广西北海市银海区2021-2022学年中考数学全真模拟试题含解析

这是一份广西北海市银海区2021-2022学年中考数学全真模拟试题含解析，共20页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．x=1是关于x的方程2x﹣a=0的解，则a的值是（　　）
A．﹣2 B．2 C．﹣1 D．1
2．如图钓鱼竿AC长6m，露在水面上的鱼线BC长3m，钓者想看看鱼钓上的情况，把鱼竿AC逆时针转动15°到AC′的位置，此时露在水面上的鱼线B'C'长度是（　　）

A．3m B． m C． m D．4m
3．如图，在△ABC中，cosB＝，sinC＝，AC＝5，则△ABC的面积是(　 　)

A． B．12 C．14 D．21
4．实数a、b、c在数轴上的位置如图所示，则代数式|c﹣a|﹣|a+b|的值等于（　　）

A．c+b B．b﹣c C．c﹣2a+b D．c﹣2a﹣b
5．下列说法正确的是（ ）
A．掷一枚均匀的骰子，骰子停止转动后，6点朝上是必然事件
B．甲、乙两人在相同条件下各射击10次，他们的成绩平均数相同，方差分别是，，则甲的射击成绩较稳定
C．“明天降雨的概率为”，表示明天有半天都在降雨
D．了解一批电视机的使用寿命，适合用普查的方式
6．已知代数式x+2y的值是5，则代数式2x+4y+1的值是（　　）
A．6  B．7 C．11 D．12
7．若关于，的二元一次方程组的解也是二元一次方程的解，则的值为　　
A． B． C． D．
8．某工程队开挖一条480米的隧道，开工后，每天比原计划多挖20米，结果提前4天完成任务，若设原计划每天挖米，那么求时所列方程正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．小明将某圆锥形的冰淇淋纸套沿它的一条母线展开若不考虑接缝，它是一个半径为12cm，圆心角为的扇形，则　　
A．圆锥形冰淇淋纸套的底面半径为4cm
B．圆锥形冰淇淋纸套的底面半径为6cm
C．圆锥形冰淇淋纸套的高为
D．圆锥形冰淇淋纸套的高为
10．从﹣1，2，3，﹣6这四个数中任选两数，分别记作m，n，那么点（m，n）在函数y＝图象上的概率是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．分式方程的解为x=_____．
12．计算：＝____．
13．9的算术平方根是 ．
14．如图是一个立体图形的三种视图，则这个立体图形的体积(结果保留π）为______________.

15．有一组数据：3，5，5，6，7，这组数据的众数为_____．
16．若2x+y=2，则4x+1+2y的值是_______．
17．如图，已知O为△ABC内一点，点D、E分别在边AB和AC上，且，DE∥BC，设、，那么______（用、表示）．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）如图，经过点C（0，﹣4）的抛物线（）与x轴相交于A（﹣2，0），B两点．

（1）a 0， 0（填“＞”或“＜”）；
（2）若该抛物线关于直线x=2对称，求抛物线的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，连接AC，E是抛物线上一动点，过点E作AC的平行线交x轴于点F．是否存在这样的点E，使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形？若存在，求出满足条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．
19．（5分）如图，是的直径，是圆上一点，弦于点，且．过点作的切线，过点作的平行线，两直线交于点，的延长线交的延长线于点．

（1）求证：与相切；
（2）连接，求的值．
20．（8分）计算：﹣16+（﹣）﹣2﹣|﹣2|+2tan60°
21．（10分）根据图中给出的信息，解答下列问题：
放入一个小球水面升高 ，，放入一个大球水面升高 ；如果要使水面上升到50，应放入大球、小球各多少个？
22．（10分）将一个等边三角形纸片AOB放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点B（6，0）．点C、D分别在OB、AB边上，DC∥OA，CB=2．
（I）如图①，将△DCB沿射线CB方向平移，得到△D′C′B′．当点C平移到OB的中点时，求点D′的坐标；
（II）如图②，若边D′C′与AB的交点为M，边D′B′与∠ABB′的角平分线交于点N，当BB′多大时，四边形MBND′为菱形？并说明理由．
（III）若将△DCB绕点B顺时针旋转，得到△D′C′B，连接AD′，边D′C′的中点为P，连接AP，当AP最大时，求点P的坐标及AD′的值．（直接写出结果即可）．

23．（12分）如图，在中，,以边为直径作⊙交边于点,过点作于点，、的延长线交于点.
求证：是⊙的切线；若,且,求⊙的半径与线段的长.
24．（14分）如图，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，E是弧的中点，AE与BC交于点F，∠C=2∠EAB．
求证：AC是⊙O的切线；已知CD=4，CA=6，求AF的长．



