2022届湖北省武汉二中学中考数学猜题卷含解析

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（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）

1．△ABC在网络中的位置如图所示，则cos∠ACB的值为（　　）

A． B． C． D．

2．某个密码锁的密码由三个数字组成，每个数字都是0-9这十个数字中的一个，只有当三个数字与所设定的密码及顺序完全相同，才能将锁打开，如果仅忘记了所设密码的最后那个数字，那么一次就能打开该密码的概率是（ ）

A． B． C． D．

3．如图，将木条a，b与c钉在一起，∠1=70°，∠2=50°，要使木条a与b平行，木条a旋转的度数至少是（　　）

A．10° B．20° C．50° D．70°

4．由6个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，比较它的正视图、左视图和俯视图的面积，则（　　）

A．三个视图的面积一样大 B．主视图的面积最小

C．左视图的面积最小 D．俯视图的面积最小

5．如图，，交于点，平分，交于. 若，则 的度数为（        ）

A．35o B．45o C．55o D．65o

6．如图，一张半径为的圆形纸片在边长为的正方形内任意移动，则在该正方形内，这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积是（ ）

A． B． C． D．

7．将二次函数y＝x2的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位后，所得图象的函数表达式是（    ）

A．y＝(x－1)2＋2 B．y＝(x＋1)2＋2 C．y＝(x－1)2－2 D．y＝(x＋1)2－2

8．如图的几何体中，主视图是中心对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

9．如图，直线、及木条在同一平面上，将木条绕点旋转到与直线平行时，其最小旋转角为（   ）．

A． B． C． D．

10．如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图为（     ）

A． B． C． D．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是CB边上一点，过点D作DE⊥AB于点E，点F是AD的中点，连结EF、FC、CE．若AD＝2，∠CFE＝90°，则CE＝_____．

12．长、宽分别为a、b的矩形，它的周长为14，面积为10，则a2b+ab2的值为_____．

13．已知，，，是成比例的线段，其中，，，则_______．

14．如果一个直角三角形的两条直角边的长分别为5、12，则斜边上的高的长度为______．

15．若a:b=1:3，b:c=2:5，则a:c=_____.

16．如图，已知△ABC和△ADE均为等边三角形，点OAC的中点，点D在A射线BO上，连接OE，EC，若AB＝4，则OE的最小值为_____．

17．将三角形纸片（）按如图所示的方式折叠，使点落在边上，记为点，折痕为，已知，，若以点，，为顶点的三角形与相似，则的长度是______.

三、解答题（共7小题，满分69分）

18．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，DE交AC于点E，且∠A＝∠ADE．

（1）求证：DE是⊙O的切线；

（2）若AD＝16，DE＝10，求BC的长．

19．（5分）太原双塔寺又名永祚寺，是国家级文物保护单位，由于双塔（舍利塔、文峰塔）耸立，被人们称为“文笔双塔”，是太原的标志性建筑之一，某校社会实践小组为了测量舍利塔的高度，在地面上的C处垂直于地面竖立了高度为2米的标杆CD，这时地面上的点E，标杆的顶端点D，舍利塔的塔尖点B正好在同一直线上，测得EC＝4米，将标杆CD向后平移到点C处，这时地面上的点F，标杆的顶端点H，舍利塔的塔尖点B正好在同一直线上（点F，点G，点E，点C与塔底处的点A在同一直线上），这时测得FG＝6米，GC＝53米．

请你根据以上数据，计算舍利塔的高度AB．

20．（8分）如图所示，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°，D为AB边上一点．求证：△ACE≌△BCD；若AD＝5，BD＝12，求DE的长．

21．（10分） “六一”期间，小张购述100只两种型号的文具进行销售，其中A种型号的文具进价为10元/只，售价为12元，B种型号的文具进价为15元1只，售价为23元/只．

（1）小张如何进货，使进货款恰好为1300元？

（2）如果购进A型文具的数量不少于B型文具数量的倍，且要使销售文具所获利润不低于500元，则小张共有几种不同的购买方案？哪一种购买方案使销售文具所获利润最大？

22．（10分）已知：AB为⊙O上一点，如图，，，BH与⊙O相切于点B，过点C作BH的平行线交AB于点E.

（1）求CE的长；

（2）延长CE到F，使，连结BF并延长BF交⊙O于点G，求BG的长；

（3）在（2）的条件下，连结GC并延长GC交BH于点D，求证：

23．（12分）已知：如图.D是的边上一点，，交于点M，.

（1）求证：；

（2）若，试判断四边形的形状，并说明理由.

