贵州省遵义市名校2021-2022学年中考冲刺卷数学试题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．下面四个立体图形，从正面、左面、上面对空都不可能看到长方形的是　　

A． B． C． D．

2．某射手在同一条件下进行射击，结果如下表所示：

由此表推断这个射手射击1次，击中靶心的概率是(   )

A．0.6 B．0.7 C．0.8 D．0.9

3．如图，△ABC 中，AD 是中线，BC=8，∠B=∠DAC，则线段 AC 的长为（    ）

A．4 B．4 C．6 D．4

4．如图是由四个小正方体叠成的一个几何体，它的左视图是（ ）

A． B． C． D．

5．如图，平行四边形ABCD的周长为12，∠A=60°，设边AB的长为x，四边形ABCD的面积为y，则下列图象中，能表示y与x函数关系的图象大致是（　　）

A． B． C． D．

6．如图，点A，B，C在⊙O上，∠ACB=30°，⊙O的半径为6，则的长等于（　　）

A．π B．2π C．3π D．4π

7．已知关于x的一元二次方程3x2+4x﹣5=0，下列说法正确的是（ ）

A．方程有两个相等的实数根

B．方程有两个不相等的实数根

C．没有实数根

D．无法确定

8．二次函数y＝a(x－4)2－4(a≠0)的图象在2＜x＜3这一段位于x轴的下方，在6＜x＜7这一段位于x轴的上方，则a的值为（   ）

A．1     B．－1   C．2    D．－2

9．在一组数据：1，2，4，5中加入一个新数3之后，新数据与原数据相比，下列说法正确的是（　　）

A．中位数不变，方差不变 B．中位数变大，方差不变

C．中位数变小，方差变小 D．中位数不变，方差变小

10．如图，平行四边形 ABCD 中， E为 BC 边上一点，以 AE 为边作正方形AEFG，若 ，，则 的度数是

A． B． C． D．

11．如果零上2℃记作＋2℃，那么零下3℃记作（      ）

A．－3℃ B．－2℃ C．＋3℃ D．＋2℃

12．化简的结果是（　　）

A．1 B． C． D．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13．当时，直线与抛物线有交点，则a的取值范围是_______．

14．如图，在矩形ABCD中，AB=，E是BC的中点，AE⊥BD于点F，则CF的长是_________．

15．已知点A（2，4）与点B（b﹣1，2a）关于原点对称，则ab＝_____．

16．已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，AC＝12，E为线段AB的中点，D点是射线AC上的一个动点，将△ADE沿线段DE翻折，得到△A′DE，当A′D⊥AB时，则线段AD的长为_____．

17．如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，点N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则线段A′C长度的最小值是______．

18．化简：＝_____．

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）如图，在电线杆上的C处引拉线CE、CF固定电线杆，拉线CE和地面成60°角，在离电线杆6米的B处安置测角仪，在A处测得电线杆上C处的仰角为30°，已知测角仪高AB为1.5米，求拉线CE的长（结果保留根号）．

20．（6分）已知抛物线y=ax2+ c(a≠0)．

（1）若抛物线与x轴交于点B(4，0)，且过点P(1，–3)，求该抛物线的解析式；

（2）若a>0，c =0，OA、OB是过抛物线顶点的两条互相垂直的直线，与抛物线分别交于A、B 两点，求证：直线AB恒经过定点(0，)；

（3）若a>0，c <0，抛物线与x轴交于A，B两点(A在B左边)，顶点为C，点P在抛物线上且位于第四象限．直线PA、PB与y轴分别交于M、N两点．当点P运动时，是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．

21．（6分）如图，在△ABC中，D为AC上一点，且CD=CB,以BC为直径作☉O,交BD于点E，连接CE,过D作DFAB于点F,∠BCD=2∠ABD．

（1）求证：AB是☉O的切线；

（2）若∠A=60°，DF=,求☉O的直径BC的长．

22．（8分）已知反比例函数的图象经过三个点A（﹣4，﹣3），B（2m，y1），C（6m，y2），其中m＞1．

（1）当y1﹣y2=4时，求m的值；

（2）如图，过点B、C分别作x轴、y轴的垂线，两垂线相交于点D，点P在x轴上，若三角形PBD的面积是8，请写出点P坐标（不需要写解答过程）．

23．（8分）汤姆斯杯世界男子羽毛球团体赛小组赛比赛规则：两队之间进行五局比赛，其中三局单打，两局双打，五局比赛必须全部打完，赢得三局及以上的队获胜．假如甲，乙两队每局获胜的机会相同．若前四局双方战成2：2，那么甲队最终获胜的概率是__________；现甲队在前两局比赛中已取得2：0的领先，那么甲队最终获胜的概率是多少？

24．（10分）如图①，在四边形ABCD中，AC⊥BD于点E，AB=AC=BD，点M为BC中点，N为线段AM上的点，且MB=MN.

