江苏省南京市江宁区重点达标名校2021-2022学年中考数学考试模拟冲刺卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．要组织一次排球邀请赛，参赛的每个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划7天，每天安排4场比赛.设比赛组织者应邀请个队参赛，则满足的关系式为（）

A． B． C． D．

2．计算的结果是（   ）

A． B． C．1 D．2

3．如图，已知△ABC中，∠C=90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1+∠2等于（     ）

A．90° B．135° C．270° D．315°

4．将一些半径相同的小圆按如图所示的规律摆放，第1个图形有4个小圆，第2个图形有8个小圆，第3个图形有14个小圆，…，依次规律，第7个图形的小圆个数是(　　)

A．56 B．58 C．63 D．72

5．如图，下列各三角形中的三个数之间均具有相同的规律，根据此规律，最后一个三角形中y与n之间的关系是（）

A．y=2n+1 B．y=2n+n C．y=2n+1+n D．y=2n+n+1

6．已知x+=3，则x2+=（　　）

A．7 B．9 C．11 D．8

7．如图，矩形ABCD的顶点A、C分别在直线a、b上，且a∥b，∠1=60°，则∠2的度数为（ ）

A．30° B．45° C．60° D．75°

8．如图，小明将一张长为20cm，宽为15cm的长方形纸（AE＞DE）剪去了一角，量得AB＝3cm，CD＝4cm，则剪去的直角三角形的斜边长为（　　）

A．5cm B．12cm C．16cm D．20cm

9．若正比例函数y＝mx（m是常数，m≠0）的图象经过点A（m，4），且y的值随x值的增大而减小，则m等于（　　）

A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4

10．从 ，0，π， ，6这5个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（　　）

A． B． C． D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．已知x+y＝8，xy＝2，则x2y+xy2＝_____．

12．中国的陆地面积约为9 600 000km2，把9 600 000用科学记数法表示为     ．

13．如图，在矩形ABCD中，AB=，AD=1，把该矩形绕点A顺时针旋转α度得矩形AB′C′D′，点C′落在AB的延长线上，则图中阴影部分的面积是_____．

14．一机器人以0.2m/s的速度在平地上按下图中的步骤行走，那么该机器人从开始到停止所需时间为__s．

15．方程的解是__________．

16．已知直角三角形的两边长分别为3、1．则第三边长为________．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，点A，B，C都在抛物线y=ax2﹣2amx+am2+2m﹣5（其中﹣＜a＜0）上，AB∥x轴，∠ABC=135°，且AB=1．

（1）填空：抛物线的顶点坐标为      （用含m的代数式表示）；

（2）求△ABC的面积（用含a的代数式表示）；

（3）若△ABC的面积为2，当2m﹣5≤x≤2m﹣2时，y的最大值为2，求m的值．

18．（8分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，M，N均在格点上，P为线段MN上的一个动点

（1）MN的长等于_______，

（2）当点P在线段MN上运动，且使PA2＋PB2取得最小值时，请借助网格和无刻度的直尺，在给定的网格中画出点P的位置，并简要说明你是怎么画的，（不要求证明）

19．（8分）如图，一根电线杆PQ直立在山坡上，从地面的点A看，测得杆顶端点P的仰角为45°，向前走6m到达点B，又测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别为60°和30°，求电线杆PQ的高度．（结果保留根号）.

20．（8分）如图，在中，以为直径的⊙交于点，过点作于点，且．

（）判断与⊙的位置关系并说明理由；

（）若，，求⊙的半径．

21．（8分）已知：如图，在半径是4的⊙O中，AB、CD是两条直径，M是OB的中点，CM的延长线交⊙O于点E，且EM＞MC，连接DE，DE=．

（1）求证：△AMC∽△EMB；

（2）求EM的长；

（3）求sin∠EOB的值．

22．（10分）先化简代数式，再从﹣1，0，3中选择一个合适的a的值代入求值．

23．（12分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=1．把△BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G；E、F分别是C′D和BD上的点，线段EF交AD于点H，把△FDE沿EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好与点A重合．

（1）求证：△ABG≌△C′DG；

（2）求tan∠ABG的值；

（3）求EF的长．

24．班级的课外活动，学生们都很积极.梁老师在某班对同学们进行了一次关于“我喜爱的体育项目”的调査，下面是他通过收集数据后，绘制的两幅不完整的统计图.请根据图中的信息，解答下列问题：

(1)调查了________名学生；

(2)补全条形统计图；

(3)在扇形统计图中，“乒乓球”部分所对应的圆心角度数为________；

(4)学校将举办运动会，该班将推选5位同学参加乒乓球比赛，有3位男同学和2位女同学，现准备从中选取两名同学组成双打组合，用树状图或列表法求恰好选出一男一女组成混合双打组合的概率.

