山东省枣庄市市中学区2022年中考数学模拟预测试卷含解析

这是一份山东省枣庄市市中学区2022年中考数学模拟预测试卷含解析，共21页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，若等式x2+ax+19＝，在直角坐标系中，已知点P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（共10小题，每小题3分，共30分）
1．在武汉市举办的“读好书、讲礼仪”活动中，某学校积极行动，各班图书角的新书、好书不断增多，除学校购买外，还有师生捐献的图书．下面是七年级(1)班全体同学捐献图书的情况统计图，根据图中信息，该班平均每人捐书的册数是（ ）

A．3 B．3.2 C．4 D．4.5
2．下列汽车标志中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列计算中，错误的是（ ）
A．； B．； C．； D．．
4．下列图形中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
5．全球芯片制造已经进入10纳米到7纳米器件的量产时代. 中国自主研发的第一台7纳米刻蚀机，是芯片制造和微观加工最核心的设备之一，7纳米就是0.000000007米. 数据0.000000007用科学计数法表示为（ ）
A． B． C． D．
6．如图是由四个相同的小正方形组成的立体图形，它的俯视图为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，△ABC的面积为8cm2 ， AP垂直∠B的平分线BP于P，则△PBC的面积为（   ）

A．2cm2   B．3cm2   C．4cm2   D．5cm2
8．若等式x2+ax+19＝（x﹣5）2﹣b成立，则 a+b的值为（　　）
A．16 B．﹣16 C．4 D．﹣4
9．在直角坐标系中，已知点P（3，4），现将点P作如下变换：①将点P先向左平移4个单位，再向下平移3个单位得到点P1；②作点P关于y轴的对称点P2；③将点P绕原点O按逆时针方向旋转90°得到点P3，则P1，P2，P3的坐标分别是（　　）
A．P1（0，0），P2（3，﹣4），P3（﹣4，3）
B．P1（﹣1，1），P2（﹣3，4），P3（4，3）
C．P1（﹣1，1），P2（﹣3，﹣4），P3（﹣3，4）
D．P1（﹣1，1），P2（﹣3，4），P3（﹣4，3）
10．将抛物线向左平移1个单位，再向下平移3个单位后所得抛物线的解析式为（ ）
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．抛物线y＝2x2+3x+k﹣2经过点（﹣1，0），那么k＝_____．
12．如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，DE∥BC．若AD＝6，BD＝2，DE＝3，则BC＝______．

13．已知是方程组的解，则3a﹣b的算术平方根是_____．
14．以矩形ABCD两条对角线的交点O为坐标原点，以平行于两边的方向为坐标轴，建立如图所示的平面直角坐标系，BE⊥AC，垂足为E．若双曲线y=（x＞0）经过点D，则OB•BE的值为_____．

15．如图，直线a∥b，∠BAC的顶点A在直线a上，且∠BAC＝100°．若∠1＝34°，则∠2＝_____°．

16．已知：如图，AB是⊙O的直径，弦EF⊥AB于点D，如果EF＝8，AD＝2，则⊙O半径的长是_____．

三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）已知点O是正方形ABCD对角线BD的中点．
(1)如图1，若点E是OD的中点，点F是AB上一点，且使得∠CEF=90°，过点E作ME∥AD，交AB于点M，交CD于点N．
①∠AEM=∠FEM； ②点F是AB的中点；
(2)如图2，若点E是OD上一点，点F是AB上一点，且使，请判断△EFC的形状，并说明理由；
(3)如图3，若E是OD上的动点(不与O，D重合)，连接CE，过E点作EF⊥CE，交AB于点F，当时，请猜想的值(请直接写出结论)．
18．（8分）先化简后求值：已知：x=﹣2，求的值．
19．（8分）《九章算术》中有一道阐述“盈不足术”的问题，原文如下：
今有人共买物，人出八，盈三；人出七，不足四．问人数，物价各几何？
译文为：
现有一些人共同买一个物品，每人出8元，还盈余3元；每人出7元，则还差4元，问共有多少人？这个物品的价格是多少？
请解答上述问题．
20．（8分）在平面直角坐标系xOy中，将抛物线（m≠0）向右平移个单位长度后得到抛物线G2，点A是抛物线G2的顶点．
（1）直接写出点A的坐标；
（2）过点（0，）且平行于x轴的直线l与抛物线G2交于B，C两点．
①当∠BAC＝90°时．求抛物线G2的表达式；
②若60°＜∠BAC＜120°，直接写出m的取值范围．
21．（8分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、B、C均在格点上．
（I）AC的长等于_____．
（II）若AC边与网格线的交点为P，请找出两条过点P的直线来三等分△ABC的面积．请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出这两条直线，并简要说明这两条直线的位置是如何找到的_____（不要求证明）．