（1）求证：BN平分∠ABE；   

（2）若BD=1，连结DN，当四边形DNBC为平行四边形时，求线段BC的长；   

（3）如图②，若点F为AB的中点，连结FN、FM，求证：△MFN∽△BDC．

25．（10分）如图，已知△ABC是等边三角形，点D在AC边上一点，连接BD，以BD为边在AB的左侧作等边△DEB，连接AE，求证：AB平分∠EAC．

26．（12分）计算：|﹣2|++（2017﹣π）0﹣4cos45°

27．（12分）八年级一班开展了“读一本好书”的活动，班委会对学生阅读书籍的情况进行了问卷调查，问卷设置了“小说”“戏剧”“散文”“其他”四个类型，每位同学仅选一项，根据调查结果绘制了不完整的频数分布表和扇形统计图．

根据图表提供的信息，解答下列问题：八年级一班有多少名学生？请补全频数分布表，并求出扇形统计图中“其他”类所占的百分比；在调查问卷中，甲、乙、丙、丁四位同学选择了“戏剧”类，现从以上四位同学中任意选出2名同学参加学校的戏剧兴趣小组，请用画树状图或列表法的方法，求选取的2人恰好是乙和丙的概率．

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、B

【解析】
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形依此找到从正面、左面、上面观察都不可能看到长方形的图形．

【详解】

解：A、主视图为三角形，左视图为三角形，俯视图为有对角线的矩形，故本选项错误；

B、主视图为等腰三角形，左视图为等腰三角形，俯视图为圆，从正面、左面、上面观察都不可能看到长方形，故本选项正确；

C、主视图为长方形，左视图为长方形，俯视图为圆，故本选项错误；

D、主视图为长方形，左视图为长方形，俯视图为长方形，故本选项错误．

故选：B．

【点睛】

本题重点考查三视图的定义以及考查学生的空间想象能力．

2、D

【解析】
观察表格的数据可以得到击中靶心的频率，然后用频率估计概率即可求解．

【详解】

依题意得击中靶心频率为0.90，

估计这名射手射击一次，击中靶心的概率约为0.90.

故选：D.

【点睛】

此题主要考查了利用频率估计概率,首先通过实验得到事件的频率,然后用频率估计概率即可解决问题.

3、B

【解析】
由已知条件可得,可得出,可求出AC的长．

【详解】

解：由题意得：∠B=∠DAC，∠ACB=∠ACD,所以，根据“相似三角形对应边成比例”，得，又AD 是中线，BC=8，得DC=4,代入可得AC=,

故选B.

【点睛】

本题主要考查相似三角形的判定与性质．灵活运用相似的性质可得出解答．

4、A

【解析】

试题分析：如图是由四个小正方体叠成的一个几何体，它的左视图是．故选A．

考点：简单组合体的三视图．

5、C

【解析】
过点B作BE⊥AD于E，构建直角△ABE，通过解该直角三角形求得BE的长度，然后利用平行四边形的面积公式列出函数关系式，结合函数关系式找到对应的图像.

【详解】

如图，过点B作BE⊥AD于E.∵∠A＝60°，设AB边的长为x，∴BE＝AB∙sin60°＝x.∵平行四边形ABCD的周长为12，∴AB＝（12－2x）＝6－x，∴y＝AD∙BE＝（6－x）×x＝﹣（0≤x≤6）.则该函数图像是一开口向下的抛物线的一部分，观察选项，C符合题意.故选C.

【点睛】

本题考查了二次函数的图像，根据题意求出正确的函数关系式是解题的关键.

6、B

【解析】
根据圆周角得出∠AOB＝60°，进而利用弧长公式解答即可．

【详解】

解：∵∠ACB＝30°，

∴∠AOB＝60°，

∴的长＝＝2π，

故选B．

【点睛】

此题考查弧长的计算，关键是根据圆周角得出∠AOB＝60°．

7、B

【解析】

试题分析：先求出△=42﹣4×3×（﹣5）=76＞0，即可判定方程有两个不相等的实数根．故答案选B.

考点：一元二次方程根的判别式．

8、A

【解析】

试题分析：根据角抛物线顶点式得到对称轴为直线x=4，利用抛物线对称性得到抛物线在1＜x＜2这段位于x轴的上方，而抛物线在2＜x＜3这段位于x轴的下方，于是可得抛物线过点（2，0）然后把（2，0）代入y＝a(x－4)2－4(a≠0)可求出a=1.