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、A

【解析】
根据应用题的题目条件建立方程即可.

【详解】

解：由题可得：

即：

故答案是：A.

【点睛】

本题主要考察一元二次方程的应用题，正确理解题意是解题的关键.

2、A

【解析】
根据两数相乘，同号得正，异号得负，再把绝对值相乘计算即可.

【详解】

.

故选A.

【点睛】

本题考查了有理数的乘法计算，解答本题的关键是熟练掌握有理数的乘法法则.

3、C

【解析】
根据四边形的内角和与直角三角形中两个锐角关系即可求解.

【详解】

解：∵四边形的内角和为360°，直角三角形中两个锐角和为90°，

∴∠1+∠2=360°﹣（∠A+∠B）=360°﹣90°=270°．

故选：C．

【点睛】

此题主要考查角度的求解，解题的关键是熟知四边形的内角和为360°.

4、B

【解析】

试题分析：第一个图形的小圆数量=1×2+2=4；第二个图形的小圆数量=2×3+2=8；第三个图形的小圆数量=3×4+2=14；则第n个图形的小圆数量=n(n+1)+2个，则第七个图形的小圆数量=7×8+2=58个.

考点：规律题

5、B

【解析】
∵观察可知：左边三角形的数字规律为：1，2，…，n，

右边三角形的数字规律为：2，，…，，

下边三角形的数字规律为：1+2，，…，，

∴最后一个三角形中y与n之间的关系式是y=2n+n.

故选B．

【点睛】

考点：规律型：数字的变化类．

6、A

【解析】
根据完全平方公式即可求出答案．

【详解】

∵（x+）2=x2+2+

∴9=2+x2+，

∴x2+=7，

故选A．

【点睛】

本题考查完全平方公式，解题的关键是熟练运用完全平方公式.

7、C

【解析】

试题分析：过点D作DE∥a，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ADC=90°，∴∠3=90°﹣∠1=90°﹣60°=30°，∵a∥b，∴DE∥a∥b，∴∠4=∠3=30°，∠2=∠5，∴∠2=90°﹣30°=60°．故选C．

考点：1矩形；2平行线的性质.

8、D

【解析】
解答此题要延长AB、DC相交于F，则BFC构成直角三角形，再用勾股定理进行计算．

【详解】

延长AB、DC相交于F，则BFC构成直角三角形，

运用勾股定理得：

BC2=（15-3）2+（1-4）2=122+162=400，

所以BC=1．

则剪去的直角三角形的斜边长为1cm．

故选D．

【点睛】

本题主要考查了勾股定理的应用，解答此题要延长AB、DC相交于F，构造直角三角形，用勾股定理进行计算．

9、B

【解析】
利用待定系数法求出m，再结合函数的性质即可解决问题．

【详解】

解：∵y＝mx（m是常数，m≠0）的图象经过点A（m，4），

∴m2＝4，

∴m＝±2，

∵y的值随x值的增大而减小，

∴m＜0，

∴m＝﹣2，

故选：B．

【点睛】

本题考查待定系数法，一次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

10、C

【解析】
根据有理数的定义可找出在从，0，π，，6这5个数中只有0、、6为有理数，再根据概率公式即可求出抽到有理数的概率．

【详解】

∵在，0，π，，6这5个数中有理数只有0、、6这3个数，

∴抽到有理数的概率是，

故选C．

【点睛】

本题考查了概率公式以及有理数，根据有理数的定义找出五个数中的有理数的个数是解题的关键．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、1

