2021-2022学年广西自治区玉林市中考适应性考试数学试题含解析

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（共10小题，每小题3分，共30分）

1．下列计算正确的是（　　）

A．＝±3 B．﹣32＝9 C．（﹣3）﹣2＝ D．﹣3+|﹣3|＝﹣6

2．如图，已知两个全等的直角三角形纸片的直角边分别为、，将这两个三角形的一组等边重合，拼合成一个无重叠的几何图形，其中轴对称图形有（  ）

A．3个； B．4个； C．5个； D．6个．

3．如图所示的几何体是由4 个大小相同的小立方体搭成，其俯视图是（ ）

A． B． C． D．

4．在平面直角坐标系中，点(2，3)所在的象限是（   ）

A．第一象限                            B．第二象限                            C．第三象限                            D．第四象限

5．如图，正六边形ABCDEF内接于，M为EF的中点，连接DM，若的半径为2，则MD的长度为　　

A． B． C．2 D．1

6．下列图案中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

7．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A从出发，绕点O顺时针旋转一周，则点A不经过（    ）

A．点M B．点N C．点P D．点Q

8．四个有理数﹣1，2，0，﹣3，其中最小的是（  ）

A．﹣1    B．2    C．0    D．﹣3

9．一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是（ ）

A． B． C． D．

10．从一个边长为3cm的大立方体挖去一个边长为1cm的小立方体，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图正确的是（　　）

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．计算：的结果为_____．

12．如图，在△ABC中，BA＝BC＝4，∠A＝30°，D是AC上一动点，AC的长＝_____；BD+DC的最小值是_____．

13．若关于x的方程有增根，则m的值是    ▲  

14．点P的坐标是（a,b），从-2，-1,0,1,2这五个数中任取一个数作为a的值，再从余下的四个数中任取一个数作为b的值，则点P（a,b）在平面直角坐标系中第二象限内的概率是            .

15．若点与点关于原点对称，则______．

16．双察下列等式：，，，…则第n个等式为_____．（用含n的式子表示）

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，BC=DC，AC、BD相交于点O，点E在AO上，且OE=OC．求证：∠1=∠2；连结BE、DE，判断四边形BCDE的形状，并说明理由.

18．（8分）如图，已知点A，B的坐标分别为（0，0）、（2，0），将△ABC绕C点按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C．

（1）画出△A1B1C；

（2）A的对应点为A1，写出点A1的坐标；

（3）求出B旋转到B1的路线长．

19．（8分）某农场用2台大收割机和5台小收割机同时工作2小时共收割小麦3.6公顷，3台大收割机和2台小收割机同时工作5小时共收割小麦8公顷.1台大收割机和1台小收割机每小时各收割小麦多少公顷？

20．（8分）如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，AD//EC，∠AED=∠B．

求证：△AED≌△EBC；当AB=6时，求CD的长．

21．（8分）如图，A，B，C 三个粮仓的位置如图所示，A 粮仓在 B 粮仓北偏东26°，180 千米处；C 粮仓在 B 粮仓的正东方，A 粮仓的正南方．已知 A，B两个粮仓原有存粮共 450 吨，根据灾情需要，现从 A 粮仓运出该粮仓存粮的支援 C 粮仓，从 B 粮仓运出该粮仓存粮的支援 C 粮仓，这时 A，B 两处粮仓的存粮吨数相等．（tan26°＝0.44，cos26°＝0.90，tan26°＝0.49）

（1）A，B 两处粮仓原有存粮各多少吨？

（2）C 粮仓至少需要支援 200 吨粮食，问此调拨计划能满足 C 粮仓的需求吗？

（3）由于气象条件恶劣，从 B 处出发到 C 处的车队来回都限速以每小时 35 公里的速度匀速行驶，而司机小王的汽车油箱的油量最多可行驶 4 小时，那么小王在途中是否需要加油才能安全的回到 B 地？请你说明理由．

22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，函数（x＞0）的图象与直线l1：y＝x＋b交于点A（3，a－2）．

（1）求a，b的值；

（2）直线l2：y＝－x＋m与x轴交于点B，与直线l1交于点C，若S△ABC≥6，求m的取值范围．

23．（12分）如图,AB=16,O为AB中点,点C在线段OB上(不与点O,B重合),将OC绕点O逆时针旋转 270°后得到扇形COD,AP,BQ分别切优弧CD于点P，Q，且点P，Q在AB异侧，连接OP.

求证：AP=BQ；当BQ= 时,求的长(结果保留 )；若△APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围.

