期海南省海口五中2021-2022学年中考猜题数学试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图像可能是（  ）

A． B． C． D．

2．对于有理数x、y定义一种运算“”：，其中a、b、c为常数，等式右边是通常的加法与乘法运算，已知，，则的值为（  　）

A．-1 B．-11 C．1 D．11

3．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△AB′C′(点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′，连接CC′.若∠CC′B′=32°，则∠B的大小是(       )

A．32° B．64° C．77° D．87°

4．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是                           (     )

A． B． C． D．

5．如果，那么代数式的值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

6．下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是(   )

A． B．

C． D．

7．要整齐地栽一行树，只要确定两端的树坑的位置，就能确定这一行树坑所在的直线，这里用到的数学知识是（　　）

A．两点之间的所有连线中，线段最短

B．经过两点有一条直线，并且只有一条直线

C．直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短

D．经过一点有且只有一条直线与已知直线垂直

8．已知am=2，an=3，则a3m+2n的值是（　　）

A．24 B．36 C．72 D．6

9．在国家“一带一路”倡议下，我国与欧洲开通了互利互惠的中欧专列．行程最长，途经城市和国家最多的一趟专列全程长13000 km，将13000用科学记数法表示应为( )

A．0.13×105 B．1.3×104 C．1.3×105 D．13×103

10．《九章算术》中的算筹图是竖排的，为看图方便，我们把它改为横排，如图1，图2所示，图中各行从左到右列出的算筹数分别表示未知数x，y的系数与相应的常数项．把图1表示的算筹图用我们现在所熟悉的方程组形式表述出来，就是．类似地，图2所示的算筹图我们可以表述为（　　）

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．含角30°的直角三角板与直线，的位置关系如图所示，已知，∠1=60°，以下三个结论中正确的是____（只填序号）．

①AC=2BC     ②△BCD为正三角形     ③AD=BD

12．如图，李明从A点出发沿直线前进5米到达B点后向左旋转的角度为α，再沿直线前进5米，到达点C后，又向左旋转α角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了45米，则每次旋转的角度α为_____．

13．如果一个正多边形的中心角为72°，那么这个正多边形的边数是       ．

14．如图，在4×4的方格纸中（共有16个小方格），每个小方格都是边长为1的正方形．O、A、B分别是小正方形的顶点，则扇形OAB周长等于_____．（结果保留根号及π）．

15．已知关于x的方程x2＋mx＋4＝0有两个相等的实数根，则实数m的值是______．

16．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其意思为：“今有直角三角形，勾（短直角边）长为5步，股（长直角边）长为12步，问该直角三角形能容纳的正方形边长最大是多少步？”该问题的答案是______步．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）已知抛物线y=ax2+bx+2过点A（5，0）和点B（﹣3，﹣4），与y轴交于点C．

（1）求抛物线y=ax2+bx+2的函数表达式；

（2）求直线BC的函数表达式；

（3）点E是点B关于y轴的对称点，连接AE、BE，点P是折线EB﹣BC上的一个动点，

①当点P在线段BC上时，连接EP，若EP⊥BC，请直接写出线段BP与线段AE的关系；

②过点P作x轴的垂线与过点C作的y轴的垂线交于点M，当点M不与点C重合时，点M关于直线PC的对称点为点M′，如果点M′恰好在坐标轴上，请直接写出此时点P的坐标．

18．（8分）某汽车专卖店销售A,B两种型号的汽车．上周销售额为96万元:本周销售额为62万元,销售情况如下表：

（1）求每辆A型车和B型车的售价各为多少元

（2）甲公司拟向该店购买A,B两种型号的汽车共6辆,购车费不少于130万元,且不超过140万元,则有哪几种购车方案?哪种购车方案花费金额最少?

19．（8分）如图，已知BD是△ABC的角平分线，点E、F分别在边AB、BC上，ED∥BC，EF∥AC．求证：BE=CF．

20．（8分）计算：.

21．（8分）“扬州漆器”名扬天下，某网店专门销售某种品牌的漆器笔筒，成本为30元/件，每天销售量（件）与销售单价（元）之间存在一次函数关系，如图所示.

