真题解析湖南省邵阳县中考数学模拟测评 卷（Ⅰ）（含详解）

这是一份真题解析湖南省邵阳县中考数学模拟测评 卷（Ⅰ）（含详解），共37页。试卷主要包含了下列式子中，与是同类项的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、将一把直尺和一块含30°和60°角的三角板ABC按如图所示的位置放置，如果∠CDE=45°，那么∠BAF的大小为（ ）
A．15°B．10°C．20°D．25°
2、下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
3、如图，在矩形ABCD中，，，点O在对角线BD上，以OB为半径作交BC于点E，连接DE；若DE是的切线，此时的半径为（ ）
A．B．C．D．
4、下列式子中，与是同类项的是（ ）
A．abB．C．D．
5、如图，已知与都是以A为直角顶点的等腰直角三角形，绕顶点A旋转，连接．以下三个结论：①；②；③；其中结论正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．0
6、在如图所示的几何体中，从不同方向看得到的平面图形中有长方形的是（ ）
A．①B．②C．①②D．①②③
7、如图，在中，，点D是BC上一点，BD的垂直平分线交AB于点E，将沿AD折叠，点C恰好与点E重合，则等于（ ）
A．19°B．20°C．24°D．25°
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8、若把边长为的等边三角形按相似比进行缩小，得到的等边三角形的边长为（ ）
A．B．C．D．
9、如图，在中，D是延长线上一点，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
10、如图，是的切线，B为切点，连接，与交于点C，D为上一动点（点D不与点C、点B重合），连接．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，过的重心G作分别交边AC、BC于点E、D，联结AD，如果AD平分，，那么______．
2、若代数式的值是3，则多项式的值是______．
3、某树主干长出x根枝干，每个枝干又长出x根小分支，若主干、枝干和小分支总数共133根，则主干长出枝干的根数x为______．
4、不等式的解集是__．
5、已知点A（x1，y1）、B（x2，y2）为函数y＝﹣2（x﹣1）2+3的图象上的两点，若x1＜x2＜0，则y1_____y2（填“＞”、“＝”或“＜”），
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、在平面直角坐标系xOy中，已知点A（1，0）和点B（5，0）．对于线段AB和直线AB外的一点C，给出如下定义：点C到线段AB两个端点的连线所构成的夹角∠ACB叫做线段AB关于点C的可视角，其中点C叫做线段AB的可视点．
（1）在点D（-2，2）、E（1，4）、F（3，-2）中，使得线段AB的可视角为45°的可视点是 ；
（2）⊙P为经过A，B两点的圆，点M是⊙P上线段AB的一个可视点.
① 当AB为⊙P的直径时，线段AB的可视角∠AMB为 度；
② 当⊙P的半径为4时，线段AB的可视角∠AMB为 度；
（3）已知点N为y轴上的一个动点，当线段AB的可视角∠ANB最大时，求点N的坐标．
2、如图1，在平而直角坐标系中，抛物线（、、为常数，）的图像与轴交于点、两点，与轴交于点，且抛物线的对称轴为直线．
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（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线上方的抛物线上有一动点，过点作轴，垂足为点，交直线于点；是否存在点，使得取得最大值，若存在请求出它的最大值及点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，若点是抛物线上另一动点，且满足，请直接写出点的坐标．
3、我们定义：在等腰三角形中，腰与底的比值叫做等腰三角形的正度．如图1，在△ABC中，AB＝AC，的值为△ABC的正度．