22．（10分）佳佳向探究一元三次方程x3+2x2﹣x﹣2=0的解的情况，根据以往的学习经验，他想到了方程与函数的关系，一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴交点的横坐标即为一元一次方程kx+b（k≠0）的解，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交点的横坐标即为一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的解，如：二次函数y=x2﹣2x﹣3的图象与x轴的交点为（﹣1，0）和（3，0），交点的横坐标﹣1和3即为x2﹣2x﹣3=0的解．
根据以上方程与函数的关系，如果我们直到函数y=x3+2x2﹣x﹣2的图象与x轴交点的横坐标，即可知方程x3+2x2﹣x﹣2=0的解．
佳佳为了解函数y=x3+2x2﹣x﹣2的图象，通过描点法画出函数的图象．
x
…
﹣3
﹣
﹣2
﹣
﹣1
﹣
0

1

2
…
y
…
﹣8
﹣
0

m
﹣
﹣2
﹣
0

12
…
（1）直接写出m的值，并画出函数图象；
（2）根据表格和图象可知，方程的解有　 　个，分别为　 　；
（3）借助函数的图象，直接写出不等式x3+2x2＞x+2的解集．

23．（12分）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在BC, AB上，且∠ADE=60°.求证：△ADC~△DEB．

24．如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．
（1）证明与推断：
①求证：四边形CEGF是正方形；
②推断：的值为　 　：
（2）探究与证明：
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由：
（3）拓展与运用：
正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H．若AG=6，GH=2，则BC=　 　．




参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、B
【解析】七年级(1)班捐献图书的同学人数为9÷18%=50人，捐献4册的人数为50×30%=15人，捐献3册的人数为50-6-9-15-8=12人，所以该班平均每人捐书的册数为（6+9×2+12×3+15×4+8×5）÷50=3.2册，故选B.
2、C
【解析】
根据轴对称图形的概念求解．
【详解】
A、是轴对称图形，故错误；
B、是轴对称图形，故错误；
C、不是轴对称图形，故正确；
D、是轴对称图形，故错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
3、B
【解析】
分析：根据零指数幂、有理数的乘方、分数指数幂及负整数指数幂的意义作答即可．
详解：A．，故A正确；
B．，故B错误；
C．．故C正确；
D．，故D正确；
故选B．
点睛：本题考查了零指数幂、有理数的乘方、分数指数幂及负整数指数幂的意义，需熟练掌握且区分清楚，才不容易出错．
4、C
【解析】
分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
详解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误．
故选：C．
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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
5、A
【解析】
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】
数据0.000000007用科学记数法表示为7×10-1．
故选A．
【点睛】
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
6、B
【解析】
根据俯视图是从上往下看的图形解答即可.
【详解】
从上往下看到的图形是：
.
故选B.
【点睛】
本题考查三视图的知识，解决此类图的关键是由三视图得到相应的立体图形.从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图，能看到的线画实线，被遮挡的线画虚线.
7、C
【解析】
延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可求得△PBC的面积．
【详解】
延长AP交BC于E．
∵AP垂直∠B的平分线BP于P，∴∠ABP＝∠EBP，∠APB＝∠BPE＝90°．
在△APB和△EPB中，∵，∴△APB≌△EPB（ASA），∴S△APB＝S△EPB，AP＝PE，∴△APC和△CPE等底同高，∴S△APC＝S△PCE，∴S△PBC＝S△PBE+S△PCES△ABC＝4cm1．
故选C．