求与之间的函数关系式；如果规定每天漆器笔筒的销售量不低于240件，当销售单价为多少元时，每天获取的利润最大，最大利润是多少？该网店店主热心公益事业，决定从每天的销售利润中捐出150元给希望工程，为了保证捐款后每天剩余利润不低于3600元，试确定该漆器笔筒销售单价的范围.

22．（10分）如图，已知抛物线与轴交于两点(A点在B点的左边)，与轴交于点．   

（1）如图1，若△ABC为直角三角形，求的值；

（2）如图1，在（1）的条件下，点在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，若以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点的坐标；

（3）如图2，过点作直线的平行线交抛物线于另一点，交轴于点，若﹕=1﹕1． 求的值．

23．（12分）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，P是边AC上一动点，BP与CD相交于点E．

（1）如果BC＝6，AC＝8，且P为AC的中点，求线段BE的长；

（2）联结PD，如果PD⊥AB，且CE＝2，ED＝3，求cosA的值；

（3）联结PD，如果BP2＝2CD2，且CE＝2，ED＝3，求线段PD的长．

24．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．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、D

【解析】
本题可先由一次函数y=ax+c图象得到字母系数的正负，再与二次函数y=ax2+bx+c的图象相比较看是否一致．

【详解】

A、一次函数y=ax+c与y轴交点应为（0，c），二次函数y=ax2+bx+c与y轴交点也应为（0，c），图象不符合，故本选项错误；

B、由抛物线可知，a＞0，由直线可知，a＜0，a的取值矛盾，故本选项错误；

C、由抛物线可知，a＜0，由直线可知，a＞0，a的取值矛盾，故本选项错误；

D、由抛物线可知，a＜0，由直线可知，a＜0，且抛物线与直线与y轴的交点相同，故本选项正确．

故选D．

【点睛】

本题考查抛物线和直线的性质，用假设法来搞定这种数形结合题是一种很好的方法．

2、B

【解析】
先由运算的定义，写出3△5=25，4△7=28，得到关于a、b、c的方程组，用含c的代数式表示出a、b．代入2△2求出值．

【详解】

由规定的运算，3△5=3a+5b+c=25，4a+7b+c=28

所以

解这个方程组，得

所以2△2=a+b+c=-35-2c+24+c+c=-2．

故选B．

【点睛】

本题考查了新运算、三元一次方程组的解法．解决本题的关键是根据新运算的意义，正确的写出3△5=25，4△7=28，2△2．

3、C

【解析】

试题分析：由旋转的性质可知，AC=AC′，∵∠CAC′=90°，可知△CAC′为等腰直角三角形，则∠CC′A=45°．∵∠CC′B′=32°，∴∠C′B′A=∠C′CA+∠CC′B′=45°+32°=77°，∵∠B=∠C′B′A，∴∠B=77°，故选C．

考点：旋转的性质．

4、C

【解析】

试题解析：A. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；

B. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；

C. 既是中心对称图又是轴对称图形，故本选项正确；

D. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误.

故选C.

5、A

【解析】
先计算括号内分式的减法，再将除法转化为乘法，最后约分即可化简原式，继而将3x=4y代入即可得．

【详解】

解：∵原式=

=

=

∵3x-4y=0，

∴3x=4y

原式==1

故选：A．

【点睛】

本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的混合运算顺序和运算法则．

6、A

【解析】

分析：根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，即可判断出答案．

详解：A、此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项正确；

B、此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；

C、此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项错误；

D、此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误．

故选A．

点睛：此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，关键是找出图形的对称中心与对称轴．

7、B

【解析】
本题要根据过平面上的两点有且只有一条直线的性质解答．

【详解】

根据两点确定一条直线．

故选：B．

【点睛】

本题考查了“两点确定一条直线”的公理，难度适中．

8、C

【解析】

试题解析：∵am=2，an=3，
∴a3m+2n
=a3m•a2n
=（am）3•（an）2
=23×32
=8×9
=1．

故选C.