已知：在△ABC中，AB＝AC，若D是△ABC边上的动点（D与A，B，C不重合）．
（1）若∠A＝90°，则△ABC的正度为 ；
（2）在图1，当点D在腰AB上（D与A、B不重合）时，请用尺规作出等腰△ACD，保留作图痕迹；若△ACD的正度是，求∠A的度数．
（3）若∠A是钝角，如图2，△ABC的正度为，△ABC的周长为22，是否存在点D，使△ACD具有正度？若存在，求出△ACD的正度；若不存在，说明理由．
4、计算：（﹣）2021×（3）2020×（﹣1）2022．
5、在等腰中，，，点在直线上．
（1）如图1所示，点在上，点是的中点，连接．若，，求的周长；
（2）如图2所示，点在的延长线上，连接，过点作的垂线交于点．点在上，于点，连接．若，，求证：；
（3）如图3所示，点、在边上，连接、，，点是的中点，连接，与交于点．将沿着翻折，点的对应点是点，连接．若，，请直接写出的面积．
-参考答案-
一、单选题
1、A
【分析】
利用DE∥AF，得∠CDE=∠CFA=45°，结合∠CFA=∠B+∠BAF计算即可．
【详解】
∵DE∥AF，
∴∠CDE=∠CFA=45°，
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∵∠CFA=∠B+∠BAF，∠B=30°，
∴∠BAF=15°，
故选A．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，三角板的意义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
2、C
【分析】
根据合并同类项法则解答即可．
【详解】
解：A、3x和4y不是同类项，不能合并，故A选项错误；
B、，故B选项错误；
C、，故C选项正确；
D、，故D选项错误，
故选：C．
【点睛】
本题考查合并同类项，熟练掌握合并同类项法则是解答的关键．
3、D
【分析】
设半径为r，如解图，过点O作，根据等腰三角形性质，根据四边形ABCD为矩形，得出∠C=90°=∠OFB，∠OBF=∠DBC，可证．得出，根据勾股定理，代入数据，得出，根据勾股定理在中，，即，根据为的切线，利用勾股定理，解方程即可．
【详解】
解：设半径为r，如解图，过点O作，
∵OB=OE，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠C=90°=∠OFB，∠OBF=∠DBC，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
在中，，即，
又∵为的切线，
∴，
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∴，
解得或0（不合题意舍去）．
故选D．
【点睛】
本题考查矩形性质，等腰三角形性质，圆的切线，勾股定理，一元二次方程，掌握矩形性质，等腰三角形性质，圆的切线性质，勾股定理，一元二次方程，矩形性质，等腰三角形性质，圆的半径相等，勾股定理，一元二次方程，是解题关键．
4、D
【分析】
根据同类项是字母相同，相同字母的指数也相同的两个单项式进行解答即可．
【详解】
解：A、ab与ab2不是同类项，不符合题意；
B、a2b与ab2不是同类项，不符合题意；
C、ab2c与ab2不是同类项，不符合题意；
D、－2ab2与ab2是同类项，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查同类项，理解同类项的概念是解答的关键．
5、B
【分析】
证明△BAD≌△CAE，由此判断①正确；由全等的性质得到∠ABD=∠ACE，求出∠ACE+∠DBC=45°，依据，推出，故判断②错误；设BD交CE于M，根据∠ACE+∠DBC=45°，∠ACB=45°，求出∠BMC=90°，即可判断③正确．
【详解】
解：∵与都是以A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴，故①正确；
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC=45°，
∴∠ACE+∠DBC=45°，
∵，
∴，
∴不成立，故②错误；
设BD交CE于M，
∵∠ACE+∠DBC=45°，∠ACB=45°，
