2022年江苏省镇江市中考数学考前模拟预测试题

这是一份2022年江苏省镇江市中考数学考前模拟预测试题，共21页。试卷主要包含了27的立方根等于　 　，，y随x的增大而等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省镇江市中考数学考前模拟预测试题
一．填空题（共12小题，满分24分，每小题2分）
1．（2分）如果a、b、c是非零数，且a+b+c＝0，那么a+b|a+b|+a+c|a+c|+b+c|b+c|的值为　 　．
2．（2分）要使16x-1有意义，x的取值范围是　 　．
3．（2分）27的立方根等于　 　．
4．（2分）正六边形一个内角的度数是 　 　°．
5．（2分）完成解题过程，用因式分解法解方程．
（1）x2＝23x
解：移项，得　 　．
因式分解，得　 　．
于是得　 　或　 　，
x1＝　 　，x2＝　 　．
（2）x（x+2）＝3x+6
解：移项，得　 　．
因式分解，得　 　．
于是得x1＝　 　，x2＝　 　．
6．（2分）某小区开展“节约用水，从我做起”活动，下表是从该小区抽取的10个家庭，8月份比7月份节约用水情况统计：那么这10个家庭8月份比7月份的节水量的平均数是　 　m3．
节水量（m3）
0.2
0.3
0.4
0.5
家庭数（个）
1
2
3
4
7．（2分）如图是根据某班40名同学一周的体育锻炼情况绘制的条形统计图，那么该班40名同学一周参加体育锻炼的时间的众数、中位数分别是　 　．

8．（2分）已知△ABC∽△DEF，若周长比为4：9，则AC：DF＝　 　．
9．（2分）如图，点A、B、C、O在网格中小正方形的顶点处，直线l经过点C、O，将△ABC沿l平移得到△MNO，M是A的对应点，再将这两个三角形沿l翻折，P、Q分别是M、A的对应点．已知网格中每个小正方形的边长都等于1，则PQ2的值为 　 　．

10．（2分）直线y＝4x﹣2经过点（0，　 　）与点（　 　，0），y随x的增大而　 　
11．（2分）一个盒子装有除颜色外其它均相同的2个红球和1个白球，现从中任取1个球，不放回，再取出一个球，则取到的是颜色不同的两个球的概率为　 　
12．（2分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，cosB=13，将△ABC绕着点C顺时针旋转到△DEC，点B落在点D处，点A落在点E处，如果点D在边AB上，DE与边AC相交于点F，那么CF的长 　 　．

二．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．（3分）如图所示的几何体的俯视图是（　　）

A． B． C． D．
14．（3分）2021年10月16日0时23分我国发射了神舟十三号载人飞船，利用长征二号F运载火箭将神舟十三号载人飞船送入近地点高度200000米的近地轨道，并与天和核心舱进行交会对接．将200000用科学记数法表示应为（　　）
A．2×104 B．0.2×105 C．20×104 D．2×105
15．（3分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的切线，切点为C，点D在AB的延长线上，若∠A＝25°，则∠D的度数为（　　）

A．40° B．50° C．60° D．70°
16．（3分）若使等式（﹣10）□（﹣5）＝2成立，则□中应填入的运算符号是（　　）
A．+ B．﹣ C．× D．÷
17．（3分）一个圆锥高为4，母线长为5，则这个圆锥的侧面积为（　　）
A．20π B．15π C．12π D．25π
18．（3分）已知f（1）＝2（取1×2的末位数字），f（2）＝6（取2×3的末位数字），f（3）＝2（取3×4的末位数字），…，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2021）的值为（　　）
A．6 B．4028 C．4042 D．4048
三．解答题（共10小题，满分78分）
19．（8分）（1）计算：（12）﹣1+（π﹣3）0﹣2cos30°+|3-12|；
（2）化简：a2-2a+1a2-1÷(a-2aa+1)．
20．（10分）解方程和不等式组：
（1）2x-3=1x+1；
（2）x-1＜08+3(x-1)≥-4．
21．（6分）箱子里有4瓶牛奶，其中有一瓶是过期的，现从这4瓶牛奶中任意抽取牛奶饮用，抽取任意一瓶都是等可能的．
（1）若小芳任意抽取1瓶，抽到过期的一瓶的概率是　 　；
（2）若小芳任意抽取2瓶，请用画树状图或列表法求抽出的2瓶牛奶中恰好抽到过期牛奶的概率．
22．（6分）如图，四边形ABCD是平行四边形，延长DA，BC，使得AE＝CF，连接BE，DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）连接BD，若∠1＝32°，∠ADB＝22°，请直接写出当∠ABE＝　 　°时，四边形BFDE是菱形．