24．（14分）先化简再求值：（a﹣）÷，其中a=1+，b=1﹣．

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】

作AD⊥BC的延长线于点D,如图所示：

在Rt△ADC中，BD=AD，则AB=BD．

cos∠ACB=，

故选B．

2、A

【解析】

试题分析：根据题意可知总共有10种等可能的结果，一次就能打开该密码的结果只有1种，所以P（一次就能打该密码）＝，故答案选A.

考点：概率.

3、B

【解析】
要使木条a与b平行，那么∠1=∠2，从而可求出木条a至少旋转的度数.

【详解】

解：∵要使木条a与b平行，

∴∠1=∠2，

∴当∠1需变为50 º，

∴木条a至少旋转：70º-50º=20º.

故选B.

【点睛】

本题考查了旋转的性质及平行线的性质：①两直线平行同位角相等；②两直线平行内错角相等；③两直线平行同旁内角互补；④夹在两平行线间的平行线段相等.在运用平行线的性质定理时，一定要找准同位角，内错角和同旁内角.

4、C

【解析】

试题分析：根据三视图的意义，可知正视图由5个面，左视图有3个面，俯视图有4个面，故可知主视图的面积最大.

故选C

考点：三视图

5、D

【解析】

分析：根据平行线的性质求得∠BEC的度数，再由角平分线的性质即可求得∠CFE 的度数.

详解：

又∵EF平分∠BEC，

.

故选D.

点睛：本题主要考查了平行线的性质和角平分线的定义，熟知平行线的性质和角平分线的定义是解题的关键.

6、C

【解析】
这张圆形纸片减去“不能接触到的部分”的面积是就是这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积．

【详解】

解：如图：

∵正方形的面积是：4×4=16；

扇形BAO的面积是：，

∴则这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是4×1-4×=4-π，

∴这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积是16-（4-π）=12+π，

故选C．

【点睛】

本题主要考查了正方形和扇形的面积的计算公式，正确记忆公式是解题的关键．

7、A

【解析】

试题分析：根据函数图象右移减、左移加，上移加、下移减，可得答案．

解：将二次函数y=x2的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位后，所得图象的函数表达式是 y=（x﹣1）2+2，

故选A．

考点：二次函数图象与几何变换．

8、C

【解析】

解：球是主视图是圆，圆是中心对称图形，故选C．

9、B

【解析】
如图所示，过O点作a的平行线d，根据平行线的性质得到∠2＝∠3，进而求出将木条c绕点O旋转到与直线a平行时的最小旋转角.

【详解】

如图所示，过O点作a的平行线d，∵a∥d，由两直线平行同位角相等得到∠2＝∠3＝50°，木条c绕O点与直线d重合时，与直线a平行，旋转角∠1＋∠2＝90°.故选B

【点睛】

本题主要考查图形的旋转与平行线，解题的关键是熟练掌握平行线的性质.

10、B

【解析】
根据左视图的定义,从左侧会发现两个正方形摞在一起.

【详解】

从左边看上下各一个小正方形，如图

故选B．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、

【解析】
根据直角三角形的中点性质结合勾股定理解答即可.

【详解】

解：，点F是AD的中点，

.

故答案为： .

【点睛】

此题重点考查学生对勾股定理的理解。熟练掌握勾股定理是解题的关键.

12、1．

【解析】
由周长和面积可分别求得a+b和ab的值，再利用因式分解把所求代数式可化为ab（a+b），代入可求得答案

【详解】

∵长、宽分别为a、b的矩形，它的周长为14，面积为10，
∴a+b==7，ab=10，
∴a2b+ab2=ab（a+b）=10×7=1，
故答案为：1．

【点睛】

本题主要考查因式分解的应用，把所求代数式化为ab（a+b）是解题的关键．

13、

【解析】
如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．根据定义ad＝cb，将a，b及c的值代入即可求得d．

【详解】

已知a，b，c，d是成比例线段，

根据比例线段的定义得：ad＝cb，

代入a＝3，b＝2，c＝6，

解得：d＝4，

则d＝4cm．

故答案为：4

【点睛】

本题主要考查比例线段的定义．要注意考虑问题要全面．

14、

【解析】
利用勾股定理求出斜边长，再利用面积法求出斜边上的高即可．

【详解】

解：∵直角三角形的两条直角边的长分别为5，12，

∴斜边为=13，

∵三角形的面积=×5×12=×13h（h为斜边上的高），

∴h=．

故答案为：．

【点睛】

考查了勾股定理，以及三角形面积公式，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．

15、2∶1

【解析】

分析：已知a、b两数的比为1：3，根据比的基本性质，a、b两数的比1：3=（1×2）：（3×2）=2：6；而b、c的比为：2：5=（2×3）：（5×3）=6：1；，所以a、c两数的比为2：1．

