模拟测试（三）（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（华师大版）

这是一份模拟测试（三）（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（华师大版），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
模拟测试（三）


一、单选题
1．下列等式中，计算正确的是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据同底数幂的乘法、合并同类项、积的乘方、幂的乘方进行计算即可．
【详解】
A．a2•a9=a11，此选项正确；
B．x3﹣x2=x3﹣x2，此选项错误；
C．（﹣3pq）2=9p2q2，此选项错误；
D．（2x3）3=8x9，此选项错误．
故选A．
2．若，，则的值是（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【分析】
绝对值的性质：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．求两个字母的和的时候，注意分四种情况．
【详解】
解：∵|m|=2，|n|=3，
∴m=±2，n=±3．
∴m+n=±5或±1．
∴|m+n|的值是5或1．
故选：D．
3．在平面直角坐标系中，线段A′B′是由线段AB经过平移得到的，已知点A(−2，1)的对应点为A′(3，4)，点B的对应点为B′(4，0)，则点B的坐标为（ ）
A．(9，3) B．(−1，−3) C．(3，−3) D．(−3，−1)
【答案】B
【分析】
先根据点A和A′的坐标求出平移的距离和方式，然后按照点的平移规律即可得到B的坐标．
【详解】
解：∵点A(﹣2，1)的对应点为A′(3，4)，
∴3−(−2)=5，4-1=3，
∴线段AB向右平移5个单位长度，再向上平移3个单位长度得到线段A′B′，
∴要想得到B的坐标，需将B′向左平移5个单位长度，再向下平移3个单位长度．
∵B′(4，0)，
∴4−5=−1，0-3=-3；
∴B(−1,-3)，　
故选：B．
4．禽流感病毒的形状一般为球形，直径大约为，该直径用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
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（，n为正整数）．与较大数的科学记数法不同的是其所用的是负指数幂，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】

故选：A
5．如图，已知的对角线、相交于点，且，，，则的周长为（ ）

A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C
【分析】
根据平行四边形的性质即可解决问题.
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=4，OA=OC=3，OB=OD=5，
∴△OCD的周长=4+3+5=12，
故选:C．
6．如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC，BC为边向外作正方形ACDE，BCFG，DE，FG, 的中点分别是M，N，P，Q．若MP+NQ＝14，AC+BC＝20，则AB的长是（　　）

A．9 B． C．13 D．16
【答案】D
【分析】
连接OP、OQ分别交AC、BC相交于点G、H，利用中位线定理求出OG+OH的长，根据AC+BC求出MG+NH的长，再由MP+NQ求出PG+QH的长，进而求出OP+OQ的长，即可确定出AB的长．
【详解】
连接OP、OQ分别与AC、BC相交于点G、H，

根据中点可得OG+OH＝（AC+BC）＝10，MG+NH＝AC+BC＝20，
∵MP+NQ＝14，
∴PG+QH＝20﹣14＝6，
则OP+OQ＝（OG+OH）+（PG+QH）＝10+6＝16，
根据题意可得OP、OQ为圆的半径，AB为圆的直径，
则AB＝OP+OQ＝16．
故选D．
7．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据轴对称和中心对称的定义进行选择即可.
【详解】
A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选B．
8．如图，抛物线（）经过点，且对称轴为直线．有四个结论：①；②；③；④若，则时的函数值小于时的函数值，其中正确的结论个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】
利由抛物线的位置可对①进行判断；利用抛物线与x轴的交点有两个对②进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点坐标为（−1，0），代入解析式则可对③进行判断；由抛物线的对称性和二次函数的性质可对④进行判断．
【详解】
解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线交y轴的正半轴，
∴c＞0，
∴ac＜0，故①正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2−4ac＞0，故②错误；
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
而点（3，0）关于直线x＝1的对称点的坐标为（−1，0），
∴a−b＋c＝0，故③正确；
∵抛物线开口向下，对称轴为直线x＝1，
∴横坐标是1−m的点的对称点的横坐标为1＋m，
∵若m＞n＞0，
∴1＋m＞1＋n，
∴x＝1−m时的函数值小于x＝1＋n时的函数值，故④正确．
故选：C．