23．（6分）我国古代数学著作《九章算术》中有“盈不足”问题：“今有人共买鸡，人出九，盈十一；人出六，不足十六，问人数几何？”其大意是：“有若干人共同出钱买鸡，如果每人出九钱，那么多了十一钱；如果每人出六钱，那么少了十六钱．问：共有几个人？”请解决该问题．
24．（6分）某校学生的数学期末总评成绩由课堂表现评价、平时作业、考试成绩三部分组成，各部分所占比例如图所示，小明的课堂表现评价、平时作业、考试成绩得分如下表所示（单位：分）：
类别
课堂表现评价
平时
作业
考试
成绩
评价1
评价2
评价3
评价4
成绩
94
90
91
93
90
95
（1）计算小明课堂表现评价的平均得分．
（2）请计算出小明的数学总评成绩（精确到个位）

25．（6分）如图，反比例函数y=-3x的图象与经过原点的直线AB的一个交点为A（﹣3，n）．
（1）求直线AB对应的函数表达式；
（2）点C在y轴上，当△ABC的面积为6时，求点C的坐标；
（3）在直线AB上方的平面内是否存在点D，使△ABD为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

26．（8分）如图，AB是半圆O的直径，以AB为边在半圆同侧作正方形ABCD，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连接DQ，设半圆的半径为a．
（1）判断直线DQ与半圆O的位置关系，并说明理由；
（2）求sin∠DQP的值．

27．（11分）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0）和B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，过点P作PD∥y轴交AC于点D，过点P作PE⊥AC于点E，过点E作EF⊥y轴于点F，求出PD+EF的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，将原抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线y'，y'与原抛物线相交于点M，点N为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点H，使以点A，M，N，H为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．

28．（11分）已知：点O是正方形ABCD对角线的交点，P是平面内一点（不与点D重合），连接DP，将DP以D为中心，逆时针旋转90度，得到线段DQ，连接AQ，CP．E、F分别是AQ，CP的中点，连接EF，OF．

（1）在图1中补全图形；
（2）直接写出图1中∠OFE＝　 　°；
（3）当点P在正方形外，当0°＜∠CDP＜90°时，判断EFOF的值是否发生变化，并对你的结论进行证明；
（4）如图2，若AB＝4，DP＝3，点M是AD中点，点N是线段PQ上的一个动点，在点P绕点D旋转的过程中，线段MN长度的最小值为　 　，最大值为　 　．

参考答案与试题解析
一．填空题（共12小题，满分24分，每小题2分）
1．【解答】解：∵a+b+c＝0，a、b、c均不为0，
∴a、b、c两正一负或两负一正，a+b＝﹣c，a+c＝﹣b，b+c＝﹣a，
∴a+b|a+b|+a+c|a+c|+b+c|b+c|=-c|c|-b|b|-a|a|．
①当a、b、c两正一负时，
原式＝﹣1﹣1+1＝﹣1；
②当a、b、c两负一正时，
原式＝1+1﹣1＝1；
故答案为：±1．
2．【解答】解：要使16x-1有意义，则被开方数大于等于0，分母不等于0，
∴x﹣1＞0，
解得：x＞1．
故答案为：x＞1．
3．【解答】解：∵33＝27，
∴27的立方根为3．
故答案为：3．
4．【解答】解：由题意得：180°×（6﹣2）÷6＝120°，
故答案为：120．
5．【解答】（1）x2＝23x，
解：移项，得x2﹣23x＝0，
因式分解，得x（x﹣23）＝0，
于是得x＝0或x﹣23=0，
x1＝0，x2＝23．
（2）x（x+2）＝3x+6
解：移项，得x（x+2）﹣3（x+2）＝0，
因式分解，得（x+2）（x﹣3）＝0，
于是得x1＝﹣2，x2＝3．
故答案为：（1）x2﹣23x＝0，x（x﹣23）＝0，x＝0或x﹣23=0，x1＝0，x2＝23；（2）x（x+2）﹣3（x+2）＝0，（x+2）（x﹣3）＝0，x1＝﹣2，x2＝3．
6．【解答】解：根据题意得：
110（0.2+0.3×2+0.4×3+0.5×4）＝0.4（m3），
答：这10个家庭8月份比7月份的节水量的平均数是0.4m3．
故答案为：0.4．
7．【解答】解：由统计图可知，
该班40名同学一周参加体育锻炼的时间的众数是8小时，中位数是（9+9）÷2＝9（小时），
故答案为：8小时、9小时．
8．【解答】解：∵△ABC∽△DEF，周长比为4：9，
∴△ABC与△DEF的相似比为4：9，即AC：DF＝4：9，
故答案为：4：9
9．【解答】解：连接PQ，AM，如图：