∴∠BMC=90°，
∴，故③正确，
故选：B．
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【点睛】
此题考查了三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质，熟记三角形全等的判定定理及性质定理是解题的关键．
6、C
【分析】
分别找出每个图形从三个方向看所得到的图形即可得到答案．
【详解】
①正方体从上面、正面、左侧三个不同方向看到的形状都是正方形，符合要求；
②圆柱从左面和正面看都是长方形，从上边看是圆，符合要求；
③圆锥，从左边看是三角形，从正面看是三角形，从上面看是圆，不符合要求；故选：C．
【点睛】
本题考查了从不同方向看几何体，掌握定义是关键．注意正方形是特殊的长方形．
7、B
【分析】
根据垂直平分线和等腰三角形性质，得；根据三角形外角性质，得；根据轴对称的性质，得，，；根据补角的性质计算得，根据三角形内角和的性质列一元一次方程并求解，即可得到答案．
【详解】
∵BD的垂直平分线交AB于点E，
∴
∴
∴
∵将沿AD折叠，点C恰好与点E重合，
∴，，
∵
∴
∵
∴
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查了轴对称、三角形内角和、三角形外角、补角、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握轴对称、三角形内角和、三角形外角的性质，从而完成求解．
8、A
【分析】
直接根据位似图形的性质求解即可
【详解】
解：∵把边长为的等边三角形按相似比进行缩小，
∴得到的新等边三角形的边长为：
故选：A
【点睛】
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本题主要考查了根据位似图形的性质求边长，熟练掌握位似图形的性质是解答本题的关键．
9、B
【分析】
根据三角形外角的性质可直接进行求解．
【详解】
解：∵，，
∴；
故选B．
【点睛】
本题主要考查三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．
10、B
【分析】
如图：连接OB，由切线的性质可得∠OBA=90°，再根据直角三角形两锐角互余求得∠COB，然后再根据圆周角定理解答即可．
【详解】
解：如图：连接OB，
∵是的切线，B为切点
∴∠OBA=90°
∵
∴∠COB=90°-42°=48°
∴=∠COB=24°．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了切线的性质、圆周角定理等知识点，掌握圆周角等于对应圆心角的一半成为解答本题的关键．
二、填空题
1、8
【解析】
【分析】
由重心的性质可以证明,再由AD平分和可得DE=AE，最后根据得到即可求出EC．
【详解】
连接CG并延长与AB交于H，
∵G是的重心
∴
∴
∵
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∴,，
∴
∴
∵AD平分
∴
∴
∴
∴,
∴
【点睛】
本题考查三角形的重心的性质、相似三角形的性质与判定、平行线分线段成比例，解题的关键是利用好平行线得到多个结论．
2、1
【解析】
【分析】
先观察，再由已知求出6a－3b=9，然后整体代入求解即可．
【详解】
解：∵2a－b=3，
∴6a－3b=9，
∴6a－(3b+8)=（6a－3b）－8=9－8=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查代数式求值、整式的加减，利用整体代入求解是解答的关键．
3、
【解析】
【分析】
某树主干长出x根枝干，每个枝干又长出x根小分支，则小分支有根，可得主干、枝干和小分支总数为根，再列方程解方程，从而可得答案.
【详解】
解：某树主干长出x根枝干，每个枝干又长出x根小分支，则



解得：
经检验：不符合题意；取
答：主干长出枝干的根数x为
故答案为：
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的应用，理解题意，用含的代数式表示主干、枝干和小分支总数是解本题的关键.