24．剪纸是中国传统的民间艺术，它画面精美，风格独特，深受大家喜爱，现有三张不透明的卡片，其中两张卡片的正面图案为“金鱼”，另外一张卡片的正面图案为“蝴蝶”，卡片除正面剪纸图案不同外，其余均相同．将这三张卡片背面向上洗匀从中随机抽取一张，记录图案后放回，重新洗匀后再从中随机抽取一张．请用画树状图（或列表）的方法，求抽出的两张卡片上的图案都是“金鱼”的概率．（图案为“金鱼”的两张卡片分别记为A1、A2，图案为“蝴蝶”的卡片记为B）

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、C

【解析】
分别根据二次根式的定义，乘方的意义，负指数幂的意义以及绝对值的定义解答即可．

【详解】

=3，故选项A不合题意；

﹣32＝﹣9，故选项B不合题意；

（﹣3）﹣2＝，故选项C符合题意；

﹣3+|﹣3|＝﹣3+3＝0，故选项D不合题意．

故选C．

【点睛】

本题主要考查了二次根式的定义，乘方的定义、负指数幂的意义以及绝对值的定义，熟记定义是解答本题的关键．

2、B

【解析】

分析：直接利用轴对称图形的性质进而分析得出答案．

详解：如图所示：将这两个三角形的一组等边重合，拼合成一个无重叠的几何图形，其中轴对称图形有4个．

    故选B．

    点睛：本题主要考查了全等三角形的性质和轴对称图形，正确把握轴对称图形的性质是解题的关键．

3、C

【解析】

试题分析：根据三视图的意义，可知俯视图为从上面往下看，因此可知共有三个正方形，在一条线上.

故选C.

考点：三视图

4、A

【解析】
根据点所在象限的点的横纵坐标的符号特点，就可得出已知点所在的象限.

【详解】

解：点（2,3）所在的象限是第一象限.

 故答案为：A

【点睛】

考核知识点：点的坐标与象限的关系.

5、A

【解析】
连接OM、OD、OF，由正六边形的性质和已知条件得出OM⊥OD，OM⊥EF，∠MFO=60°，由三角函数求出OM，再由勾股定理求出MD即可．

【详解】

连接OM、OD、OF，

∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，M为EF的中点，

∴OM⊥OD，OM⊥EF，∠MFO=60°，

∴∠MOD=∠OMF=90°，

∴OM=OF•sin∠MFO=2×=，

∴MD=，

故选A．

【点睛】

本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、三角函数、勾股定理；熟练掌握正六边形的性质，由三角函数求出OM是解决问题的关键．

6、B

【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念解答．

【详解】

A．不是轴对称图形，是中心对称图形；

B．是轴对称图形，是中心对称图形；

C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形；

D．是轴对称图形，不是中心对称图形．

故选B．

【点睛】

本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

7、C

【解析】
根据旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等，逐一判断即可.

【详解】

解：连接OA、OM、ON、OP，根据旋转的性质，点A的对应点到旋转中心的距离与OA的长度应相等

根据网格线和勾股定理可得：OA=，OM=，ON=，OP=，OQ=5

∵OA=OM=ON=OQ≠OP

∴则点A不经过点P

故选C.

【点睛】

此题考查的是旋转的性质和勾股定理，掌握旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等和用勾股定理求线段的长是解决此题的关键.

8、D

【解析】

解：∵－1＜－1＜0＜2，∴最小的是－1．故选D．

9、C

【解析】

由主视图和左视图可得此几何体为柱体，根据俯视图为三角形可得此几何体为三棱柱．故选C．

10、C

【解析】
左视图就是从物体的左边往右边看．小正方形应该在右上角，故B错误，看不到的线要用虚线，故A错误，大立方体的边长为3cm，挖去的小立方体边长为1cm，所以小正方形的边长应该是大正方形，故D错误，所以C正确．

故此题选C．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、

【解析】

分析：根据二次根式的性质先化简，再合并同类二次根式即可.

详解：原式=3-5=﹣2．

点睛：此题主要考查了二次根式的加减，灵活利用二次根式的化简是解题关键，比较简单.

12、（Ⅰ）AC＝4    （Ⅱ）4，2.   