由图形变换可知：PQ＝AM，
由勾股定理得：AM2＝12+32＝10，
∴PQ2＝10．
故答案为：10．
10．【解答】解：当x＝0时，y＝4x﹣2＝﹣2；当y＝0时，4x﹣2＝0，解得x=12，
所以一次函数y＝4x﹣2经过点（0，﹣2）和点（12，0），
因为k＝4＞0，
所以y随x的增大而增大．
故答案为﹣2，12，增大．
11．【解答】解：画树状图为：

共有6种等可能的结果数，其中取到的是颜色不同的两个球的结果数为4，
所以取到的是颜色不同的两个球的概率=46=23，
故答案为：23．
12．【解答】解：如图，过点A作AN⊥BC于N，

∵AB＝AC＝3，AN⊥BC，
∴BN＝NC=12BC，∠ABC＝∠ACB，
∵cosB=13=BNAB，
∴BN＝3×13=1，
∴BC＝2，
∵将△ABC绕着点C顺时针旋转到△DEC，
∴CD＝BC＝2，CE＝AC＝3，∠A＝∠E，
∴∠ABC＝∠CDB，
∴∠ABC＝∠ABC，∠ACB＝∠CDB，
∴△BDC∽△BCA，
∴BDBC=BCAB，
∴BD=2×23=43，
∴AD=53，
∵∠A＝∠E，∠AFD＝∠EFC，
∴△AFD∽△EFC，
∴ADCE=AFCF，
∴533=3-CFCF，
∴CF=2714，
故答案为：2714．
二．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．【解答】解：从上面看该几何体，所看到的图形如下：

故选：A．
14．【解答】解：200000＝2×105．
故选：D．
15．【解答】解：连接OC．

∵OC＝OA，
∴∠OCA＝∠A＝25°，
∴∠DOC＝∠A+∠OCA＝50°，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∴∠D＝90°﹣∠DOC＝40°，
故选：A．
16．【解答】解：若使等式（﹣10）□（﹣5）＝2成立，则□中应填入的运算符号是÷，
故选：D．
17．【解答】解：由题意圆锥的底面的圆的半径r=52-42=3，
∴圆锥是侧面积＝π•3•5＝15π，
故选：B．
18．【解答】解：∵f（1）＝2（取1×2的末位数字），
f（2）＝6（取2×3的末位数字），
f（3）＝2（取3×4的末位数字），
f（4）＝0（取4×5的末位数字），
f（5）＝0（取5×6的末位数字），
f（6）＝2（取6×7的末位数字），
f（7）＝6（取7×8的末位数字），
f（8）＝2（取8×9的末位数字），
f（9）＝0（取9×10的末位数字），
f（10）＝0（取10×11的末位数字），
f（11）＝2（取11×12的末位数字），
…，
可知末位数字以2，6，2，0，0依次出现，
∵2021÷5＝404…1，
∴f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2021）
＝（2+6+2+0+0）×404+2
＝10×404+2
＝4040+2
＝4042，
故选：C．
三．解答题（共10小题，满分78分）
19．【解答】解：（1）原式＝2+1﹣2×32+23-3
＝2+1-3+23-3
=3；
（2）原式=(a-1)2(a+1)(a-1)÷a2+a-2aa+1
=a-1a+1•a+1a(a-1)
=1a．
20．【解答】解：（1）方程两边都乘以（x+1）（x﹣3）得：2x+2＝x﹣3，
解得：x＝﹣5，
检验：把x＝﹣5代入（x+1）（x﹣3）得：（x+1）（x﹣3）≠0，
所以x＝﹣5是原方程的解，
即原方程的解是：x＝﹣5；

（2）x-1＜0①8+3(x-1)≥-4②，
解不等式①得：x＜1，
解不等式②得：x≥﹣3，
∴不等式组的解集是：﹣3≤x＜1．
21．【解答】解：（1）小芳任意抽取1瓶，抽到过期的一瓶的概率是14，
故答案为：14；