【点睛】
本题考查了三角形面积和全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出S△PBC＝S△PBE+S△PCES△ABC．
8、D
【解析】
分析：已知等式利用完全平方公式整理后，利用多项式相等的条件求出a与b的值，即可求出a+b的值．
详解：已知等式整理得：x2+ax+19=（x-5）2-b=x2-10x+25-b，
可得a=-10，b=6，
则a+b=-10+6=-4，
故选D．
点睛：此题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
9、D
【解析】
把点P的横坐标减4，纵坐标减3可得P1的坐标；
让点P的纵坐标不变，横坐标为原料坐标的相反数可得P2的坐标；
让点P的纵坐标的相反数为P3的横坐标，横坐标为P3的纵坐标即可．
【详解】
∵点P（3，4），将点P先向左平移4个单位，再向下平移3个单位得到点P1，∴P1的坐标为（﹣1，1）．
∵点P关于y轴的对称点是P2，∴P2（﹣3，4）．
∵将点P绕原点O按逆时针方向旋转90°得到点P3，∴P3（﹣4，3）．
故选D．
【点睛】
本题考查了坐标与图形的变化；用到的知识点为：左右平移只改变点的横坐标，左减右加，上下平移只改变点的纵坐标，上加下减；两点关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标互为相反数；（a，b）绕原点O按逆时针方向旋转90°得到的点的坐标为（﹣b，a）．
10、D
【解析】
根据“左加右减、上加下减”的原则，
将抛物线向左平移1个单位所得直线解析式为：；
再向下平移3个单位为：．故选D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、3.
【解析】
试题解析：把（-1，0）代入得：
2-3+k-2=0,
解得：k=3.
故答案为3.
12、1
【解析】
根据已知DE∥BC得出=进而得出BC的值
【详解】
∵DE∥BC，AD＝6，BD＝2，DE＝3，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∴，
∴BC＝1，
故答案为1．
【点睛】
此题考查了平行线分线段成比例的性质，解题的关键在于利用三角形的相似求三角形的边长.
13、2．
【解析】
灵活运用方程的性质求解即可。
【详解】
解：由是方程组的解，可得满足方程组，
由①+②的，3x-y=8,即可3a-b=8，
故3a﹣b的算术平方根是，
故答案：
【点睛】
本题主要考查二元一次方程组的性质及其解法。
14、1
【解析】
由双曲线y=（x＞0）经过点D知S△ODF=k=，由矩形性质知S△AOB=2S△ODF=，据此可得OA•BE=1，根据OA=OB可得答案．
【详解】
如图，

∵双曲线y=（x＞0）经过点D，
∴S△ODF=k=，
则S△AOB=2S△ODF=，即OA•BE=，
∴OA•BE=1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∴OB•BE=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查反比例函数图象上的点的坐标特征，解题的关键是掌握反比例函数系数k的几何意义及矩形的性质．
15、46
【解析】
试卷分析：根据平行线的性质和平角的定义即可得到结论．
解：∵直线a∥b，
∴∠3=∠1=34°，
∵∠BAC=100°，
∴∠2=180°−34°−100°=46°，

故答案为46°.
16、1.
【解析】
试题解析：连接OE，如下图所示，

则：OE=OA=R，
∵AB是⊙O的直径，弦EF⊥AB，
∴ED=DF=4，
∵OD=OA-AD，
∴OD=R-2，
在Rt△ODE中，由勾股定理可得：
OE2=OD2+ED2，
∴R2=（R-2）2+42，
∴R=1．
考点：1.垂径定理；2.解直角三角形．