4、##
【解析】
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【分析】
移项合并化系数为1即可．
【详解】
．
移项合并同类项，得：．
化系数为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查一次不等式的解法，掌握一般步骤是关键，属于基础题．
5、＜
【解析】
【分析】
找到二次函数对称轴，根据二次函数的增减性即可得出结论．
【详解】
解：∵y＝﹣2（x﹣1）2+3，
∴抛物线y＝﹣2（x﹣1）2+3的开口向下，对称轴为x＝1，
∴在x＜1时，y随x的增大而增大，
∵x1＜x2＜0，
∴y1＜y2．
故答案为：＜．
【点睛】
本题考查二次函数的增减性，掌握其增减规律，找到对称轴是解本题关键．
三、解答题
1、
（1）点E
（2）① 90；② 30或150
（3）N（0，）或（0，- ）
【分析】
（1）AE、BE、AB满足勾股定理，且AE=AB，可知为等腰直角三角形，则∠AEB=45°，故E点可使线段AB的可视角为45°．
（2）①由半径所对的圆周角为90°即可得出∠AMB为90°．
②连接AP、BP，即可得出为等边三角形，由圆周角定理即可求得∠AMB为30°或150°．
（3）以AB为弦作圆M且过点N，由圆周角定理可得出当圆心角AMB最大时，圆周角ANB最大，由直线与圆的位置关系得出当y轴与圆M相切时圆心角AMB最大，进而可求得N点坐标．
（1）
连接AE，BE
∵AE=4，AB=4，AE⊥AB
∴为等腰直角三角形
∴∠AEB=45°．
故使得线段AB的可视角为45°的可视点是点E．
（2）
①有题意可知，此时AB为⊙P直径
由半径所对的圆周角为90°可知∠AMB为90°
②当⊙P的半径为4时，AB为⊙P一条弦，连接AP，BP
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∵BP=AP=4，AB=4
∴为等边三角形
∴∠APB=60°
当点M在圆心一侧由圆周角定理知∠AMB=
当点M不在圆心一侧由内切四边形性质可知∠AMB=180°-30°=150°
（3）
（3）解： ∵过不在同一条直线上的三点确定一个圆，
∴A、B、N三点共圆，且过A、B两点的圆有无数个，圆心在直线x=3上.
即：点N的位置为过A、B两点的圆与y轴的交点.
设过A、B两点的圆为⊙M，半径为r.
当r3时，y轴与⊙M1交于两点，此时y轴与⊙M1相交，交点设为N1、N2.
连接AM、BM、AN、BN、AM1、BM1、AN1、BN1．
此时，∠ANB、∠AMB分别为⊙M中弧AB所对的圆周角和圆心角；
∠AN1B、∠AM1B分别为⊙M1中弧AB所对的圆周角和圆心角.
∵∠1=∠M1AM+∠AM1M，
∠2=∠M1BM+∠BM1M，
∴∠1+∠2=∠M1AM+∠AM1M+∠BM1M+∠M1BM，
即∠AMB=∠M1AM+∠AM1B+∠M1BM
∴∠AMB>∠AM1B
∴∠ANB>∠AN1B
∵∠AN1B=∠AN2B
∴∠ANB>∠AN2B
∴当y轴与⊙M相切于点N时，∠ANB的值最大.
在Rt△AMC中，AM=r=3，AC=2
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∴MC=
∵MN⊥y轴，MC⊥AB，
∴四边形OCMN为矩形.
∴ON=MC=
∴N（0，）
同理，当点N在y轴负半轴时，坐标为（0，- ）
综述所述，N（0，）或（0，-）.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，将可视角的定义转化为圆内弦AB的圆周角是解题的关键，再结合图象计算即可．
2、
（1）
（2）；
（3）
【分析】
（1）待定系数法求解析式即可；
（2）过点作于点，求得，直线的解析式为，设，点在直线上，则，进而求得，根据二次函数的性质求得最值以及的值，进而求得的坐标；
（3）取点，连接，则，进而证明，根据的解析式求得的解析式，进而联立抛物线解析式即可求得点的坐标．
（1）
解：抛物线的对称轴为直线，与轴交于点、两点，与轴交于点，
设抛物线的解析式为，将点代入得
解得
抛物线的解析式为
即
（2）
解：如图，过点作于点，
设直线的解析式为，将点，
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代入得：
解得
直线的解析式为
，
是等腰直角三角形
轴，
轴
在中，
在直线上方的抛物线上有一动点，设
点在直线上，则
，
即当时，的最大值为：
此时
即
（3）
如图，取点，连接，则，
又
设直线的解析式为
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则
解得
直线的解析式为
设直线的解析式为，过点
解得
直线的解析式为
是抛物线上的一点，则为直线与抛物线的交点，则
解得，
【点睛】
本题考查了二次函数综合，一次函数的平移问题，二次函数最值问题，掌握二次函数的图象的性质是解题的关键．
3、（1）（2）图见解析，∠A=45°（3）存在，正度为或．
【分析】
（1）当∠A＝90°，△ABC是等腰直角三角形，故可求解；