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、B
【解析】
试题解析：把x=1代入方程1x-a=0得1-a=0，解得a=1．
故选B.
考点：一元一次方程的解.
2、B
【解析】
因为三角形ABC和三角形AB′C′均为直角三角形，且BC、B′C′都是我们所要求角的对边，所以根据正弦来解题，求出∠CAB，进而得出∠C′AB′的度数，然后可以求出鱼线B'C'长度．
【详解】
解：∵sin∠CAB＝
∴∠CAB＝45°．
∵∠C′AC＝15°，
∴∠C′AB′＝60°．
∴sin60°＝，
解得：B′C′＝3．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了解直角三角形的应用，解本题的关键是把实际问题转化为数学问题．
3、A
【解析】
根据已知作出三角形的高线AD，进而得出AD，BD，CD，的长，即可得出三角形的面积．
【详解】
解：过点A作AD⊥BC，

∵△ABC中，cosB=，sinC=，AC=5，
∴cosB==，
∴∠B=45°，
∵sinC===，
∴AD=3，
∴CD==4，
∴BD=3，
则△ABC的面积是：×AD×BC=×3×（3+4）=．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了解直角三角形的知识，作出AD⊥BC，进而得出相关线段的长度是解决问题的关键．
4、A
【解析】
根据数轴得到b＜a＜0＜c，根据有理数的加法法则，减法法则得到c-a＞0，a+b＜0，根据绝对值的性质化简计算．
【详解】
由数轴可知，b＜a＜0＜c，
∴c-a＞0，a+b＜0，
则|c-a|-|a+b|=c-a+a+b=c+b，
故选A．
【点睛】
本题考查的是实数与数轴，绝对值的性质，能够根据数轴比较实数的大小，掌握绝对值的性质是解题的关键．
5、B
【解析】
利用事件的分类、普查和抽样调查的特点、概率的意义以及方差的性质即可作出判断．
【详解】
解： A、掷一枚均匀的骰子，骰子停止转动后，6点朝上是可能事件，此选项错误；
B、甲、乙两人在相同条件下各射击10次，他们的成绩平均数相同，方差分别是S甲2=0.4，S乙2=0.6，则甲的射击成绩较稳定，此选项正确；
C、“明天降雨的概率为”，表示明天有可能降雨，此选项错误；
D、解一批电视机的使用寿命，适合用抽查的方式，此选项错误；
故选B．
【点睛】
本题考查方差；全面调查与抽样调查；随机事件；概率的意义，掌握基本概念是解题关键．
6、C
【解析】
根据题意得出x+2y=5，将所求式子前两项提取2变形后，把x+2y=5代入计算即可求出值．
【详解】
∵x+2y=5，
∴2x+4y=10，
则2x+4y+1=10+1=1．
故选C．
【点睛】
此题考查了代数式求值，利用了整体代入的思想，是一道基本题型．
7、B
【解析】
将k看做已知数求出用k表示的x与y，代入2x+3y=6中计算即可得到k的值．
【详解】
解：，
①②得：，即，
将代入①得：，即，
将，代入得：，
解得：．
故选：．
【点睛】
此题考查了二元一次方程组的解，以及二元一次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边成立的未知数的值．
8、C
【解析】
本题的关键描述语是：“提前1天完成任务”；等量关系为：原计划用时−实际用时＝1．
【详解】
解：原计划用时为：，实际用时为：．
所列方程为：，
故选C．
【点睛】
本题考查列分式方程，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
9、C
【解析】
根据圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，列出方程求出圆锥的底面半径，再利用勾股定理求出圆锥的高．
【详解】
解：半径为12cm，圆心角为的扇形弧长是：，
设圆锥的底面半径是rcm，
则，
解得：．
即这个圆锥形冰淇淋纸套的底面半径是2cm．
圆锥形冰淇淋纸套的高为．
故选：C．
【点睛】
本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：
圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；
圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
10、B
【解析】
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与点（m，n）恰好在反比例函数y＝图象上的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】
解：画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，点（m，n）恰好在反比例函数y＝图象上的有：（2，3），（﹣1，﹣6），（3，2），（﹣6，﹣1），
∴点（m，n）在函数y＝图象上的概率是：．
故选B．
【点睛】
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、2
【解析】
根据分式方程的解法，先去分母化为整式方程为2（x+1）=3x，解得x=2，检验可知x=2是原分式方程的解.
故答案为2.
12、1
【解析】
根据算术平方根的定义进行化简，再根据算术平方根的定义求解即可．
【详解】
解：∵12=21，
∴=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了算术平方根的定义，先把化简是解题的关键．
13、1．
【解析】
根据一个正数的算术平方根就是其正的平方根即可得出.
【详解】
∵，
∴9算术平方根为1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根的概念是解题的关键.
14、250
【解析】
从三视图可以看正视图以及左视图为矩形，而俯视图为圆形，故可以得出该立体图形为圆柱．由三视图可得圆柱的半径和高，易求体积．
【详解】
该立体图形为圆柱，
∵圆柱的底面半径r=5，高h=10，
∴圆柱的体积V=πr2h=π×52×10=250π（立方单位）．
答：立体图形的体积为250π立方单位．
故答案为250π.
【点睛】
考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查；圆柱体积公式=底面积×高．
15、1
【解析】
根据众数的概念进行求解即可得.
【详解】
在数据3，1，1，6，7中1出现次数最多，
所以这组数据的众数为1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了众数的概念，熟知一组数据中出现次数最多的数据叫做众数是解题的关键．
16、1
【解析】
分析：将原式化简成2(2x+y)+1，然后利用整体代入的思想进行求解得出答案．
详解：原式=2(2x+y)+1=2×2+1=1．
点睛：本题主要考查的是整体思想求解，属于基础题型．找到整体是解题的关键．
17、
【解析】
根据,DE∥BC，结合平行线分线段成比例来求.
【详解】
∵，DE∥BC，
∴，
∴ = =.
∵，
∴
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题考查的知识点是平面向量，解题的关键是熟练的掌握平面向量.