9、B

【解析】

试题分析：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．将13000用科学记数法表示为：1.3×1．

故选B．

考点：科学记数法—表示较大的数

10、A

【解析】
根据图形，结合题目所给的运算法则列出方程组．

【详解】

图2所示的算筹图我们可以表述为：．

故选A．

【点睛】

本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程组．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、②③

【解析】
根据平行线的性质以及等边三角形的性质即可求出答案．

【详解】

由题意可知：∠A=30°，∴AB=2BC，故①错误；

∵l1∥l2，∴∠CDB=∠1=60°．

∵∠CBD=60°，∴△BCD是等边三角形，故②正确；

∵△BCD是等边三角形，∴∠BCD=60°，∴∠ACD=∠A=30°，∴AD=CD=BD，故③正确．

故答案为②③．

【点睛】

本题考查了平行的性质以及等边三角形的性质，解题的关键是熟练运用平行线的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，本题属于中等题型．

12、．

【解析】
根据共走了45米，每次前进5米且左转的角度相同，则可计算出该正多边形的边数，再根据外角和计算左转的角度．

【详解】

连续左转后形成的正多边形边数为：，

则左转的角度是．

故答案是：．

【点睛】

本题考查了多边形的外角计算，正确理解多边形的外角和是360°是关键．

13、5

【解析】

试题分析：中心角的度数=，

考点：正多边形中心角的概念．

14、π+4

【解析】

根据正方形的性质，得扇形所在的圆心角是90°，扇形的半径是2．

解：根据图形中正方形的性质，得

∠AOB=90°，OA=OB=2．

∴扇形OAB的弧长等于π．

15、±4

【解析】

分析：由方程有两个相等的实数根，得到根的判别式等于0，列出关于m的方程，求出方程的解即可得到m的值．

详解：∵方程有两个相等的实数根，

∴

解得：

故答案为

点睛：考查一元二次方程根的判别式，

当时，方程有两个不相等的实数根.

当时，方程有两个相等的实数根.

当时，方程没有实数根.

16、．

【解析】
如图，根据正方形的性质得：DE∥BC，则△ADE∽△ACB，列比例式可得结论.

【详解】

如图，

∵四边形CDEF是正方形，

∴CD=ED，DE∥CF，

设ED=x，则CD=x，AD=12-x，

∵DE∥CF，

∴∠ADE=∠C，∠AED=∠B，

∴△ADE∽△ACB，

∴＝，

∴＝，

∴x=，

故答案为.

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质，设未知数，构建方程是解题的关键．

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）y=﹣x2+x+2；（2）y=2x+2；（3）①线段BP与线段AE的关系是相互垂直；②点P的坐标为：（﹣4+2，﹣8+4）或（﹣4﹣2，﹣8﹣4）或（0，﹣4）或（﹣，﹣4）．