【解析】
（Ⅰ）如图，过B作BE⊥AC于E，根据等腰三角形的性质和解直角三角形即可得到结论；

（Ⅱ）如图，作BC的垂直平分线交AC于D，则BD＝CD，此时BD+DC的值最小，解直角三角形即可得到结论．

【详解】

解：（Ⅰ）如图，过B作BE⊥AC于E，

∵BA＝BC＝4，

∴AE＝CE，

∵∠A＝30°，

∴AE＝AB＝2，

∴AC＝2AE＝4；

（Ⅱ）如图，作BC的垂直平分线交AC于D，

则BD＝CD，此时BD+DC的值最小，

∵BF＝CF＝2，

∴BD＝CD＝ ＝，

∴BD+DC的最小值＝2，

故答案为：4，2．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．

13、1．

【解析】

方程两边都乘以最简公分母（x－2），把分式方程化为整式方程，再根据分式方程的增根就是使

最简公分母等于1的未知数的值求出x的值，然后代入进行计算即可求出m的值：

方程两边都乘以（x－2）得，2－x－m=2（x－2）．

∵分式方程有增根，∴x－2=1，解得x=2．

∴2－2－m=2（2－2），解得m=1．

14、

【解析】

画树状图为：

共有20种等可能的结果数,其中点P(a，b)在平面直角坐标系中第二象限内的结果数为4，

所以点P(a，b)在平面直角坐标系中第二象限内的概率==.

故答案为.

15、1

【解析】

∵点P（m，﹣2）与点Q（3，n）关于原点对称，

∴m=﹣3，n=2，

则（m+n）2018=（﹣3+2）2018=1，

故答案为1．

16、＝

【解析】
探究规律后，写出第n个等式即可求解．

【详解】

解：

…

则第n个等式为

故答案为：

【点睛】

本题主要考查二次根式的应用，找到规律是解题的关键.

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）证明见解析；（2）四边形BCDE是菱形，理由见解析.

【解析】
（1）证明△ADC≌△ABC后利用全等三角形的对应角相等证得结论.

（2）首先判定四边形BCDE是平行四边形，然后利用对角线垂直的平行四边形是菱形判定菱形即可．

【详解】

解：（1）证明：∵在△ADC和△ABC中，

∴△ADC≌△ABC（SSS）.∴∠1=∠2.

（2）四边形BCDE是菱形，理由如下：

如答图，∵∠1=∠2，DC=BC，∴AC垂直平分BD.

∵OE=OC，∴四边形DEBC是平行四边形.

∵AC⊥BD，∴四边形DEBC是菱形．

【点睛】

考点：1.全等三角形的判定和性质；2. 线段垂直平分线的性质；3.菱形的判定．

18、（1）画图见解析；（2）A1（0，6）；（3）弧BB1=．

【解析】
(1)根据旋转图形的性质首先得出各点旋转后的点的位置，然后顺次连接各点得出图形；

(2)根据图形得出点的坐标；

(3)根据弧长的计算公式求出答案．

【详解】

解：(1)△A1B1C如图所示．

(2)A1（0，6）．

(3)

．

【点睛】

本题考查了旋转作图和弧长的计算.

19、1台大收割机和1台小收割机每小时各收割小麦0.4hm2和0.2hm2.

【解析】
此题可设1台大收割机和1台小收割机每小时各收割小麦x公顷和y公顷，根据题中的等量关系列出二元一次方程组解答即可

【详解】

设1台大收割机和1台小收割机每小时各收割小麦x公顷和y公顷

根据题意可得

解得

答：每台大小收割机每小时分别收割0.4公顷和0.2公顷.

【点睛】

此题主要考查了二元一次方程组的实际应用，解题关键在于弄清题意，找到合适的等量关系

20、（1）证明见解析；（2）CD =3

【解析】

分析: （1）根据二直线平行同位角相等得出∠A=∠BEC，根据中点的定义得出AE=BE，然后由ASA判断出△AED≌△EBC；

（2）根据全等三角形对应边相等得出AD=EC，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形AECD是平行四边形，根据平行四边形的对边相等得出答案.

详解:

（1）证明 ：∵AD∥EC

∴∠A=∠BEC

∵E是AB中点，

∴AE=BE

∵∠AED=∠B

∴△AED≌△EBC

（2）解 ：∵△AED≌△EBC

∴AD=EC

∵AD∥EC

∴四边形AECD是平行四边形

∴CD=AE

∵AB=6

∴CD= AB=3

点睛: 本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型.

