2）延长NM交DB延长线于点P，则AM＝BP＝6，
由（1）知CD＝CE＝×AC＝4，BC＝4，
∴PD＝BP+BC+CD＝6+4+4＝6+8，
∵∠NDP＝45°，且∠NPD＝90°，
∴NP＝PD＝6+8，
∴NM＝NP﹣MP＝6+8﹣4＝2+8，
∴食堂MN的高度为（2+8）米．

【点睛】
此题是解直角三角形的实际应用，考查直角三角形的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半，锐角三角函数，将已知的线段及角放在相应的直角三角形中利用三角函数解题，由此做相应的辅助线是解题的关键.
19、 (1)，不可能；(2)不存在；(3)1或11.
【解析】
试题分析：(1)根据每件的成本y(万元)是基础价与浮动价的和，其中基础价保持不变，浮动价与月需求量x(件)成反比，结合表格，用待定系数法求y与x之间的函数关系式，再列方程求解，检验所得结果是还符合题意；(2)将表格中的n，对应的x值，代入到，求出k，根据某个月既无盈利也不亏损，得到一个关于n的一元二次方程，判断根的情况；(3)用含m的代数式表示出第m个月，第(m+1)个月的利润，再对它们的差的情况讨论.
试题解析：(1)由题意设，由表中数据，得
解得∴.
由题意，若，则.
∵x＞0，∴.
∴不可能.
(2)将n=1，x=120代入，得
120=2-2k+9k+27.解得k=13.
将n=2，x=100代入也符合.
∴k=13.
由题意，得18=6+，求得x=50.
∴50=，即.
∵，∴方程无实数根.
∴不存在.
(3)第m个月的利润为w==；
∴第(m+1)个月的利润为
W′=.
若W≥W′，W-W′=48(6-m),m取最小1，W-W′=240最大.
若W＜W′，W′-W=48(m-6),m+1≤12，m取最大11，W′-W=240最大.
∴m=1或11.
考点：待定系数法，一元二次方程根的判别式，二次函数的性质，二次函数的应用.
20、（1）（1，0），（3，0），（0，）；（2）在直线AC下方的抛物线上不存在点P，使S△ACP＝4，见解析；（3）见解析
【解析】
（1）根据坐标轴上点的特点建立方程求解，即可得出结论；
（2）在直线AC下方轴x上一点，使S△ACH＝4，求出点H坐标，再求出直线AC的解析式，进而得出点H坐标，最后用过点H平行于直线AC的直线与抛物线解析式联立求解，即可得出结论；
（3）联立直线DE的解析式与抛物线解析式联立，得出，进而得出，，再由得出，进而求出，同理可得，再根据，即可得出结论．
【详解】
（1）针对于抛物线，
令x＝0，则，
∴，
令y＝0，则，
解得，x＝1或x＝3，
∴，
综上所述：,,；
（2）由（1）知，，，
∵BM＝FM，
∴，
∵，
∴直线AC的解析式为：，
联立抛物线解析式得：，
解得：或，
∴，
如图1，设H是直线AC下方轴x上一点，AH＝a且S△ACH＝4，
∴，
解得：，
∴，
过H作l∥AC，
∴直线l的解析式为，
联立抛物线解析式，解得，
∴，
即：在直线AC下方的抛物线上不存在点P，使；

（3）如图2，过D，E分别作x轴的垂线，垂足分别为G，H，
设，，直线DE的解析式为，
联立直线DE的解析式与抛物线解析式联立，得，
∴，，
∵DG⊥x轴，
∴DG∥OM，
∴，
∴，
即，
∴，同理可得
∴，
∴，
即，
∴，
∴直线DE的解析式为，
∴直线DE必经过一定点．

【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数与一次函数的综合应用，交点的求法，待定系数法求函数解析式等方法式解决本题的关键.
21、（1）证明见解析；（2）；
【解析】
（1）连接OD，先根据切线的性质得到∠CDO=90°，再根据平行线的性质得到∠AOC=∠OBD，∠COD=∠ODB，又因为OB=OD，所以∠OBD=∠ODB，即∠AOC=∠COD，再根据全等三角形的判定与性质得到∠CAO=∠CDO=90°，根据切线的判定即可得证；
（2）因为AB=OC=4，OB=OD，Rt△ODC与Rt△OAC是含30°的直角三角形，从而得到
∠DOB=60°，即△BOD为等边三角形，再用扇形的面积减去△BOD的面积即可.
【详解】
（1）证明：连接OD，