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）＞，＞；（2）；（3）E（4，﹣4）或（，4）或（，4）．
【解析】
（1）由抛物线开口向上，且与x轴有两个交点，即可做出判断；
（2）根据抛物线的对称轴及A的坐标，确定出B的坐标，将A，B，C三点坐标代入求出a，b，c的值，即可确定出抛物线解析式；
（3）存在，分两种情况讨论：（i）假设存在点E使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，过点E作EF∥AC，交x轴于点F，如图1所示；
（ii）假设在抛物线上还存在点E′，使得以A，C，F′，E′为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点E′作E′F′∥AC交x轴于点F′，则四边形ACF′E′即为满足条件的平行四边形，可得AC=E′F′，AC∥E′F′，如图2，过点E′作E′G⊥x轴于点G，分别求出E坐标即可．
【详解】
（1）a＞0，＞0；
（2）∵直线x=2是对称轴，A（﹣2，0），
∴B（6，0），
∵点C（0，﹣4），
将A，B，C的坐标分别代入，解得：，，，
∴抛物线的函数表达式为；
（3）存在，理由为：（i）假设存在点E使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，过点E作EF∥AC，交x轴于点F，如图1所示，

则四边形ACEF即为满足条件的平行四边形，
∵抛物线关于直线x=2对称，
∴由抛物线的对称性可知，E点的横坐标为4，
又∵OC=4，∴E的纵坐标为﹣4，
∴存在点E（4，﹣4）；
（ii）假设在抛物线上还存在点E′，使得以A，C，F′，E′为顶点所组成的四边形是平行四边形，
过点E′作E′F′∥AC交x轴于点F′，则四边形ACF′E′即为满足条件的平行四边形，
∴AC=E′F′，AC∥E′F′，如图2，过点E′作E′G⊥x轴于点G，
∵AC∥E′F′，
∴∠CAO=∠E′F′G，
又∵∠COA=∠E′GF′=90°，AC=E′F′，
∴△CAO≌△E′F′G，
∴E′G=CO=4，
∴点E′的纵坐标是4，
∴，解得：，，
∴点E′的坐标为（，4），同理可得点E″的坐标为（，4）．

19、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）连接，，易证为等边三角形，可得，由等腰三角形的性质及角的和差关系可得∠1=30°，由于可得∠DCG=∠CDA=∠60°，即可求出∠OCG=90°，可得与相切；（2）作于点．设，则，．根据两组对边互相平行可证明四边形为平行四边形，由可证四边形为菱形，由（1）得，从而可求出、的值，从而可知的长度，利用锐角三角函数的定义即可求出的值．
【详解】
（1）连接，．
∵是的直径，弦于点，
∴，．
∵，
∴．
∴为等边三角形．
∴，∠DAE=∠EAC=30°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
∴∠1=∠DCA-∠OCA=30°，
∵，
∴∠DCG=∠CDA=∠60°，
∴∠OCG=∠DCG+∠1=60°+30°=90°，
∴．
∴与相切．

（2）连接EF，作于点．
设，则，．
∵与相切，
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴四边形为菱形．
∴，．
由（1）得，
∴，．
∴．
∵在中，，
∴．