【解析】
将所求式子提取xy分解因式后，把x+y与xy的值代入计算，即可得到所求式子的值．

【详解】

∵x+y=8，xy=2，
∴x2y+xy2=xy（x+y）=2×8=1．
故答案为：1．

【点睛】

本题考查的知识点是因式分解的应用，解题关键是将所求式子分解因式．

12、9.6×1．

【解析】
将9600000用科学记数法表示为9.6×1．

故答案为9.6×1．

13、

【解析】
∵在矩形ABCD中，AB=，∠DAC=60°，

∴DC=，AD=1．

由旋转的性质可知：D′C′=，AD′=1，

∴tan∠D′AC′==，

∴∠D′AC′=60°．

∴∠BAB′=30°，

∴S△AB′C′=×1×=，

S扇形BAB′==．

S阴影=S△AB′C′-S扇形BAB′=-．

故答案为-．

【点睛】

错因分析  中档题.失分原因有2点：（1）不能准确地将阴影部分面积转化为易求特殊图形的面积；（2）不能根据矩形的边求出α的值.

14、240

【解析】

根据图示，得出机器人的行走路线是沿着一个正八边形的边长行走一周，是解决本题的关键，考察了计算多边形的周长，本题中由于机器人最后必须回到起点，可知此机器人一共转了360°，我们可以计算机器人所转的回数，即360°÷45°=8，则机器人的行走路线是沿着一个正八边形的边长行走一周，故机器人一共行走6×8=48m，根据时间=路程÷速度，即可得出结果.

本题解析： 依据题中的图形，可知机器人一共转了360°，

∵360°÷45°=8，

∴机器人一共行走6×8=48m．

∴该机器人从开始到停止所需时间为48÷0.2=240s．

15、x=1

【解析】
将方程两边平方后求解，注意检验．

【详解】

将方程两边平方得x-3=4，

移项得：x=1，

代入原方程得=2，原方程成立，

故方程＝2的解是x=1．

故本题答案为：x=1．

【点睛】

在解无理方程是最常用的方法是两边平方法及换元法，解得答案时一定要注意代入原方程检验．

16、4或

【解析】

试题分析：已知直角三角形两边的长，但没有明确是直角边还是斜边，因此分两种情况讨论：

①长为3的边是直角边，长为3的边是斜边时：第三边的长为：；

②长为3、3的边都是直角边时：第三边的长为：；

∴第三边的长为：或4．

考点：3．勾股定理；4．分类思想的应用．

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）（m，2m﹣2）；（2）S△ABC =﹣；（3）m的值为或10+2．

【解析】

分析：（1）利用配方法将二次函数解析式由一般式变形为顶点式，此题得解；

（2）过点C作直线AB的垂线，交线段AB的延长线于点D，由AB∥x轴且AB＝1，可得出点B的坐标为（m＋2，1a＋2m−2），设BD＝t，则点C的坐标为（m＋2＋t，1a＋2m−2−t），利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于t的一元二次方程，解之取其正值即可得出t值，再利用三角形的面积公式即可得出S△ABC的值；

（3）由（2）的结论结合S△ABC＝2可求出a值，分三种情况考虑：①当m＞2m−2，即m＜2时，x＝2m−2时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元二次方程，解之可求出m的值；②当2m−2≤m≤2m−2，即2≤m≤2时，x＝m时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元一次方程，解之可求出m的值；③当m＜2m−2，即m＞2时，x＝2m−2时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元一次方程，解之可求出m的值．综上即可得出结论．