故选A

9、D

【解析】
根据中位数和方差的定义分别计算出原数据和新数据的中位数和方差，从而做出判断．

【详解】

∵原数据的中位数是=3，平均数为=3，
∴方差为×[（1-3）2+（2-3）2+（4-3）2+（5-3）2]=；
∵新数据的中位数为3，平均数为=3，
∴方差为×[（1-3）2+（2-3）2+（3-3）2+（4-3）2+（5-3）2]=2；
所以新数据与原数据相比中位数不变，方差变小，
故选：D．

【点睛】

本题考查了中位数和方差，解题的关键是掌握中位数和方差的定义．

10、A

【解析】

分析：首先求出∠AEB，再利用三角形内角和定理求出∠B，最后利用平行四边形的性质得∠D=∠B即可解决问题．

详解：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠AEF=90°，

∵∠CEF=15°，

∴∠AEB=180°-90°-15°=75°，

∵∠B=180°-∠BAE-∠AEB=180°-40°-75°=65°，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠D=∠B=65°

故选A．

点睛：本题考查正方形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．

11、A

【解析】
一对具有相反意义的量中，先规定其中一个为正，则另一个就用负表示.

【详解】

∵“正”和“负”相对，∴如果零上2℃记作＋2℃，那么零下3℃记作－3℃.

故选A.

12、A

【解析】

原式=•（x–1）2+=+==1，故选A．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13、

【解析】
直线与抛物线有交点，则可化为一元二次方程组利用根的判别式进行计算．

【详解】

解:法一：与抛物线有交点

则有，整理得

解得

，对称轴

法二：由题意可知，

∵抛物线的 顶点为，而

∴抛物线y的取值为

，则直线y与x轴平行，

∴要使直线与抛物线有交点，

∴抛物线y的取值为，即为a的取值范围，

∴

故答案为：

【点睛】

考查二次函数图象的性质及交点的问题，此类问题，通常可化为一元二次方程，利用根的判别式或根与系数的关系进行计算．

14、

【解析】

试题解析：∵四边形ABCD是矩形，

∵AE⊥BD，

∴△ABE∽△ADB，

∵E是BC的中点，

过F作FG⊥BC于G，

故答案为

15、1．

【解析】

由题意，得

b−1=−1，1a=−4，

解得b=−1，a=−1，

∴ab=(−1) ×(−1)=1，

故答案为1.

16、或．

【解析】
①延长A'D交AB于H，则A'H⊥AB，然后根据勾股定理算出AB，推断出△ADH∽△ABC，即可解答此题

②同①的解题思路一样

【详解】

解：分两种情况：

①如图1所示：

设AD＝x，延长A'D交AB于H，则A'H⊥AB，

∴∠AHD＝∠C＝90°，

由勾股定理得：AB＝＝13，

∵∠A＝∠A，

∴△ADH∽△ABC，

∴，即，

解得：DH＝x，AH＝x，

∵E是AB的中点，

∴AE＝AB＝，

∴HE＝AE﹣AH＝﹣x，

由折叠的性质得：A'D＝AD＝x，A'E＝AE＝，

∴sin∠A＝sin∠A'＝ ,

解得：x＝ ；

②如图2所示：设AD＝A'D＝x，

∵A'D⊥AB，

∴∠A'HE＝90°，

同①得：A'E＝AE＝，DH＝x，

∴A'H＝A'D﹣DH＝x﹣＝x，

∴cos∠A＝cos∠A'＝ ，

解得：x＝ ；

综上所述，AD的长为 或．

故答案为 或．

【点睛】

此题考查了勾股定理，三角形相似，关键在于做辅助线

17、

【解析】
解：如图所示：∵MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，

过点M作MF⊥DC于点F，

∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，

∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，

∴∠FMD=30°，

∴FD=MD=1，

∴FM=DM×cos30°=，

∴，

∴A′C=MC﹣MA′=．

故答案为．

【点评】

此题主要考查了菱形的性质以及锐角三角函数关系等知识，得出A′点位置是解题关键．

18、

【解析】
直接利用二次根式的性质化简求出答案．

【详解】

,故答案为.

