2022年亳州市重点中学中考适应性考试数学试题含解析

这是一份2022年亳州市重点中学中考适应性考试数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．某市初中学业水平实验操作考试，要求每名学生从物理，化学、生物三个学科中随机抽取一科参加测试，小华和小强都抽到物理学科的概率是( )
A． B． C． D．
2．如图1，将三角板的直角顶点放在直角尺的一边上，Ð1=30°，Ð2=50°，则Ð3的度数为

A．80° B．50° C．30° D．20°
3．某校举行运动会，从商场购买一定数量的笔袋和笔记本作为奖品．若每个笔袋的价格比每个笔记本的价格多3元，且用200元购买笔记本的数量与用350元购买笔袋的数量相同．设每个笔记本的价格为x元，则下列所列方程正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．为了支援地震灾区同学，某校开展捐书活动，九（1）班40名同学积极参与．现将捐书数量绘制成频数分布直方图如图所示，则捐书数量在5.5～6.5组别的频率是（ ）

A．0.1 B．0.2
C．0.3 D．0.4
5．下列命题正确的是( )
A．内错角相等 B．－1是无理数
C．1的立方根是±1 D．两角及一边对应相等的两个三角形全等
6．如图是由若干个大小相同的小正方体堆砌而成的几何体，那么其三种视图中面积最小的是（　　）

A．主视图 B．俯视图 C．左视图 D．一样大
7．已知直线m∥n，将一块含30°角的直角三角板ABC，按如图所示方式放置，其中A、B两点分别落在直线m、n上，若∠1＝25°，则∠2的度数是（　　）

A．25° B．30° C．35° D．55°
8．如图，从圆外一点引圆的两条切线，，切点分别为，，如果， ，那么弦AB的长是（ ）

A． B． C． D．
9．如图，在中，点D、E、F分别在边、、上，且，．下列四种说法： ①四边形是平行四边形；②如果，那么四边形是矩形；③如果平分，那么四边形是菱形；④如果且，那么四边形是菱形. 其中，正确的有（ ） 个

A．1 B．2 C．3 D．4
10．如图，I是∆ABC的内心，AI向延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BI，BD，DC下列说法中错误的一项是（ ）

A．线段DB绕点D顺时针旋转一定能与线段DC重合
B．线段DB绕点D顺时针旋转一定能与线段DI熏合
C．∠CAD绕点A顺时针旋转一定能与∠DAB重合
D．线段ID绕点I顺时针旋转一定能与线段IB重合
11．下列运算正确的是( )
A．=x5 B． C．·= D．3+2
12．用铝片做听装饮料瓶，现有100张铝片，每张铝片可制瓶身16个或制瓶底45个，一个瓶身和两个瓶底可配成一套，设用张铝片制作瓶身，则可列方程（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．的算术平方根为______．
14．计算：=_________ .
15．已知a＋b＝1，那么a2－b2＋2b＝________．
16．不等式组的解集是__________．
17．如图，△ABC三边的中线AD，BE，CF的公共点G，若，则图中阴影部分面积是 .

18．如图，四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB、BC、CD、DA的中点．若四边形EFGH为菱形，则对角线AC、BD应满足条件_____．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）计算： ÷ – + 20180
20．（6分）如图，关于x的二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．

（1）求二次函数的表达式；
（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标；
（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．
21．（6分）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，垂足为D，E为BC边上一动点（不与B、C重合），AE、BD交于点F．
（1）当AE平分∠BAC时，求证：∠BEF=∠BFE；
（2）当E运动到BC中点时，若BE=2，BD=2.4，AC=5，求AB的长．

22．（8分）甲、乙两名队员的10次射击训练，成绩分别被制成下列两个统计图.

并整理分析数据如下表：

平均成绩/环
中位数/环
众数/环
方差
甲

7
7
1.2
乙
7

8

（1）求，，的值；分别运用表中的四个统计量，简要分析这两名队员的射击训练成绩.若选派其中一名参赛，你认为应选哪名队员？
23．（8分）中央电视台的“朗读者”节目激发了同学们的读书热情，为了引导学生“多读书，读好书”，某校对八年级部分学生的课外阅读量进行了随机调查，整理调查结果发现，学生课外阅读的本书最少的有5本，最多的有8本，并根据调查结果绘制了不完整的图表，如图所示：
本数(本)
频数(人数)
频率
5

0.2
6
18
0.36
7
14

8
8
0.16
合计

1
(1)统计表中的________，________，________；请将频数分布表直方图补充完整；求所有被调查学生课外阅读的平均本数；若该校八年级共有1200名学生，请你分析该校八年级学生课外阅读7本及以上的人数.