详解：（1）∵y=ax2﹣2amx+am2+2m﹣2=a（x﹣m）2+2m﹣2，

∴抛物线的顶点坐标为（m，2m﹣2），

故答案为（m，2m﹣2）；

（2）过点C作直线AB的垂线，交线段AB的延长线于点D，如图所示，

∵AB∥x轴，且AB=1，

∴点B的坐标为（m+2，1a+2m﹣2），

∵∠ABC=132°，

∴设BD=t，则CD=t，

∴点C的坐标为（m+2+t，1a+2m﹣2﹣t），

∵点C在抛物线y=a（x﹣m）2+2m﹣2上，

∴1a+2m﹣2﹣t=a（2+t）2+2m﹣2，

整理，得：at2+（1a+1）t=0，

解得：t1=0（舍去），t2=﹣，

∴S△ABC=AB•CD=﹣；

（3）∵△ABC的面积为2，

∴﹣=2，

解得：a=﹣，

∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣m）2+2m﹣2．

分三种情况考虑：

①当m＞2m﹣2，即m＜2时，有﹣（2m﹣2﹣m）2+2m﹣2=2，

整理，得：m2﹣11m+39=0，

解得：m1=7﹣（舍去），m2=7+（舍去）；

②当2m﹣2≤m≤2m﹣2，即2≤m≤2时，有2m﹣2=2，解得：m=；

③当m＜2m﹣2，即m＞2时，有﹣（2m﹣2﹣m）2+2m﹣2=2，

整理，得：m2﹣20m+60=0，

解得：m3=10﹣2（舍去），m1=10+2．

综上所述：m的值为或10+2．

点睛：本题考查了二次函数解析式的三种形式、二次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形、解一元二次方程以及二次函数的最值，解题的关键是：（1）利用配方法将二次函数解析式变形为顶点式；（2）利用等腰直角三角形的性质找出点C的坐标；（3）分m＜2、2≤m≤2及m＞2三种情况考虑．

18、（1）；（2）见解析.

【解析】
（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）取格点S，T，得点R；取格点E，F，得点G；连接GR交MN于点P即可得到结果．

【详解】

(1);

（2）取格点S，T，得点R；取格点E，F，得点G；连接GR交MN于点P

【点睛】

本题考查了作图-应用与设计作图，轴对称-最短距离问题，正确的作出图形是解题的关键．

19、（6+）米

【解析】
根据已知的边和角,设CQ=x，BC=QC=x，PC=BC=3x，根据PQ=BQ列出方程求解即可.

【详解】

解：延长PQ交地面与点C，

由题意可得：AB=6m，∠PCA=90°，∠PAC=45°，∠PBC=60°，∠QBC=30°，设CQ=x，则在Rt△BQC中，BC=QC=x，∴在Rt△PBC中PC=BC=3x，∵在Rt△PAC中，∠PAC=45°，则PC=AC，∴，3x=6+x，解得x==3+，∴PQ=PC-CQ=3x-x=2x=6+，则电线杆PQ高为（6+）米．

【点睛】

此题重点考察学生对解直角三角形的理解，掌握解直角三角形的方法是解题的关键.

20、（1）DE与⊙O相切，详见解析；（2）5

【解析】
(1) 根据直径所对的圆心角是直角，再结合所给条件∠BDE＝∠A，可以推导出∠ODE ＝ 90°，说明相切的位置关系。

(2)根据直径所对的圆心角是直角，并且在△BDE中，由DE⊥BC,有∠BDE＋∠DBE ＝ 90°可以推导出∠DAB＝∠C,  可判定△ABC是等腰三角形，再根据BD⊥AC可知D是AC的中点，从而得出AD的长度，再在Rt△ADB中计算出直径AB的长，从而算出半径。

【详解】

（1）连接OD，在⊙O中，因为AB是直径，所以∠ADB＝90°，即∠ODA＋∠ODB＝90°，由OA＝OD，故∠A＝∠ODA，又因为∠BDE＝∠A，所以∠ODA＝∠BDE，故∠ODA＋∠ODB＝∠BDE＋∠ODB＝∠ODE＝90°，即OD⊥DE，OD过圆心，D是圆上一点，故DE是⊙O切线上的一段，因此位置关系是直线DE与⊙O相切；

（2）由（1）可知，∠ADB＝90°，故∠A＋∠ABD＝90°，故BD⊥AC，由∠BDE＝∠A，则∠BDE＋∠ABD＝90°，因为DE⊥BC，所以∠DEB＝90°，故在△BDE中，有∠BDE＋∠DBE＝90°，则∠ABD＝∠DBE，又因为BD⊥AC，即∠ADB＝∠CDB＝90°，所以∠DAB＝∠C，故△ABC是等腰三角形，BD是等腰△ABC底边BC上的高，则D是AC的中点，故AD＝AC＝×16＝8，在Rt△ABD中，tanA＝＝＝，可解得BD＝6，由勾股定理可得AB＝＝＝10，AB为直径，所以⊙O的半径是5.

【点睛】

本题主要考查圆中的计算问题和与圆有关的位置关系，解本题的要点在于求出AD的长，从而求出AB的长.