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）△EFC是等腰直角三角形．理由见解析；（3）．
【解析】
试题分析：(1)①过点E作EG⊥BC，垂足为G，根据ASA证明△CEG≌△FEM得CE=FE，再根据SAS证明△ABE≌△CBE 得AE=CE，在△AEF中根据等腰三角形“三线合一”即可证明结论成立；②设AM=x，则AF=2x，在Rt△DEN中，∠EDN=45°，DE=DN=x， DO=2DE=2x，BD=2DO=4x．在Rt△ABD中，∠ADB=45°，AB=BD·sin45°=4x，又AF=2x，从而AF=AB，得到点F是AB的中点．；(2)过点E作EM⊥AB，垂足为M，延长ME交CD于点N，过点E作EG⊥BC，垂足为G．则△AEM≌△CEG(HL)，再证明△AME≌△FME(SAS)，从而可得△EFC是等腰直角三角形．(3)方法同第(2)小题．过点E作EM⊥AB，垂足为M，延长ME交CD于点N，过点E作EG⊥BC，垂足为G．则△AEM≌△CEG(HL)，再证明△AEM≌△FEM (ASA)，得AM=FM，设AM=x，则AF=2x，DN =x，DE=x，BD=x，AB=x，=2x:x=．
试题解析：(1)①过点E作EG⊥BC，垂足为G，则四边形MBGE为正方形，ME=GE，∠MFG=90°，即∠MEF+∠FEG=90°，又∠CEG+∠FEG=90°，∴∠CEG=∠FEM．又GE=ME，∠EGC=∠EMF=90°，∴△CEG≌△FEM．∴CE=FE，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=CB，∠ABE=∠CBE=45°，BE=BE，∴△ABE≌△CBE．∴AE=CE，又CE=FE，∴AE=FE，又EM⊥AB， ∴∠AEM=∠FEM．
②设AM=x，∵AE=FE，又EM⊥AB，∴AM=FM=x，∴AF=2x，由四边形AMND为矩形知，DN=AM=x，在Rt△DEN中，∠EDN=45°，∴DE=DN=x，∴DO=2DE=2x，∴BD=2DO=4x．在Rt△ABD中，∠ADB=45°，∴AB=BD·sin45°=4x·=4x，又AF=2x，∴AF=AB，∴点F是AB的中点．
(2)△EFC是等腰直角三角形．过点E作EM⊥AB，垂足为M，延长ME交CD于点N，过点E作EG⊥BC，垂足为G．则△AEM≌△CEG(HL)，∴∠AEM=∠CEG，设AM=x，则DN=AM=x，DE =x，DO=3DE=3x，BD=2DO=6x．∴AB=6x，又，∴AF=2x，又AM=x，∴AM=MF=x，∴△AME≌△FME(SAS)，∴AE=FE，∠AEM=∠FEM，又AE=CE，∠AEM=∠CEG，∴FE=CE，∠FEM=∠CEG，又∠MEG=90°，∴∠MEF+∠FEG=90°，∴∠CEG+∠FEG=90°，即∠CEF=90°，又FE=CE，∴△EFC是等腰直角三角形．
(3)过点E作EM⊥AB，垂足为M，延长ME交CD于点N，过点E作EG⊥BC，垂足为G．则△AEM≌△CEG(HL)，∴∠AEM=∠CEG． ∵EF⊥CE，∴∠FEC =90°，∴∠CEG+∠FEG=90°．又∠MEG =90°，∴∠MEF+∠FEG=90°，∴∠CEG=∠MEF，∵∠CEG =∠AEF，∴∠AEF=∠MEF，∴△AEM≌△FEM (ASA)，∴AM=FM．设AM=x，则AF=2x，DN =x，DE=x，∴BD=x．∴AB=x．∴=2x:x=．

考点：四边形综合题.
18、
【解析】
先根据分式混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算可得．
【详解】
解：原式=1﹣•（÷）=1﹣••=1﹣=，
当x=﹣2时，
原式===．
【点睛】
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算顺序和运算法则．
19、共有7人，这个物品的价格是53元．
【解析】
根据题意，找出等量关系，列出一元一次方程.
【详解】
解：设共有x人，这个物品的价格是y元，
解得
答：共有7人，这个物品的价格是53元.
【点睛】
本题考查了二元一次方程的应用.
20、（1）（，2）；（2）①y＝（x－）2＋2；②
【解析】
(1)先求出平移后是抛物线G2的函数解析式，即可求得点A的坐标；
(2)①由(1)可知G2的表达式，首先求出AD的值，利用等腰直角的性质得出BD=AD=，从而求出点B的坐标，代入即可得解；
②分别求出当∠BAC=60°时，当∠BAC=120°时m的值，即可得出m的取值范围．
【详解】
（1）∵将抛物线G1：y＝mx2＋2（m≠0）向右平移个单位长度后得到抛物线G2，
∴抛物线G2：y＝m（x－）2＋2，
∵点A是抛物线G2的顶点.
∴点A的坐标为（，2）．
（2）①设抛物线对称轴与直线l交于点D，如图1所示．
∵点A是抛物线顶点，
∴AB＝AC．
∵∠BAC＝90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴CD＝AD＝，
∴点C的坐标为（2，）．
∵点C在抛物线G2上，
∴＝m（2－）2＋2，
解得：．
②依照题意画出图形，如图2所示．
同理：当∠BAC＝60°时，点C的坐标为（＋1，）；
当∠BAC＝120°时，点C的坐标为（＋3，）．
∵60°＜∠BAC＜120°，
∴点（＋1，）在抛物线G2下方，点（＋3，）在抛物线G2上方，
∴，
解得：．