（2）根据△ACD的正度是，可得△ACD是以AC为底的等腰直角三角形，故可作图；
（3）由△ABC的正度为，周长为22，求出△ABC的三条边的长，然后分两种情况作图讨论即可求解．
【详解】
（1）∵∠A＝90°，则△ABC是等腰直角三角形
∴AB=AC
∵AB2+AC2=BC2
∴BC=
∴△ABC的正度为
故答案为：；
（2）∵△ACD的正度是，由（1）可得△ACD是以AC为底的等腰直角三角形
故作CD⊥AB于D点，如图，△ACD即为所求；
∵△ACD是以AC为底的等腰直角三角形
∴∠A=45°；
（3）存在
∵△ABC的正度为，
∴＝，
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设：AB＝3x，BC＝5x，则AC＝3x，
∵△ABC的周长为22，
∴AB＋BC＋AC＝22，
即：3x+5x+3x＝22，
∴x＝2，
∴AB＝3x＝6，BC＝5x＝10，AC＝3x＝6，
分两种情况：
①当AC＝CD＝6时，如图
过点A作AE⊥BC于点E，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE＝BC＝5，
∵CD＝6，
∴DE＝CD−CE＝1，
在Rt△ACE中，
由勾股定理得：AE＝，
在Rt△AED中，
由勾股定理得：AD＝
∴△ACD的正度＝；
②当AD＝CD时，如图
由①可知：BE＝5，AE＝，
∵AD＝CD，
∴DE＝CE−CD＝5−AD，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2−DE2＝AE2，
即：AD2−（5−AD）2＝11，
解得：AD＝，
∴△ACD的正度＝．
综上所述存在两个点D，使△ABD具有正度．△ABD的正度为或．
【点睛】
此题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是理解正度的含义、熟知勾股定理与等腰三角形的性质．
4、
【分析】
直接利用积的乘方的逆运算法则：以及有理数的混合运算法则计算得出答案．
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 外 · · · · · · ○ · · · · · ·
【详解】
解：原式＝
＝
＝
【点睛】
题考察了积的乘方运算，解题的关键是正确掌握相关运算法则．特别是要知道-1的偶次方是1．
5、
（1）
（2）见解析
（3）
【分析】
（1）过点作于点，根据，设，则，进而根据等腰直角三角形的性质表示出，根据勾股定理求得，进而求得的值，即可求得的周长；
（2）过点作，垂足为，证明，设交于点，过点作交于，连接，证明四边形，是平行四边形，可得，又,进而即可得证；
（3）过点作，连接,延长交于点，连接，，根据翻折的性质可得，点是的中点，，，可得，根据等底同高，进而证明，即可得则，根据相似三角形的性质以及正弦的定义可得，再根据相似三角形的性质可得，进而即可求得
（1）
如图，过点作于点，
，，
设，则
在中，
是的中点
在中，，，
在中，
的周长为
的周长为
（2）
如图，过点作，垂足为，
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
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在中，，，
，，
在与中
设交于点，过点作交于，连接，如图，
是的高，
垂直平分
，
，
又
又
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
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又
四边形是平行四边形
又
四边形是平行四边形
（3）
如图，过点作，连接,延长交于点，连接，，
翻折
，，
点是的中点，
，
，
又
设
，
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
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是的中点，
在中，
如图，过点作
又是的中点，
又
是的中点，是的中点
,为的中点
设，则,

· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 内 · · · · · · ○ · · · · · ·
号学级年名姓
· · · · · · 线 · · · · · · ○ · · · · · · 封 · · · · · · ○ · · · · · · 密 · · · · · · ○ · · · · · · 外 · · · · · · ○ · · · · · ·
【点睛】
本题考查了解直角三角形，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质与判定，轴对称的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，掌握等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定是解题的关键．