【解析】
（1）将A（5，0）和点B（﹣3，﹣4）代入y=ax2+bx+2，即可求解；

（2）C点坐标为（0，2），把点B、C的坐标代入直线方程y=kx+b即可求解；

（3）①AE直线的斜率kAE=2，而直线BC斜率的kAE=2即可求解；

②考虑当P点在线段BC上时和在线段BE上时两种情况，利用PM′=PM即可求解．

【详解】

（1）将A（5，0）和点B（﹣3，﹣4）代入y=ax2+bx+2，

解得：a=﹣，b=，

故函数的表达式为y=﹣x2+x+2；

（2）C点坐标为（0，2），把点B、C的坐标代入直线方程y=kx+b，

解得：k=2，b=2，

故：直线BC的函数表达式为y=2x+2，

（3）①E是点B关于y轴的对称点，E坐标为（3，﹣4），

则AE直线的斜率kAE=2，而直线BC斜率的kAE=2，

∴AE∥BC，而EP⊥BC，∴BP⊥AE

而BP=AE，∴线段BP与线段AE的关系是相互垂直；

②设点P的横坐标为m，

当P点在线段BC上时，

P坐标为（m，2m+2），M坐标为（m，2），则PM=2m，

直线MM′⊥BC，∴kMM′=﹣，

直线MM′的方程为：y=﹣x+（2+m），

则M′坐标为（0，2+m）或（4+m，0），

由题意得：PM′=PM=2m，

PM′2=42+m2=（2m）2，此式不成立，

或PM′2=m2+（2m+2）2=（2m）2，

解得：m=﹣4±2，

故点P的坐标为（﹣4±2，﹣8±4）；

当P点在线段BE上时，

点P坐标为（m，﹣4），点M坐标为（m，2），

则PM=6，

直线MM′的方程不变，为y=﹣x+（2+m），

则M′坐标为（0，2+m）或（4+m，0），

PM′2=m2+（6+m）2=（2m）2，

解得：m=0，或﹣；

或PM′2=42+42=（6）2，无解；

故点P的坐标为（0，﹣4）或（﹣，﹣4）；

综上所述：

点P的坐标为：（﹣4+2，﹣8+4）或（﹣4﹣2，﹣8﹣4）或（0，﹣4）或（﹣，﹣4）．

【点睛】

主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．

18、 (1) A型车售价为18万元,B型车售价为26万元. (2) 方案一：A型车2辆,B型车4辆；方案二：A型车3辆,B型车3辆；方案二花费少.

【解析】
（1）根据题意列出二元一次方程组即可求解；（2）由题意列出不等式即可求解.

【详解】

解：(1)设A型车售价为x元,B型车售价为y元,则：

解得：

答：A型车售价为18万元,B型车售价为26万元.

(2)设A型车购买m辆,则B型车购买(6－m)辆,

∴ 130≤18m+26(6－m) ≤140,∴:2≤m≤

方案一：A型车2辆,B型车4辆；方案二：A型车3辆,B型车3辆；

∴方案二花费少

【点睛】

此题主要考查二元一次方程组与不等式的应用，解题的关键是根据题意列出方程组与不等式进行求解.

19、证明见解析．

【解析】

试题分析：先利用平行四边形性质证明DE=CF，再证明EB=ED，即可解决问题．

试题解析：∵ED∥BC，EF∥AC，∴四边形EFCD是平行四边形，∴DE=CF，∵BD平分∠ABC，∴∠EBD=∠DBC，∵DE∥BC，∴∠EDB=∠DBC，∴∠EBD=∠EDB，∴EB=ED，∴EB=CF．

考点：平行四边形的判定与性质．

20、

【解析】
直接利用负整数指数幂的性质以及绝对值的性质、零指数幂的性质以及特殊角的三角函数值化简进而得出答案．

【详解】

原式=9﹣2+1﹣2=．

【点睛】

本题考查了实数运算，正确化简各数是解题的关键．

21、（1）；（2）单价为46元时，利润最大为3840元.（3）单价的范围是45元到55元.

【解析】
（1）可用待定系数法来确定y与x之间的函数关系式；

（2）根据利润=销售量×单件的利润，然后将（1）中的函数式代入其中，求出利润和销售单件之间的关系式，然后根据其性质来判断出最大利润；

（3）首先得出w与x的函数关系式，进而利用所获利润等于3600元时，对应x的值，根据增减性，求出x的取值范围．

【详解】

（1）由题意得： ．

故y与x之间的函数关系式为：y=-10x+700，

（2）由题意，得

-10x+700≥240，

解得x≤46，

设利润为w=（x-30）•y=（x-30）（-10x+700），

w=-10x2+1000x-21000=-10（x-50）2+4000，

∵-10＜0，

∴x＜50时，w随x的增大而增大，

∴x=46时，w大=-10（46-50）2+4000=3840，

答：当销售单价为46元时，每天获取的利润最大，最大利润是3840元；

（3）w-150=-10x2+1000x-21000-150=3600，

-10（x-50）2=-250，

x-50=±5，

x1=55，x2=45，

如图所示，由图象得：

当45≤x≤55时，捐款后每天剩余利润不低于3600元．

【点睛】

此题主要考查了二次函数的应用、一次函数的应用和一元二次方程的应用，利用函数增减性得出最值是解题关键，能从实际问题中抽象出二次函数模型是解答本题的重点和难点．

22、 (1) ；(2) 和；(3)