24．（10分）如图所示，在△ABC中，AB=CB，以BC为直径的⊙O交AC于点E，过点E作⊙O的切线交AB于点F．
（1）求证：EF⊥AB；
（2）若AC=16，⊙O的半径是5，求EF的长．

25．（10分）已知，在菱形ABCD中，∠ADC=60°，点H为CD上任意一点（不与C、D重合），过点H作CD的垂线，交BD于点E，连接AE．
（1）如图1，线段EH、CH、AE之间的数量关系是　 　；
（2）如图2，将△DHE绕点D顺时针旋转，当点E、H、C在一条直线上时，求证：AE+EH=CH．

26．（12分）如图，在中，,以边为直径作⊙交边于点,过点作于点，、的延长线交于点.
求证：是⊙的切线；若,且,求⊙的半径与线段的长.
27．（12分）如图所示，点B、F、C、E在同一直线上，AB⊥BE，DE⊥BE，连接AC、DF，且AC=DF，BF=CE，求证：AB=DE．




参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、A
【解析】
作出树状图即可解题.
【详解】
解：如下图所示

一共有9中可能,符合题意的有1种,故小华和小强都抽到物理学科的概率是,
故选A.
【点睛】
本题考查了用树状图求概率,属于简单题,会画树状图是解题关键.
2、D
【解析】
试题分析：根据平行线的性质，得∠4=∠2=50°，再根据三角形的外角的性质∠3=∠4-∠1=50°-30°=20°．故答案选D．

考点：平行线的性质;三角形的外角的性质．
3、B
【解析】
试题分析：设每个笔记本的价格为x元，根据“用200元购买笔记本的数量与用350元购买笔袋的数量相同”这一等量关系列出方程即可．
考点：由实际问题抽象出分式方程
4、B
【解析】
∵在5.5～6.5组别的频数是8，总数是40，
∴=0.1．
故选B．
5、D
【解析】解：A．两直线平行，内错角相等，故A错误；
B．－1是有理数，故B错误；
C．1的立方根是1，故C错误；
D．两角及一边对应相等的两个三角形全等，正确．
故选D．
6、C
【解析】
如图，该几何体主视图是由5个小正方形组成，
左视图是由3个小正方形组成，
俯视图是由5个小正方形组成，
故三种视图面积最小的是左视图，
故选C．

7、C
【解析】
根据平行线的性质即可得到∠3的度数，再根据三角形内角和定理，即可得到结论．
【详解】
解：∵直线m∥n，
∴∠3＝∠1＝25°，
又∵三角板中，∠ABC＝60°，
∴∠2＝60°﹣25°＝35°，
故选C．