详解：a：b=1：3=（1×2）：（3×2）=2：6；
b：c=2：5=（2×3）：（5×3）=6：1；，
所以a：c=2：1；
故答案为2:1．

点睛：本题主要考查比的基本性质的实际应用，如果已知甲乙、乙丙两数的比，那么可以根据比的基本性质求出任意两数的比．

16、1

【解析】
根据等边三角形的性质可得OC＝AC，∠ABD＝30°，根据“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得∠ACE＝30°＝∠ABD，当OE⊥EC时，OE的长度最小，根据直角三角形的性质可求OE的最小值．

【详解】

解：∵△ABC的等边三角形，点O是AC的中点，

∴OC＝AC，∠ABD＝30°

∵△ABC和△ADE均为等边三角形，

∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，

∴∠BAD＝∠CAE，且AB＝AC，AD＝AE，

∴△ABD≌△ACE（SAS）

∴∠ACE＝30°＝∠ABD

当OE⊥EC时，OE的长度最小，

∵∠OEC＝90°，∠ACE＝30°

∴OE最小值＝OC＝AB＝1，

故答案为1

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．

17、或2

【解析】
由折叠性质可知B’F=BF，△B’FC与△ABC相似，有两种情况，分别对两种情况进行讨论，设出B’F=BF=x，列出比例式方程解方程即可得到结果.

【详解】

由折叠性质可知B’F=BF，设B’F=BF=x，故CF=4-x

当△B’FC∽△ABC，有，得到方程，解得x=，故BF=；

当△FB’C∽△ABC，有，得到方程，解得x=2，故BF=2；

综上BF的长度可以为或2.

【点睛】

本题主要考查相似三角形性质，解题关键在于能够对两个相似三角形进行分类讨论.

三、解答题（共7小题，满分69分）

18、（1）证明见解析；（2）15.

【解析】
（1）先连接OD，根据圆周角定理求出∠ADB=90°，根据直角三角形斜边上中线性质求出DE=BE，推出∠EDB=∠EBD，∠ODB=∠OBD，即可求出∠ODE=90°，根据切线的判定推出即可．
（2）首先证明AC=2DE=20，在Rt△ADC中，DC=12，设BD=x，在Rt△BDC中，BC2=x2+122，在Rt△ABC中，BC2=（x+16）2-202，可得x2+122=（x+16）2-202，解方程即可解决问题．

【详解】

（1）证明：连结OD，∵∠ACB=90°，

∴∠A+∠B=90°，

又∵OD=OB，

∴∠B=∠BDO，

∵∠ADE=∠A，

∴∠ADE+∠BDO=90°，

∴∠ODE=90°．

∴DE是⊙O的切线；

（2）连结CD，∵∠ADE=∠A，

∴AE=DE．

∵BC是⊙O的直径，∠ACB=90°．

∴EC是⊙O的切线．

∴DE=EC．

∴AE=EC，

又∵DE=10，

∴AC=2DE=20，

在Rt△ADC中，DC=

设BD=x，在Rt△BDC中，BC2=x2+122，

在Rt△ABC中，BC2=（x+16）2﹣202，

∴x2+122=（x+16）2﹣202，解得x=9，

∴BC=.

【点睛】

考查切线的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活综合运用所学知识解决问题.

19、55米

【解析】
由题意可知△EDC∽△EBA，△FHC∽△FBA，根据相似三角形的性质可得，又DC=HG，可得，代入数据即可求得AC=106米，再由即可求得AB=55米.

【详解】

∵△EDC∽△EBA，△FHC∽△FBA,

，

，

，

即，

∴AC=106米，

又 ，

∴，

∴AB=55米.

答：舍利塔的高度AB为55米．

【点睛】

本题考查相似三角形的判定和性质的应用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，利用相似三角形的性质建立方程解决问题．

20、（1）证明见解析（2）13

【解析】
（1）先根据同角的余角相等得到∠ACE=∠BCD，再结合等腰直角三角形的性质即可证得结论；

（2）根据全等三角形的性质可得AE=BD，∠EAC=∠B=45°，即可证得△AED是直角三角形，再利用勾股定理即可求出DE的长．

【详解】

（1）∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形

∴AC=BC，EC=DC，∠ACB=∠ECD=90°

∵∠ACE=∠DCE-∠DCA，∠BCD=∠ACB-∠DCA

∴∠ACE=∠BCD

∴△ACE≌△BCD（SAS）；

（2）∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形

∴∠BAC=∠B=45°

∵△ACE≌△BCD

∴AE=BD=12，∠EAC=∠B=45°

∴∠EAD=∠EAC+∠BAC=90°，

∴△EAD是直角三角形

【点睛】

解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等、对应角相等.