（2）设这四瓶牛奶分别记为A、B、C、D，其中过期牛奶为A，
画树状图如图所示，

由图可知，共有12种等可能结果，抽出的2瓶牛奶中恰好抽到过期牛奶的有6种结果，
∴抽出的2瓶牛奶中恰好抽到过期牛奶的概率为612=12．
22．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，
∴∠1＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
AE=CF∠1=∠DCFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）解：当∠ABE＝12°时，四边形BFDE是菱形，理由如下：
∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，AE＝CF，
∴BF＝DE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵∠1＝32°，∠ADB＝22°，
∴∠ABD＝∠1﹣∠ADB＝10°，
∵∠ABE＝12°，
∴∠DBE＝∠ABD+∠ABE＝22°，
∴∠DBE＝∠ADB＝22°，
∴BE＝DE，
∴平行四边形BFDE是菱形，
故答案为：12．
23．【解答】解：设共有x个人，鸡值y钱，
依题意，得：9x-y=11y-6x=16，
解得：x=9y=70．
答：共有9人．
24．【解答】解：（1）（94+90+91+93）÷4＝92分，
答：小明课堂表现评价得分为92分．
（2）92×30%+90×30%+95×40%＝92.6≈93分，
答：小明的数学总评成绩约为93分．
25．【解答】解：（1）将点A（﹣3，n）代入反比例函数y=-3x，
得n=-3-3=1，
∴A（﹣3，1），
设直线AB的解析式为y＝kx，
将A点的坐标代入解析式，得1＝﹣3k，
解得k=-13，
∴直线AB的解析式为y=-13x；
（2）由题知，OC是△ABC的中线，
∴S△AOC=12S△ABC=12×6＝3，
∴12OC•|xA|＝3，
即12OC×3＝3，
∴OC＝2，
∴点C的坐标为（0，2）或（0，﹣2）；
（3）存在D点使△ABD是等腰直角三角形，
∵A（﹣3，1），B（3，﹣1），
设D（x，y），
∴AB=(-3-3)2+[1-(-1)]2=210，AD=(-3-x)2+(1-y)2，BD=(3-x)2+(-1-y)2，
①以AB为斜边时，

此时，AD＝BD=22AB＝25，
∴(-3-x)2+(1-y)2=25(3-x)2+(-1-y)2=25，
解得x=1y=3或x=-1y=-3，
∵D点在AB的上方，
∴此时，D（1，3）；
②以A点为直角顶点时，

此时，AD＝AB＝210，BD=2AB＝45，
∴(-3-x)2+(1-y)2=210(3-x)2+(-1-y)2=45，
解得x=-1y=7或x=-5y=-5，
∵D点在AB的上方，
∴此时，D（﹣1，7）；
③以B为直角顶点时，

此时，BD＝AB＝210，AD=2AB＝45，
∴(-3-x)2+(1-y)2=，45(3-x)2+(-1-y)2=210，
解得x=5y=5或x=1y=-7，
∵D点在AB的上方，
∴此时，D（5，5），
综上，符合条件的D点坐标为（1，3）或（﹣1，7）或（5，5）．
26．【解答】解：（1）DQ和半圆O相切
连接OQ，OD，如图

∵DP∥OB，DP＝OB
∴四边形DOBP是平行四边形
∴DO∥BP
∴∠AOD＝∠OBP，∠DOQ＝∠OQB
∵OB＝OQ
∴∠OBP＝∠OQB
∴∠AOD＝∠QOD
∴△AOD≌△QOD（SAS）
∴∠OQD＝∠OAD＝90°
∴OQ⊥DQ即DQ是半圆的切线
（2）由①可知，DO∥BP
∴∠DQP＝∠ODQ
∵DQ＝AD＝2a，OQ＝a
∴∠DQP＝∠ODQ
∵DQ＝AD＝2a，OQ＝a
∴OD=DQ2+OQ2=5a
∴sin∠DQP＝sin∠ODQ=55
27．【解答】（1）解：设抛物线解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
即y＝ax2+2ax﹣3a，
∴﹣3a＝3，解得a＝﹣1，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由题意，C（0.3），则△OAC为等腰直角三角形，∠CAO＝45°，
设AC的解析式为yAC＝kx+b，将A（﹣3，0）与C（0.3）代入得k=1b=3，则yAC＝x+3，
∵点P在抛物线上，PD∥y轴交AC于点D，
∴设P（m，﹣m2﹣2m+3），则D（m，m+3），PD＝﹣m2﹣3m，其中﹣3＜m＜0，