【点睛】
本题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
8、C
【解析】
先利用切线长定理得到，再利用可判断为等边三角形，然后根据等边三角形的性质求解．
【详解】
解：，PB为的切线，
，
，
为等边三角形，
．
故选C．
【点睛】
本题考查切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
9、D
【解析】
先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形，根据DE∥CA，DF∥BA，得出AEDF为平行四边形，得出①正确；当∠BAC=90°，根据推出的平行四边形AEDF，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出②正确；若AD平分∠BAC，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得∠EAD=∠EDA，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出③正确；由AB=AC，AD⊥BC，根据等腰三角形的三线合一可得AD平分∠BAC，同理可得四边形AEDF是菱形，④正确，进而得到正确说法的个数．
【详解】
解：∵DE∥CA，DF∥BA，
∴四边形AEDF是平行四边形，选项①正确；
若∠BAC=90°，
∴平行四边形AEDF为矩形，选项②正确；
若AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠FAD，
又DE∥CA，∴∠EDA=∠FAD，
∴∠EAD=∠EDA，
∴AE=DE，
∴平行四边形AEDF为菱形，选项③正确；
若AB=AC，AD⊥BC，
∴AD平分∠BAC，
同理可得平行四边形AEDF为菱形，选项④正确，
则其中正确的个数有4个．
故选D．
【点睛】
此题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形的判定，涉及的知识有：平行线的性质，角平分线的定义，以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形、矩形及菱形的判定与性质是解本题的关键．
10、D
【解析】
解：∵I是△ABC的内心，∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI，故C正确，不符合题意；
∴=，∴BD=CD，故A正确，不符合题意；
∵∠DAC=∠DBC，∴∠BAD=∠DBC．∵∠IBD=∠IBC+∠DBC，∠BID=∠ABI+∠BAD，∴∠DBI=∠DIB，∴BD=DI，故B正确，不符合题意．
故选D．
点睛：本题考查了三角形的内切圆和内心的，以及等腰三角形的判定与性质，同弧所对的圆周角相等．
11、B
【解析】
根据幂的运算法则及整式的加减运算即可判断.
【详解】
A. =x6，故错误；
B. ，正确；
C. ·=，故错误；
D. 3+2 不能合并，故错误，
故选B.
【点睛】
此题主要考查整式的加减及幂的运算，解题的关键是熟知其运算法则.
12、C
【解析】
设用张铝片制作瓶身，则用张铝片制作瓶底，可作瓶身16x个，瓶底个，再根据一个瓶身和两个瓶底可配成一套，即可列出方程.
【详解】
设用张铝片制作瓶身，则用张铝片制作瓶底，
依题意可列方程
故选C.
【点睛】
此题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系.

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、
【解析】
首先根据算术平方根的定义计算先=2，再求2的算术平方根即可．
【详解】
∵=2，
∴的算术平方根为．
【点睛】
本题考查了算术平方根,属于简单题,熟悉算数平方根的概念是解题关键.
14、2
【解析】
利用平方差公式求解，即可求得答案．
【详解】
=（）2-（）2=5-3=2.
故答案为2.
【点睛】
此题考查了二次根式的乘除运算．此题难度不大，注意掌握平方差公式的应用．
15、1
【解析】
解：∵a+b=1，
∴原式=
故答案为1.
【点睛】
本题考查的是平方差公式的灵活运用.
16、x≥1
【解析】
分析：分别求出两个不等式的解，从而得出不等式组的解集．
详解：解不等式①可得：x≥1， 解不等式②可得：x＞－3， ∴不等式组的解为x≥1．
点睛：本题主要考查的是不等式组的解集，属于基础题型．理解不等式的性质是解决这个问题的关键．
17、4
【解析】
试题分析：由中线性质，可得AG=2GD，则，∴阴影部分的面积为4；其实图中各个单独小三角形面积都相等本题虽然超纲，但学生容易蒙对的.
考点：中线的性质.
18、AC=BD．
【解析】
试题分析：添加的条件应为：AC=BD，把AC=BD作为已知条件，根据三角形的中位线定理可得，HG平行且等于AC的一半，EF平行且等于AC的一半，根据等量代换和平行于同一条直线的两直线平行，得到HG和EF平行且相等，所以EFGH为平行四边形，又EH等于BD的一半且AC=BD，所以得到所证四边形的邻边EH与HG相等，所以四边形EFGH为菱形．
试题解析：添加的条件应为：AC=BD．
证明：∵E，F，G，H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴在△ADC中，HG为△ADC的中位线，所以HG∥AC且HG=AC；同理EF∥AC且EF=AC，同理可得EH=BD，
则HG∥EF且HG=EF，
∴四边形EFGH为平行四边形，又AC=BD，所以EF=EH，
∴四边形EFGH为菱形．
考点：1．菱形的性质；2．三角形中位线定理．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、2
【解析】
根据实数的混合运算法则进行计算.
【详解】
解：原式= -（ -1）+1=- +1+1=2
【点睛】
此题重点考察学生对实数的混合运算的应用，熟练掌握计算方法是解题的关键.
20、（1）二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3；（2）点P的坐标为：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，-3）或（0，0）；（3）当点M出发1秒到达D点时，△MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．
【解析】
（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c得方程组，解方程组即可得二次函数的表达式；
（2）先求出点B的坐标，再根据勾股定理求得BC的长，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：①CP=CB；②BP=BC；③PB=PC；分别根据这三种情况求出点P的坐标；
（3）设AM=t则DN=2t，由AB=2，得BM=2﹣t，S△MNB=×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t，把解析式化为顶点式，根据二次函数的性质即可得△MNB最大面积；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．
【详解】
解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c，