∵CD与圆O相切，
∴OD⊥CD，
∴∠CDO=90°，
∵BD∥OC，
∴∠AOC=∠OBD，∠COD=∠ODB，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∴∠AOC=∠COD，
在△AOC和△DOC中，
，
∴△AOC≌△EOC（SAS），
∴∠CAO=∠CDO=90°，则AC与圆O相切；
（2）∵AB=OC=4，OB=OD，
∴Rt△ODC与Rt△OAC是含30°的直角三角形，
∴∠DOC=∠COA=60°，
∴∠DOB=60°，
∴△BOD为等边三角形，
图中阴影部分的面积=扇形DOB的面积﹣△DOB的面积,
=．
【点睛】
本题主要考查切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，扇形的面积公式等，难度中等，属于综合题，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
22、（1）；（2）；（3）．
【解析】
（1）根据定义可知△ABC∽△AB′C′，再根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方即可；
（2）根据四边形是矩形，得出，进而得出，根据30°直角三角形的性质即可得出答案；
（3）根据四边形 ABB′C′为正方形，从而得出，再根据等腰直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵△AB′C′的边长变为了△ABC的n倍，
∴△ABC∽△AB′C′，
∴，
故答案为：．
（2）四边形是矩形，
∴．
．
在中，，
．
．
．
（3）若四边形 ABB′C′为正方形，
则，，
∴，
∴，
又∵在△ABC中，AB=，
∴，
∴
故答案为：．

【点睛】
本题考查了几何变换中的新定义问题，以及相似三角形的判定和性质，理解［θ，n］的意义是解题的关键．
23、（1）作图见解析；(2)如图所示，点A的坐标为(0，1)，点C的坐标为(-3，1)；(3)如图所示，点B2的坐标为(3，-5)，点C2的坐标为(3，-1).
【解析】
（1）分别作出点B个点C旋转后的点，然后顺次连接可以得到；
（2）根据点B的坐标画出平面直角坐标系；
（3）分别作出点A、点B、点C关于原点对称的点，然后顺次连接可以得到.
【详解】
（1）△A如图所示；
（2）如图所示，A（0，1），C（﹣3，1）；
（3）△如图所示，（3，﹣5），（3，﹣1）．

24、（1）A'到BD的距离是1.2m；（2）A'到地面的距离是1m．
【解析】
（1）如图2，作A'F⊥BD，垂足为F．根据同角的余角相等证得∠2=∠3；再利用AAS证明△ACB≌△BFA'，根据全等三角形的性质即可得A'F=BC，根据BC=BD﹣CD求得BC的长，即可得A'F的长，从而求得A'到BD的距离；（2）作A'H⊥DE，垂足为H，可证得A'H=FD，根据A'H=BD﹣BF求得A'H的长，从而求得A'到地面的距离.
【详解】
（1）如图2，作A'F⊥BD，垂足为F．

∵AC⊥BD，
∴∠ACB=∠A'FB=90°；
在Rt△A'FB中，∠1+∠3=90°；
又∵A'B⊥AB，∴∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠3；
在△ACB和△BFA'中，
，
∴△ACB≌△BFA'（AAS）；
∴A'F=BC，
∵AC∥DE且CD⊥AC，AE⊥DE，
∴CD=AE=1.8；
∴BC=BD﹣CD=3﹣1.8=1.2，
∴A'F=1.2，即A'到BD的距离是1.2m．
（2）由（1）知：△ACB≌△BFA'，
∴BF=AC=2m，
作A'H⊥DE，垂足为H．
∵A'F∥DE，
∴A'H=FD，
∴A'H=BD﹣BF=3﹣2=1，即A'到地面的距离是1m．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质的应用，作出辅助线，证明△ACB≌△BFA'是解决问题的关键.