21、（1）A、B 两处粮仓原有存粮分别是 270，1 吨；（2）此次调拨能满足 C 粮仓需求；（3）小王途中须加油才能安全回到 B 地．

【解析】
（1）由题意可知要求A，B两处粮仓原有存粮各多少吨需找等量关系，即A处存粮+B处存粮=450吨，A处存粮的五分之二=B处存粮的五分之三，据等量关系列方程组求解即可；

（2）分别求出A处和B处支援C处的粮食，将其加起来与200吨比较即可；

（3）由题意可知由已知可得△ABC中∠A=26°∠ACB=90°且AB=1Km，sin∠BAC=，要求BC的长，可以运用三角函数解直角三角形．

【详解】

（1）设A，B两处粮仓原有存粮x，y吨

根据题意得：

解得：x=270，y=1．

答：A，B两处粮仓原有存粮分别是270，1吨．

（2）A粮仓支援C粮仓的粮食是×270=162（吨），

B粮仓支援C粮仓的粮食是×1=72（吨），

A，B两粮仓合计共支援C粮仓粮食为162+72=234（吨）．

∵234＞200，

∴此次调拨能满足C粮仓需求．

（3）如图，

根据题意知：∠A=26°，AB=1千米，∠ACB=90°．

在Rt△ABC中，sin∠BAC=，

∴BC=AB•sin∠BAC=1×0.44=79.2．

∵此车最多可行驶4×35=140（千米）＜2×79.2，

∴小王途中须加油才能安全回到B地．

【点睛】

求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．

22、（1）a=3,b=-2;(2) m≥8或m≤－2

【解析】
(1)把A点坐标代入反比例解析式确定出a的值，确定出A坐标，代入一次函数解析式求出b的值；(2)分别求出直线l1与x轴交于点D，再求出直线l2与x轴交于点B，从而得出直线l2与直线l1交于点C坐标，分两种情况进行讨论：①当S△ABC=S△BCD+S△ABD=6时，利用三角形的面积求出m的值，②当S△ABC=S△BCD−S△ABD=6时，利用三角形的面积求出m的值，从而得出m的取值范围．

【详解】

（1）∵点A在图象上

∴

∴a＝3

∴A（3，1）

∵点A在y＝x＋b图象上

∴1＝3＋b

∴b＝－2

∴解析式y＝x－2

（2）设直线y＝x－2与x轴的交点为D

∴D（2，0）

①当点C在点A的上方如图（1）

∵直线y＝－x＋m与x轴交点为B

∴B（m，0）（m＞3）

∵直线y＝－x＋m与直线y＝x－2相交于点C

∴

解得：

∴C

∵S△ABC＝S△BCD－S△ABD≥6

∴

∴m≥8

②若点C在点A下方如图2

∵S△ABC＝S△BCD＋S△ABD≥6

∴

∴m≤－2

综上所述，m≥8或m≤－2

【点睛】

此题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，三角形的面积，利用了数形结合的思想，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．

23、（1）详见解析；（2）；（3）4<OC<1.

【解析】
（1） 连接OQ，由切线性质得∠APO=∠BQO=90°，由直角三角形判定HL得Rt△APO≌Rt△BQO，再由全等三角形性质即可得证.

（2）由（1）中全等三角形性质得∠AOP=∠BOQ，从而可得P、O、Q三点共线，在Rt△BOQ中，根据余弦定义可得cosB=， 由特殊角的三角函数值可得∠B=30°，∠BOQ=60° ，根据直角三角形的性质得 OQ=4， 结合题意可得 ∠QOD度数，由弧长公式即可求得答案.

（3）由直角三角形性质可得△APO的外心是OA的中点 ，结合题意可得OC取值范围.

【详解】

（1）证明：连接OQ.

∵AP、BQ是⊙O的切线，

∴OP⊥AP，OQ⊥BQ，

∴∠APO=∠BQO=90∘，

在Rt△APO和Rt△BQO中，

，

∴Rt△APO≌Rt△BQO，

∴AP=BQ.

（2）∵Rt△APO≌Rt△BQO，

∴∠AOP=∠BOQ，

∴P、O、Q三点共线，

∵在Rt△BOQ中,cosB=，

∴∠B=30∘,∠BOQ= 60° ，

∴OQ=OB=4，

∵∠COD=90°，

∴∠QOD= 90°+ 60° = 150°，

∴优弧QD的长=，

（3）解：设点M为Rt△APO的外心，则M为OA的中点，
∵OA=1，
∴OM=4，
∴当△APO的外心在扇形COD的内部时，OM＜OC，
∴OC的取值范围为4＜OC＜1．

【点睛】

本题考查了三角形的外接圆与外心、弧长的计算、扇形面积的计算、旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用全等三角形的判定定理HL证出Rt△APO≌Rt△BQO；（2）通过解直角三角形求出圆的半径；（3）牢记直角三角形外心为斜边的中点是解题的关键．

24、

【解析】

【分析】列表得出所有等可能结果，然后根据概率公式列式计算即可得解

【详解】列表如下：

由表可知，共有9种等可能结果，其中抽出的两张卡片上的图案都是“金鱼”的4种结果，

所以抽出的两张卡片上的图案都是“金鱼”的概率为．

【点睛】本题考查了列表法和树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．