解得：b=﹣4，c=3，
∴二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3；
（2）令y=0，则x2﹣4x+3=0，
解得：x=1或x=3，
∴B（3，0），
∴BC=3，
点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，
①当CP=CB时，PC=3，∴OP=OC+PC=3+3或OP=PC﹣OC=3﹣3
∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；
②当PB=PC时，OP=OB=3，
∴P3（0，-3）；
③当BP=BC时，
∵OC=OB=3
∴此时P与O重合，
∴P4（0，0）；
综上所述，点P的坐标为：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（﹣3，0）或（0，0）；

（3）如图2，设AM=t，由AB=2，得BM=2﹣t，则DN=2t，
∴S△MNB=×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t=﹣（t﹣1）2+1，
当点M出发1秒到达D点时，△MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．

21、（1）证明见解析；（1）2
【解析】
分析：（1）根据角平分线的定义可得∠1=∠1，再根据等角的余角相等求出∠BEF=∠AFD，然后根据对顶角相等可得∠BFE=∠AFD，等量代换即可得解；
（1）根据中点定义求出BC，利用勾股定理列式求出AB即可．
详解：（1）如图，∵AE平分∠BAC，∴∠1=∠1．
∵BD⊥AC，∠ABC=90°，∴∠1+∠BEF=∠1+∠AFD=90°，∴∠BEF=∠AFD．
∵∠BFE=∠AFD（对顶角相等），∴∠BEF=∠BFE；
（1）∵BE=1，∴BC=4，由勾股定理得：AB===2．

点睛：本题考查了直角三角形的性质，勾股定理的应用，等角的余角相等的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
22、（1）a=7，b=7.5，c=4.2；（2）见解析.
【解析】
（1）利用平均数的计算公式直接计算平均分即可；将乙的成绩从小到大重新排列，用中位数的定义直接写出中位数即可；根据乙的平均数利用方差的公式计算即可；
（2）结合平均数和中位数、众数、方差三方面的特点进行分析．
【详解】
（1）甲的平均成绩a==7（环），
∵乙射击的成绩从小到大重新排列为：3、4、6、7、7、8、8、8、9、10，
∴乙射击成绩的中位数b==7.5（环），
其方差c=×[（3-7）2+（4-7）2+（6-7）2+2×（7-7）2+3×（8-7）2+（9-7）2+（10-7）2]
=×（16+9+1+3+4+9）
=4.2；
（2）从平均成绩看甲、乙二人的成绩相等均为7环，从中位数看甲射中7环以上的次数小于乙，从众数看甲射中7环的次数最多而乙射中8环的次数最多，从方差看甲的成绩比乙的成绩稳定；
综合以上各因素，若选派一名队员参加比赛的话，可选择乙参赛，因为乙获得高分的可能更大．
【点睛】
本题考查的是条形统计图和方差、平均数、中位数、众数的综合运用．熟练掌握平均数的计算，理解方差的概念，能够根据计算的数据进行综合分析．
23、（1）10，0.28，50（2）图形见解析（3）6.4（4）528
【解析】
分析：（1）首先求出总人数，再根据频率，总数，频数的关系即可解决问题；
（2）根据a的值画出条形图即可；
（3）根据平均数的定义计算即可；
（4）用样本估计总体的思想解决问题即可；
详解：（1）由题意c==50，
a=50×0.2=10，b==0.28，c=50；
故答案为10，0.28，50；
（2）将频数分布表直方图补充完整，如图所示：