二、填空题
9．在创建“书香校园”活动中，为了解学生的读书情况，某校抽样调查了部分同学在一周内的阅读时间，绘制如下统计图．根据图中信息，解答下列问题：
（1）被抽查学生阅读时间的中位数为_______h，众数为________h；平均数为________h：
（2）若该校共有800名学生，请你估算该校一周内阅读时间不少于3h的学生人数．

【答案】（1）2，2，2.34；（2）阅读时间不少于3 h的学生约有288人．
【分析】
（1）根据题意与中位数、众数、平均数的定义进行解答即可；
（2）用800名学生乘以一周内阅读时间不少于3h的学生人数的比例即可得解.
【详解】
（1）解：由题意可知，被抽查学生阅读时间的中位数为2h，众数为2h，
平均数==2.34h；
（2）用800名学生乘以一周内阅读时间不少于3h的学生人数的比例可得：=288（人），
答：阅读时间不少于3 h的学生约有288人．
10．如图，，垂足为，过作，若，则_________．

【答案】47°
【分析】
根据垂直的定义可得∠BCE=90°，从而求出∠BCD，然后根据两直线平行，内错角相等即可求出．
【详解】
解：∵
∴∠BCE=90°
∵
∴∠BCD=∠BCE－∠ECD=47°
∵
∴∠BCD=47°
故答案为：47°．
11．如图，某一时刻一根2米长的竹竿EF影长GE为1.2米，此时，小红测得一棵被风吹斜的杨树与地面成30º角，树顶端B在地面上的影子点D与B到垂直地面的落点C的距离是3.6米，则树长AB等于________米．

【答案】12
【分析】
先利用△BDC∽△FGE得到=，可计算出BC=6，然后在Rt△ABC中利用含30度的直角三角形三边的关系即可得到AB的长．
【详解】
解：如图，CD=3.6m，
∵△BDC∽△FGE，
∴=，即=，
∴BC=6，
在Rt△ABC中，∵∠A=30°，
∴AB=2BC=12，
即树长AB是12米．
故答案为12.
12．已知与成反比例．且时，，则时，______．
【答案】
【分析】
设，将代入得含k的方程，求k确定解析式，再求函数值为9时对应的自变量的值.
【详解】
解：设y与x的解析式为 ，
将点代入得，
，
∴y与x的解析式为 ，
当y=9时，，
∴ .
故答案为：
13．如图，在中，，，，和分别是其外角和的角平分线，延长和相交于点E，则_____度，_____．

【答案】45° 6
【分析】
根据角平分线的定义和三角形外角的性质和三角形内角和定理，即可求得∠D，过点D作DH⊥AC于点H，过点D作DM⊥BG于点M，过点D作DN⊥BG于点N， 先证明RtRt，可得AH=AM，同理：CH=CN，设CN=x，则AM=5-x，根据正方形的性质，列出方程，即可求解．
【详解】
解：∵和分别是其外角和的角平分线，
∴∠DCA=∠FCA，∠DAC=∠GAC，
又∵∠FCA=∠CAB+90°，∠GAC=∠ACB+90°，
∴∠DCA+∠DAC=(∠FCA+∠GAC)= (∠CAB+90°+∠ACB+90°)= ×270°=135°，
∴∠D=180°-(∠DCA+∠DAC)=180°-135°=45°．
过点D作DH⊥AC于点H，过点D作DM⊥BG于点M，过点D作DN⊥BG于点N，则四边形DMBN是矩形，

∵和分别是其外角和的角平分线，
∴DN=DH，DM=DH，即：DN=DH=DM，
∴四边形DMBN是正方形，
在Rt和Rt中，
∵，
∴RtRt（HL），
∴AH=AM，
同理：CH=CN，
∵在中，，，，
∴AC=，
∴AM+ CN=AC=5，
设CN=x，则AM=5-x，
∴4+x=3+5-x，解得：x=2，
∴AM=5-2=3，DM=BN=4+2=6，
在Rt和Rt中，
∵，
∴RtRt，
∴BE=DM=6．
故答案是：45°，6．
14．已知a、b互为相反数，c、d互为倒数，是最小的正整数，则的值为_________．
【答案】0或-2
【分析】
根据a、b互为相反数，c、d互为倒数，|e|是最小的正整数，可以得到a+b=0，cd=1，e=±1，从而可以求得所求式子的值．
【详解】
解：∵a、b互为相反数，c、d互为倒数，|e|是最小的正整数，
∴a+b=0， cd=1，e=±1，
当e=1时，=-1+0-1=-2；
当e=-1时，=-1+0+1=0；
故答案为：0或-2．

三、解答题
15．“ 六一”儿童节前夕，某县教育局准备给留守儿童赠送一批学习用品，先对某小学的留守儿童人数进行抽样统计，发现各班留守儿童人数分别为6名，7 名，8 名，10 名，12 名这五种情形，并将统计结果绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图.