21、（1）证明见解析；（2）EM=4；（3）sin∠EOB=．

【解析】
（1）连接A、C，E、B点，那么只需要求出△AMC和△EMB相似，即可求出结论，根据圆周角定理可推出它们的对应角相等，即可得△AMC∽△EMB；
（2）根据圆周角定理，结合勾股定理，可以推出EC的长度，根据已知条件推出AM、BM的长度，然后结合（1）的结论，很容易就可求出EM的长度；
（3）过点E作EF⊥AB，垂足为点F，通过作辅助线，解直角三角形，结合已知条件和（1）（2）所求的值，可推出Rt△EOF各边的长度，根据锐角三角函数的定义，便可求得sin∠EOB的值．

【详解】

（1）证明：连接AC、EB，如图1，

∵∠A=∠BEC，∠B=∠ACM，

∴△AMC∽△EMB；

（2）解：∵DC是⊙O的直径，

∴∠DEC=90°，

∴DE2+EC2=DC2，

∵DE=，CD=8，且EC为正数，

∴EC=7，

∵M为OB的中点，

∴BM=2，AM=6，

∵AM•BM=EM•CM=EM（EC﹣EM）=EM（7﹣EM）=12，且EM＞MC，

∴EM=4；

（3）解：过点E作EF⊥AB，垂足为点F，如图2，

∵OE=4，EM=4，

∴OE=EM，

∴OF=FM=1，

∴EF=，

∴sin∠EOB=．

【点睛】

本题考查了圆心角、弧、弦、弦心距的关系与相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握圆心角、弧、弦、弦心距的关系与相似三角形的判定与性质.

22、,1

【解析】
先通分得到，再根据平方差公式和完全平方公式得到，化简后代入a＝3，计算即可得到答案.

【详解】

原式＝＝＝，

当a＝3时（a≠﹣1，0），原式＝1．

【点睛】

本题考查代数式的化简、平方差公式和完全平方公式，解题的关键是掌握代数式的化简、平方差公式和完全平方公式.

23、（1）证明见解析（2）7/24（3）25/6

【解析】（1）证明：∵△BDC′由△BDC翻折而成，

  ∴∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，∴∠ABG=∠ADE。

在△ABG≌△C′DG中，∵∠BAG=∠C，AB= C′D，∠ABG=∠AD C′，

∴△ABG≌△C′DG（ASA）。

（2）解：∵由（1）可知△ABG≌△C′DG，∴GD=GB，∴AG+GB=AD。

设AG=x，则GB=1﹣x，

在Rt△ABG中，∵AB2+AG2=BG2，即62+x2=（1﹣x）2，解得x=。

∴。

（3）解：∵△AEF是△DEF翻折而成，∴EF垂直平分AD。∴HD=AD=4。

∵tan∠ABG=tan∠ADE=。∴EH=HD×=4×。

∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位线。∴HF=AB=×6=3。

∴EF=EH+HF=。

（1）根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，故可得出结论。

（2）由（1）可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=1-x，在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长，从而得出tan∠ABG的值。

（3）由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD=AD=4，再根据tan∠ABG的值即可得出EH的长，同理可得HF是△ABD的中位线，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结果。

24、50     见解析（3）115.2° (4)    

【解析】

试题分析：（1）用最喜欢篮球的人数除以它所占的百分比可得总共的学生数;

（2）用学生的总人数乘以各部分所占的百分比,可得最喜欢足球的人数和其他的人数,即可把条形统计图补充完整;

（3）根据圆心角的度数=360 º×它所占的百分比计算;

（4）列出树状图可知，共有20种等可能的结果，两名同学恰为一男一女的有12种情况，从而可求出答案.

解：（1）由题意可知该班的总人数=15÷30%=50（名）

故答案为50；

（2）足球项目所占的人数=50×18%=9（名），所以其它项目所占人数=50﹣15﹣9﹣16=10（名）

补全条形统计图如图所示：

（3）“乒乓球”部分所对应的圆心角度数=360°×=115.2°，

故答案为115.2°；

（4）画树状图如图．

由图可知，共有20种等可能的结果，两名同学恰为一男一女的有12种情况，

所以P（恰好选出一男一女）==．

点睛：本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，概率的计算.读懂统计图,从不同的统计图中得到必要的信息及掌握概率的计算方法是解决问题的关键.