（3）所有被调查学生课外阅读的平均本数为：
（5×10+6×18+7×14+8×8）÷50=320÷50=6.4（本）．
（4）该校七年级学生课外阅读7本及以上的人数为：
（0.28+0.16）×1200=528（人）．
点睛：本题考查频数分布直方图、扇形统计图、样本估计总体等知识，解题的关键是熟练掌握基本概念，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24、（1）证明见解析；(2) 4.8.
【解析】
（1）连结OE，根据等腰三角形的性质可得∠OEC=∠OCA、∠A=∠OCA，即可得∠A=∠OEC，由同位角相等，两直线平行即可判定OE∥AB，又因EF是⊙O的切线，根据切线的性质可得EF⊥OE，由此即可证得EF⊥AB；（2）连结BE，根据直径所对的圆周角为直角可得，∠BEC=90°，再由等腰三角形三线合一的性质求得AE=EC =8，在Rt△BEC中，根据勾股定理求的BE=6，再由△ABE的面积=△BEC的面积，根据直角三角形面积的两种表示法可得8×6=10×EF，由此即可求得EF=4.8.
【详解】
（1）证明：连结OE．

∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCA，
∵AB=CB，
∴∠A=∠OCA，
∴∠A=∠OEC，
∴OE∥AB，
∵EF是⊙O的切线，
∴EF⊥OE，
∴EF⊥AB．
（2）连结BE．
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°，
又AB=CB，AC=16，
∴AE=EC=AC=8，
∵AB=CB=2BO=10，
∴BE=，
又△ABE的面积=△BEC的面积，即8×6=10×EF，
∴EF=4.8.
【点睛】
本题考查了切线的性质定理、圆周角定理、等腰三角形的性质与判定、勾股定理及直角三角形的两种面积求法等知识点，熟练运算这些知识是解决问题的关键.
25、 (1) EH2+CH2=AE2；(2)见解析.
【解析】
分析：（1）如图1，过E作EM⊥AD于M，由四边形ABCD是菱形，得到AD=CD，∠ADE=∠CDE，通过△DME≌△DHE，根据全等三角形的性质得到EM=EH，DM=DH，等量代换得到AM=CH，根据勾股定理即可得到结论；
（2）如图2，根据菱形的性质得到∠BDC=∠BDA=30°，DA=DC，在CH上截取HG，使HG=EH，推出△DEG是等边三角形，由等边三角形的性质得到∠EDG=60°，推出△DAE≌△DCG，根据全等三角形的性质即可得到结论．
详解：
（1）EH2+CH2=AE2，
如图1，过E作EM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠ADE=∠CDE，
∵EH⊥CD，
∴∠DME=∠DHE=90°，
在△DME与△DHE中，
，
∴△DME≌△DHE，
∴EM=EH，DM=DH，
∴AM=CH，
在Rt△AME中，AE2=AM2+EM2，
∴AE2=EH2+CH2；
故答案为：EH2+CH2=AE2；
（2）如图2，
∵菱形ABCD，∠ADC=60°，
∴∠BDC=∠BDA=30°，DA=DC，
∵EH⊥CD，
∴∠DEH=60°，
在CH上截取HG，使HG=EH，
∵DH⊥EG，∴ED=DG，
又∵∠DEG=60°，
∴△DEG是等边三角形，
∴∠EDG=60°，
∵∠EDG=∠ADC=60°，
∴∠EDG﹣∠ADG=∠ADC﹣∠ADG，
∴∠ADE=∠CDG，
在△DAE与△DCG中，
，
∴△DAE≌△DCG，
∴AE=GC，
∵CH=CG+GH，
∴CH=AE+EH．

点睛：考查了全等三角形的判定和性质、菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确的作出辅助线．
26、（1）证明参见解析；（2）半径长为，=.
【解析】
（1）已知点D在圆上，要连半径证垂直，连结，则，所以，∵，∴.∴，∴∥.由得出，于是得出结论；（2）由得到，设，则.，，，由，解得值，进而求出圆的半径及AE长.
【详解】
解：（1）已知点D在圆上，要连半径证垂直，如图2所示，连结，∵，∴.∵，∴.∴，∴∥.∵，∴.∴是⊙的切线；（2）在和中，∵，∴. 设，则.∴，.∵，∴.∴，解得=，则3x=,AE=6×-=6,∴⊙的半径长为，=.

【点睛】
1.圆的切线的判定；2.锐角三角函数的应用.
27、证明见解析
【解析】
试题分析：证明三角形△ABC△DEF,可得＝.
试题解析：
证明：∵＝，
∴BC=EF,
∵⊥，⊥，
∴∠B=∠E=90°，AC=DF,
∴△ABC△DEF,
∴AB=DE.