如图，延长FE交PD于点G，则FG⊥PD，
且由题可知，△PDE为等腰直角三角形，由”三线合一“知，EG=12PD=-m2-3m2，
∴EF=m2+m2，
∴PD+EF＝﹣m2﹣3m+m2+m2=-12m2-52m=-12（m+52）2+258，
由二次函数的性质可得，当m=-52时，PD+EF最大值为258，此时P（-52，74）；
（3）由平移可求得平移后函数解析式为y＝﹣（x+3+2）（x﹣1+2）＝﹣x2﹣6x﹣5，与原函数交点M（﹣2，3）；
①以AM为边，作MN1⊥AM交对称轴于N1，可构造矩形AMN1H1，设N1（﹣1，y1），
∴AM2＝10，MN12＝[（﹣1）﹣（﹣2）]2+（y1﹣3）2，AN12＝[（﹣1）﹣（﹣3）]2+（y1﹣0）2，
∵AM2+MN12＝AN12，
∴10+[（﹣1）﹣（﹣2）]2+（y1﹣3）2＝[（﹣1）﹣（﹣3）]2+（y1﹣0）2，
解得y1=83，即N1（﹣1，83），
此时设H1（p1，q1），由A、M、N1、H1四点的相对位置关系可得：
(-1)+(-3)=(-2)+p10+83=3+q1，解得：p1=-2q1=-13，
∴H1（﹣2，-13）；

②同理，以AM为边，作MN2⊥AM交对称轴于N2，可构造矩形AMH2N2，设N2（﹣1，y2），
∵AM2+AN22＝MN22，
∴10+[（﹣1）﹣（﹣3）]2+（y2﹣0）2＝[（﹣1）﹣（﹣2）]2+（y2﹣3）2，
解得y2=-23，即N2（﹣1，-23），
此时设H2（p2，q2），由A、M、N2、H2四点的相对位置关系可得：
(-1)+(-2)=(-3)+p23+(-23)=0+q2，解得：p2=0q2=73，
∴H2（0，73）；
③以AM为对角线，作MN3⊥AN3交对称轴于N3，可构造矩形AN3MH3，设N3（﹣1，y3），
∵AM2＝AN32+MN32，
∴10＝[（﹣1）﹣（﹣3）]2+（y3﹣0）2+[（﹣1）﹣（﹣2）]2+（y3﹣3）2，
解得y3＝1，y4＝2，即N3（﹣1，1），N4（﹣1，2），
此时设H3（p3，q3），由A、M、N3、H3四点的相对位置关系可得：
(-3)+(-2)=(-1)+p33+0=1+q3，解得：p3=-4q3=2，
∴H3（﹣4，2）；

设H4（p4，q4），由A、M、N4、H4四点的相对位置关系可得：
(-3)+(-2)=(-1)+p43+0=2+q4，解得：p4=-4q4=1，
∴H4（﹣4，1）．
综上所述，点H的坐标为（﹣2，-13）或（0，73）或（﹣4，2）或（﹣4，1）．
28．【解答】解：（1）补全的图见图1（加的线条为实线）；

（2）∠OFE＝45°，
故答案为45，理由见（3）；

（3）如图1，连接OE、CQ、AP，设AP交CQ于点R，CQ交DP于点S，

∵四边形ABCD为正方形，故AD＝CD，
∵DP＝DQ，
∵∠ADP＝90°+∠CDP＝∠QDC＝∠QDP+∠CQP，即∠ADP＝∠CDQ，
∴△ADP≌△CDQ（SAS），
∴AP＝CQ，∠ADP＝∠DQC（即∠RSP＝∠DSQ），
∴∠RSP＝∠PDQ＝90°，
即SR⊥PR，即AP⊥CQ，
∵点F是CP的中点，点O是AC的中点，
∴OF∥AP，OF=12AP，
同理可得，OE∥CQ，OE=12CQ，
∵AP⊥CQ，AP＝CQ，
∴OE＝OF，OE⊥OF，
即△OEF为等腰直角三角形，
∴∠OFE＝45°，
∴EFOF=2，
故EFOF的值不变；

（4）如图2，过点D作DH⊥PQ于点H，
以点D为圆心，分别以DH、DP为半径作圆，则点N在图示的圆环部分，

∵AB＝4，DP＝3，点M是AD中点，
则PQ=2DP＝32，DH=12PQ=322，MD=12AB＝2，
∴MNmin＝DH﹣DM=322-2；
MNmax＝DM+DP＝2+3＝5，
故答案为32-42，5．