【解析】
（1）设，，再根据根与系数的关系得到，根据勾股定理得到：、 ，根据列出方程，解方程即可；（2）求出A、B坐标，设出点Q坐标，利用平行四边形的性质，分类讨论点P坐标，利用全等的性质得出P点的横坐标后，分别代入抛物线解析式，求出P点坐标;

(3)过点作DH⊥轴于点,由::，可得::．设,可得 点坐标为，可得．设点坐标为.可证△∽△,利用相似性质列出方程整理可得到 ①,将代入抛物线上,可得②，联立①②解方程组，即可解答.

【详解】

解：设，，则是方程的两根，

∴．

∵已知抛物线与轴交于点．

∴

在△中：，在△中：，

∵△为直角三角形，由题意可知∠°，

∴，

即，

∴,

∴,

解得:,

又,

∴．

由可知：,令则,

∴,

∴．

①以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是四边形时,

设抛物线的对称轴为 ，l与交于点，过点作⊥l，垂足为点，

即∠°∠．

∵四边形为平行四边形,

∴∥,又l∥轴,

∴∠∠=∠,

∴△≌△,

∴,

∴点的横坐标为,

∴

即点坐标为．

②当以为边，以点、、、Q为顶点的四边形是四边形时，

设抛物线的对称轴为 ，l与交于点，过点作⊥l，垂足为点，

即∠°∠．

∵四边形为平行四边形,

∴∥,又l∥轴,

∴∠∠=∠,

∴△≌△,

∴,

∴点的横坐标为,

∴

即点坐标为

∴符合条件的点坐标为和．

过点作DH⊥轴于点,

∵::，

 ∴::．

设,则点坐标为,

∴．

∵点在抛物线上,

∴点坐标为,

由(1)知,

∴,

∵∥,

∴△∽△,

∴,

∴,

即①,

又在抛物线上,

∴②，

将②代入①得：,

解得(舍去),

把代入②得:．

【点睛】

本题是代数几何综合题，考查了二次函数图象性质、一元二次方程根与系数关系、三角形相似以及平行四边形的性质，解答关键是综合运用数形结合分类讨论思想.

23、（1）（2）(3) .

【解析】
（1）由勾股定理求出BP的长， D是边AB的中点，P为AC的中点，所以点E是△ABC的重心,然后求得BE的长.

（2）过点B作BF∥CA交CD的延长线于点F,所以，然后可求得EF=8，所以，所以，因为PD⊥AB，D是边AB的中点，在△ABC中可求得cosA的值.

（3）由，∠PBD=∠ABP，证得△PBD∽△ABP，再证明△DPE∽△DCP得到，PD可求.

【详解】

解：（1）∵P为AC的中点，AC=8，

∴CP=4,

∵∠ACB=90°，BC=6，

∴BP=,

∵D是边AB的中点，P为AC的中点，

∴点E是△ABC的重心,

∴,

（2）过点B作BF∥CA交CD的延长线于点F,

∴,

∵BD=DA，

∴FD=DC，BF=AC,

∵CE=2，ED=3，则CD=5，

∴EF=8,

∴,

∴，

∴，设CP=k，则PA=3k，

∵PD⊥AB，D是边AB的中点，

∴PA=PB=3k,

∴，

∴，

∵，

∴,

（3）∵∠ACB=90°，D是边AB的中点，

∴,

∵，

∴,

∵∠PBD=∠ABP，

∴△PBD∽△ABP,

∴∠BPD=∠A,

∵∠A=∠DCA，

∴∠DPE=∠DCP，

∵∠PDE=∠CDP，

△DPE∽△DCP，

∴,

∵DE=3,DC=5，

∴.

【点睛】

本题是一道三角形的综合性题目，熟练掌握三角形的重心，三角形相似的判定和性质以及三角函数是解题的关键.

24、（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.