【点睛】
本题考查圆的综合问题，涉及切线的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的性质及锐角三角函数，考查学生综合运用知识的能力，熟练掌握相关性质是解题关键.
20、1+3．
【解析】
先根据乘方、负指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
【详解】
﹣16+(﹣)﹣2﹣|﹣2|+2tan60°
=﹣1+4﹣(2﹣)+2，
=﹣1+4﹣2++2，
=1+3．
【点睛】
本题主要考查了实数的综合运算能力，解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算法则．
21、详见解析
【解析】
（1）设一个小球使水面升高x厘米，一个大球使水面升高y厘米，根据图象提供的数据建立方程求解即可．
（1）设应放入大球m个，小球n个，根据题意列二元一次方程组求解即可．
【详解】
解：（1）设一个小球使水面升高x厘米，由图意，得2x=21﹣16，解得x=1．
设一个大球使水面升高y厘米，由图意，得1y=21﹣16，解得：y=2．
所以，放入一个小球水面升高1cm，放入一个大球水面升高2cm．
（1）设应放入大球m个，小球n个，由题意，得
，解得：．
答：如果要使水面上升到50cm，应放入大球4个，小球6个．
22、（Ⅰ）D′（3+，3）;（Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形,理由见解析;
（Ⅲ）P（）．
【解析】
（Ⅰ）如图①中，作DH⊥BC于H．首先求出点D坐标，再求出CC′的长即可解决问题；
（Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形．首先证明四边形MBND′是平行四边形，再证明BB′=BC′即可解决问题；
（Ⅲ）在△ABP中，由三角形三边关系得，AP＜AB+BP，推出当点A，B，P三点共线时，AP最大.
【详解】
（Ⅰ）如图①中，作DH⊥BC于H，

∵△AOB是等边三角形，DC∥OA，
∴∠DCB=∠AOB=60°，∠CDB=∠A=60°，
∴△CDB是等边三角形，
∵CB=2，DH⊥CB，
∴CH=HB=，DH=3，
∴D（6﹣，3），
∵C′B=3，
∴CC′=2﹣3，
∴DD′=CC′=2﹣3，
∴D′（3+，3）．
（Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形，
理由：如图②中，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
∴∠ABB'=180°﹣∠ABO=120°，
∵BN是∠ACC'的角平分线，
∴∠NBB′'=∠ABB'=60°=∠D′C′B，
∴D'C'∥BN，∵AB∥B′D′
∴四边形MBND'是平行四边形，
∵∠ME'C'=∠MCE'=60°，∠NCC'=∠NC'C=60°，
∴△MC′B'和△NBB'是等边三角形，
∴MC=CE'，NC=CC'，
∵B'C'=2，
∵四边形MBND'是菱形，
∴BN=BM，
∴BB'=B'C'=；
（Ⅲ）如图连接BP，

在△ABP中，由三角形三边关系得，AP＜AB+BP，
∴当点A，B，P三点共线时，AP最大，
如图③中，在△D'BE'中，由P为D'E的中点，得AP⊥D'E'，PD'=，
∴CP=3，
∴AP=6+3=9，
在Rt△APD'中，由勾股定理得，AD'==2．
此时P（，﹣）．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，平移和旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解（2）的关键是四边形MCND'是平行四边形，解（3）的关键是判断出点A，C，P三点共线时，AP最大．
23、（1）证明参见解析；（2）半径长为，=.
【解析】
（1）已知点D在圆上，要连半径证垂直，连结，则，所以，∵，∴.∴，∴∥.由得出，于是得出结论；（2）由得到，设，则.，，，由，解得值，进而求出圆的半径及AE长.
【详解】
解：（1）已知点D在圆上，要连半径证垂直，如图2所示，连结，∵，∴.∵，∴.∴，∴∥.∵，∴.∴是⊙的切线；（2）在和中，∵，∴. 设，则.∴，.∵，∴.∴，解得=，则3x=,AE=6×-=6,∴⊙的半径长为，=.

【点睛】
1.圆的切线的判定；2.锐角三角函数的应用.
24、（1）证明见解析（2）2
【解析】
（1）连结AD，如图，根据圆周角定理，由E是的中点得到由于则，再利用圆周角定理得到则所以于是根据切线的判定定理得到AC是⊙O的切线；
先求出的长，用勾股定理即可求出.
【详解】
解：（1）证明：连结AD，如图，
∵E是的中点，∴
∵
∴
∵AB是⊙O的直径，∴
∴
∴ 即
∴AC是⊙O的切线；

（2）∵
∴
∵，
∴
【点睛】
本题考查切线的判定与性质，圆周角定理，属于圆的综合题，注意切线的证明方法，是高频考点.