【点睛】

本题考查了二次根式的性质与化简，正确掌握二次根式的性质是解题的关键．

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、CE的长为（4+）米

【解析】
由题意可先过点A作AH⊥CD于H．在Rt△ACH中，可求出CH，进而CD=CH+HD=CH+AB，再在Rt△CED中，求出CE的长．

【详解】

过点A作AH⊥CD，垂足为H，

由题意可知四边形ABDH为矩形，∠CAH=30°，

∴AB=DH=1.5，BD=AH=6，

在Rt△ACH中，tan∠CAH=，

∴CH=AH•tan∠CAH，

∴CH=AH•tan∠CAH=6tan30°=6×=2（米），

∵DH=1.5，

∴CD=2+1.5，

在Rt△CDE中，

∵∠CED=60°，sin∠CED=，

∴CE==（4+）（米），

答：拉线CE的长为（4+）米．

考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题

20、（1）；（2）详见解析；（3）为定值，=

【解析】
（1）把点B(4，0)，点P(1，–3)代入y=ax2+ c(a≠0)，用待定系数法求解即可；

（2）如图作辅助线AE、BF垂直 x轴，设A(m，am2)、B(n，an2)，由△AOE∽△OBF，可得到，然后表示出直线AB的解析式即可得到结论；

（3）作PQ⊥AB于点Q，设P（m，am2+c）、A（–t，0）、B（t，0），则at2+c=0， c= –at2

  由PQ∥ON，可得ON=amt+at2，OM= –amt+at2，然后把ON，OM，OC的值代入整理即可.

【详解】

（1）把点B(4，0)，点P(1，–3)代入y=ax2+ c(a≠0)，

，

解之得

，

∴；

（2）如图作辅助线AE、BF垂直 x轴，设A(m，am2)、B(n，an2)，

∵OA⊥OB，

∴∠AOE=∠OBF，

∴△AOE∽△OBF，

∴，，，

直线AB过点A(m，am2)、点B(n，an2)，

∴过点（0，）;

（3）作PQ⊥AB于点Q，设P（m，am2+c）、A（–t，0）、B（t，0），则at2+c=0， c= –at2

   ∵PQ∥ON，

∴，

ON=====at(m+t)= amt+at2，

同理：OM= –amt+at2，

所以，OM+ON= 2at2=–2c=OC，

所以，=.

【点睛】

本题考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理.正确作出辅助线是解答本题的关键.

21、（1）证明过程见解析；（2）

【解析】
（1）根据CB=CD得出∠CBD=∠CDB，然后结合∠BCD=2∠ABD得出∠ABD=∠BCE，从而得出∠CBD+∠ABD=∠CBD+∠BCE=90°，然后得出切线；（2）根据Rt△AFD和Rt△BFD的性质得出AF和DF的长度，然后根据△ADF和△ACB相似得出相似比，从而得出BC的长度.

【详解】

（1）∵CB=CD  

∴∠CBD=∠CDB  

又∵∠CEB=90°

∴∠CBD+∠BCE=∠CDE+∠DCE

∴∠BCE=∠DCE且∠BCD=2∠ABD  

∴∠ABD=∠BCE  

∴∠CBD+∠ABD=∠CBD+∠BCE=90°

∴CB⊥AB垂足为B  

又∵CB为直径  

∴AB是⊙O的切线.

（2）∵∠A=60°，DF=

∴在Rt△AFD中得出AF=1

在Rt△BFD中得出DF=3

∵∠ADF=∠ACB ∠A=∠A

∴△ADF∽△ACB

∴

即

解得：CB=

考点：（1）圆的切线的判定；（2）三角函数；（3）三角形相似的判定

22、（1）m=1；（2）点P坐标为（﹣2m，1）或（6m，1）．

【解析】
（1）先根据反比例函数的图象经过点A（﹣4，﹣3），利用待定系数法求出反比例函数的解

析式为y=，再由反比例函数图象上点的坐标特征得出y1==，y2==，然后根据y1﹣y2=4列出方程﹣=4，解方程即可求出m的值；

（2）设BD与x轴交于点E．根据三角形PBD的面积是8列出方程••PE=8，求出PE=4m，再由E（2m，1），点P在x轴上，即可求出点P的坐标．

【详解】

解：（1）设反比例函数的解析式为y=，

∵反比例函数的图象经过点A（﹣4，﹣3），

∴k=﹣4×（﹣3）=12，

∴反比例函数的解析式为y=，

∵反比例函数的图象经过点B（2m，y1），C（6m，y2），

∴y1==，y2==，

∵y1﹣y2=4，

∴﹣=4，

∴m=1，

经检验，m=1是原方程的解,

故m的值是1；

（2）设BD与x轴交于点E,

∵点B（2m，），C（6m，），过点B、C分别作x轴、y轴的垂线，两垂线相交于点D，

∴D（2m，），BD=﹣=，

∵三角形PBD的面积是8，

∴BD•PE=8，

∴••PE=8，

∴PE=4m，

∵E（2m，1），点P在x轴上，

∴点P坐标为（﹣2m，1）或（6m，1）．

【点睛】

本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征以及三角形的面积，正确求出双曲线的解析式是解题的关键．