【点睛】
此题考查平移中的坐标变换，二次函数的性质，待定系数法求二次函数的解析式，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握坐标系中交点坐标的计算方法是解本题的关键，利用参数顶点坐标和交点坐标是解本题的难点.
21、 作a∥b∥c∥d，可得交点P与P′
【解析】
（1）根据勾股定理计算即可；
（2）利用平行线等分线段定理即可解决问题.
【详解】
（I）AC==，
故答案为：；
（II）如图直线l1，直线l2即为所求；

理由：∵a∥b∥c∥d，且a与b，b与c，c与d之间的距离相等，
∴CP=PP′=P′A，
∴S△BCP=S△ABP′=S△ABC．
故答案为作a∥b∥c∥d，可得交点P与P′．
【点睛】
本题考查作图-应用与设计，勾股定理，平行线等分线段定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22、（1）2；（2）3，﹣2，或﹣1或1．（3）﹣2＜x＜﹣1或x＞1．
【解析】
试题分析：（1）求出x=﹣1时的函数值即可解决问题；利用描点法画出图象即可；
（2）利用图象以及表格即可解决问题；
（3）不等式x3+2x2＞x+2的解集，即为函数y=x3+2x2﹣x﹣2的函数值大于2的自变量的取值范围，观察图象即可解决问题.
试题解析：（1）由题意m=﹣1+2+1﹣2=2．
函数图象如图所示．

（2）根据表格和图象可知，方程的解有3个，分别为﹣2，或﹣1或1．
（3）不等式x3+2x2＞x+2的解集，即为函数y=x3+2x2﹣x﹣2的函数值大于2的自变量的取值范围．
观察图象可知，﹣2＜x＜﹣1或x＞1．
23、见解析
【解析】
根据等边三角形性质得∠B=∠C，根据三角形外角性质得∠CAD=∠BDE,易证.
【详解】
证明：ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°,
∴∠ADB=∠CAD+∠C= ∠CAD+60°，
∵∠ADE=60°，
∴∠ADB=∠BDE+60°,
∴∠CAD=∠BDE,
∴
【点睛】
考核知识点：相似三角形的判定.根据等边三角形性质和三角形外角确定对应角相等是关键.
24、（1）①四边形CEGF是正方形；②；（2）线段AG与BE之间的数量关系为AG=BE；（3）3
【解析】
（1）①由、结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；
②由正方形性质知、，据此可得、，利用平行线分线段成比例定理可得；
（2）连接CG，只需证∽即可得；
（3）证∽得，设，知，由得、、，由可得a的值．
【详解】
（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，
∴EG=EC，
∴四边形CEGF是正方形；
②由①知四边形CEGF是正方形，
∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，
∴，GE∥AB，
∴，
故答案为；
（2）连接CG，

由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，
=、=，
∴=，
∴△ACG∽△BCE，
∴，
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG=BE；
（3）∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC=135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC=∠BEC=135°，
∴∠AGH=∠CAH=45°，
∵∠CHA=∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴，
设BC=CD=AD=a，则AC=a，
则由得，
∴AH=a，
则DH=AD﹣AH=a，CH==a，
∴由得，
解得：a=3，即BC=3，
故答案为3．
【点睛】
本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键.