21、（1）A种文具进货40只，B种文具进货60只；（2）一共有三种购货方案，购买A型文具48只，购买B型文具52只使销售文具所获利润最大．

【解析】
（1）设可以购进A种型号的文具x只，则可以购进B种型号的文具只，根据总价＝单价×数量结合A、B两种文具的进价及总价，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论；

（2）根据题意列不等式，解之即可得出x的取值范围，再根据一次函数的性质，即可解决最值问题．

【详解】

（1）设A种文具进货x只，B种文具进货只，由题意得：

，

解得：x＝40，

，

答：A种文具进货40只，B种文具进货60只；

（2）设购进A型文具a只，则有，且；

解得：，

∵a为整数，

∴a＝48、49、50，一共有三种购货方案；

利润，

∵，w随a增大而减小，

当a＝48时W最大，即购买A型文具48只，购买B型文具52只使销售文具所获利润最大．

【点睛】

本题主要考查了一次函数的实际问题，熟练掌握一次函数表达式的确定以及自变量取值范围的确定，最值的求解方法是解决本题的关键.

22、 (1) CE=4；（2）BG=8；（3）证明见解析.

【解析】
（1）只要证明△ABC∽△CBE，可得，由此即可解决问题；
（2）连接AG,只要证明△ABG∽△FBE，可得，由BE＝＝4，再求出BF，即可解决问题；
（3）通过计算首先证明CF＝FG，推出∠FCG＝∠FGC，由CF∥BD，推出∠GCF＝∠BDG，推出∠BDG＝∠BGD即可证明．

【详解】

解：（1）∵BH与⊙O相切于点B，

∴AB⊥BH，

∵BH∥CE，

∴CE⊥AB，

∵AB是直径，

∴∠CEB=∠ACB=90°，

∵∠CBE=∠ABC，

∴△ABC∽△CBE，

∴，

∵AC=，

∴CE=4．

（2）连接AG．

∵∠FEB=∠AGB=90°，∠EBF=∠ABG，

∴△ABG∽△FBE，

∴，

∵BE==4，

∴BF= ，

∴，

∴BG=8．

（3）易知CF=4+=5，

∴GF=BG﹣BF=5，

∴CF=GF，

∴∠FCG=∠FGC，

∵CF∥BD，

∴∠GCF=∠BDG，

∴∠BDG=∠BGD，

∴BG=BD．

【点睛】

本题考查的是切线的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．

23、（1）证明见解析；（2）四边形ADCN是矩形，理由见解析.

【解析】
（1）根据平行得出∠DAM＝∠NCM，根据ASA推出△AMD≌△CMN，得出AD＝CN，推出四边形ADCN是平行四边形即可；

（2）根据∠AMD＝2∠MCD，∠AMD＝∠MCD＋∠MDC求出∠MCD＝∠MDC，推出MD＝MC，求出MD＝MN＝MA＝MC，推出AC＝DN，根据矩形的判定得出即可．

【详解】

证明：（1）∵CN∥AB，

∴∠DAM＝∠NCM，

∵在△AMD和△CMN中，

∠DAM＝∠NCM

MA＝MC

∠DMA＝∠NMC，

∴△AMD≌△CMN（ASA），

∴AD＝CN，

又∵AD∥CN，

∴四边形ADCN是平行四边形，

∴CD＝AN；

（2）解：四边形ADCN是矩形，

理由如下：∵∠AMD＝2∠MCD，∠AMD＝∠MCD＋∠MDC，

∴∠MCD＝∠MDC，

∴MD＝MC，

由（1）知四边形ADCN是平行四边形，

∴MD＝MN＝MA＝MC，

∴AC＝DN，

∴四边形ADCN是矩形．

【点睛】

本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，矩形的判定的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键，综合性比较强，难度适中．

24、原式=

【解析】
括号内先通分进行分式的加减运算，然后再进行分式的乘除法运算，最后将数个代入进行计算即可.

【详解】

原式=

=

=，

当a=1+，b=1﹣时，

原式==.

【点睛】

本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算的运算顺序以及运算法则是解题的关键.