23、（1）；（2）

【解析】

分析：（1）直接利用概率公式求解；

（2）画树状图展示所有8种等可能的结果数，再找出甲至少胜一局的结果数，然后根据概率公式求．

详解：（1）甲队最终获胜的概率是；

（2）画树状图为：

共有8种等可能的结果数，其中甲至少胜一局的结果数为7，

所以甲队最终获胜的概率=．

点睛：本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．

24、（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.

【解析】

分析：（1）由AB=AC知∠ABC=∠ACB，由等腰三角形三线合一知AM⊥BC，从而根据∠MAB+∠ABC=∠EBC+∠ACB知∠MAB=∠EBC，再由△MBN为等腰直角三角形知∠EBC+∠NBE=∠MAB+∠ABN=∠MNB=45°可得证；

（2）设BM=CM=MN=a，知DN=BC=2a，证△ABN≌△DBN得AN=DN=2a，Rt△ABM中利用勾股定理可得a的值，从而得出答案；

（3）F是AB的中点知MF=AF=BF及∠FMN=∠MAB=∠CBD，再由即可得证．

详解：（1）∵AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB，

∵M为BC的中点，

∴AM⊥BC，

在Rt△ABM中，∠MAB+∠ABC=90°，

在Rt△CBE中，∠EBC+∠ACB=90°，

∴∠MAB=∠EBC，

又∵MB=MN，

∴△MBN为等腰直角三角形，

∴∠MNB=∠MBN=45°，

∴∠EBC+∠NBE=45°，∠MAB+∠ABN=∠MNB=45°，

∴∠NBE=∠ABN，即BN平分∠ABE；

（2）设BM=CM=MN=a，

∵四边形DNBC是平行四边形，

∴DN=BC=2a，

在△ABN和△DBN中，

∵，

∴△ABN≌△DBN（SAS），

∴AN=DN=2a，

在Rt△ABM中，由AM2+MB2=AB2可得（2a+a）2+a2=1，

解得：a=±（负值舍去），

∴BC=2a=；

（3）∵F是AB的中点，

∴在Rt△MAB中，MF=AF=BF，

∴∠MAB=∠FMN，

又∵∠MAB=∠CBD，

∴∠FMN=∠CBD，

∵，

∴，

∴△MFN∽△BDC．

点睛：本题主要考查相似形的综合问题，解题的关键是掌握等腰三角形三线合一的性质、直角三角形和平行四边形的性质及全等三角形与相似三角形的判定与性质等知识点．

25、详见解析

【解析】
由等边三角形的性质得出AB=BC，BD=BE，∠BAC=∠BCA=∠ABC=∠DBE=60°，证出∠ABE=∠CBD，证明△ABE≌△CBD（SAS），得出∠BAE=∠BCD=60°，得出∠BAE=∠BAC，即可得出结论．

【详解】

证明：∵△ABC，△DEB都是等边三角形，

∴AB＝BC，BD＝BE，∠BAC＝∠BCA＝∠ABC＝∠DBE＝60°，

∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，

即∠ABE＝∠CBD，

在△ABE和△CBD中，

∵AB=CB,

∠ABE=∠CBD,

BE=BD,，

∴△ABE≌△CBD（SAS），

∴∠BAE＝∠BCD＝60°，

∴∠BAE＝∠BAC，

∴AB平分∠EAC．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．

26、1.

【解析】
直接利用零指数幂的性质以及特殊角的三角函数值和绝对值的性质分别化简得出答案．

【详解】

解：原式=2+2+1﹣4×

=2+2+1﹣2

=1．

【点睛】

此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．

27、（1）41（2）15%（3）

【解析】
（1）用散文的频数除以其频率即可求得样本总数；

（2）根据其他类的频数和总人数求得其百分比即可；

（3）画树状图得出所有等可能的情况数，找出恰好是丙与乙的情况，即可确定出所求概率．

【详解】

（1）∵喜欢散文的有11人，频率为1．25，

∴m=11÷1．25=41；

（2）在扇形统计图中，“其他”类所占的百分比为 ×111%=15%，

故答案为15%；

（3）画树状图，如图所示：

所有等可能的情况有12种，其中恰好是丙与乙的情况有2种，

∴P（丙和乙）==．