请根据上述统计图，解答下列问题：
(1)该校有_______个班级；各班留守儿童人数的中位数是_______；并补全条形统计图；
(2)若该镇所有小学共有65 个教学班，请根据样本数据，估计该镇小学生中，共有多少名留守儿童.
【答案】（1）16，9，补图见解析；（2）585
【分析】
（1）根据有7名留守儿童班级有2个，所占的百分比是12.5%，即可求得班级的总个数，根据中位数的概念求出中位数，求出留守儿童人为8名的班级数，补全条形统计图；
（2）求出每班的留守儿童的平均数，利用班级数60乘以平均数即可．
【详解】
解：（1）该校的班级数是：2÷12.5%＝16（个），
中位数是（名），
留守儿童人数为8名的班级数为：16﹣1﹣2﹣6﹣2＝5，
故答案为：16；9；
补全条形统计图如图：

（2）每班的留守儿童的平均数是：（1×6+2×7+5×8+6×10+12×2）＝9（人），
则该镇小学生中，共有留守儿童65×9＝585（人）．
答：该镇小学生中共有留守儿童585人．
16．计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）2﹣，（2）﹣3．
【分析】
（1）先分别进行有理数的乘方，算术平方根，绝对值运算，然后再合并计算；
（2）先分别进行立方根，算术平方根运算，然后再合并计算．
【详解】
解：（1）原式＝﹣1+2﹣（﹣1）
＝﹣1+2﹣+1
＝2﹣，
（2）原式＝﹣3﹣0﹣+
＝﹣3﹣
＝．
17．先化简再求值：其中
【答案】，
【分析】
先计算括号内的分式，然后去括号相加，然后约分．化简后代入数值即可．
【详解】
解：原式=
当时
原式=.
18．已知：如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交AC于点D，且D为AC的中点，过D作DE丄CB，垂足为E．

（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）已知CD=4，CE=3，求⊙O的半径．
【答案】（1）直线DE是⊙O的切线；理由见解析．（2）⊙O的半径为83．
【解析】
试题分析：（1）利用切线的判定得出∠ODE=90°，进而求出DE是⊙O的切线，
（2）利用常作的一条辅助线，即“见切点，连半径，得垂直”，然后再把要证的垂直与已有的垂直进行联系，即可得出证法，利用相似三角形的判定与性质求出即可．
试题解析：（1）证明：连接OD，
∵D为AC的中点，O为AB的中点，
∴DO∥BC，
∵DE丄CB，
∴DE⊥OD，
∴∠ODE=90°，
∴直线DE是⊙O的切线；

（2）解：连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴BD⊥AC，
∴∠BDC=90°，
又∵DE⊥BC，
Rt△CDB∽Rt△CED，
∴BCDC=DCCE
∴BC=DC2CE=423=163
又∵OD=12BC，
∴OD=12×163＝83
即⊙O的半径为83．
19．校内数学兴趣小组组织了一次测量探究活动．如图，大楼的顶部竖有一块广告牌CD，小明与同学们在山坡的坡脚A处测得广告牌底部D的仰角为53°，沿坡面AB向上走到B处测得广告牌顶部C的仰角为45°，已知山坡AB的坡度i＝1：，AB＝12米，AE＝24米.（测角器的高度忽略不计，结果精确到0.1米，参考数据：，≈1.73，sin53°≈，）
（1）求点B距水平地面AE的高度；
（2）求广告牌CD的高度．

【答案】（1）点B距水平地面AE的高度为6米；（2）广告牌CD的高约8.4米
【分析】
（1）根据坡度的意义，求出，再利用直角三角形的边角关系求出答案；
（2）在中求出，进而求出，即，再在中，得出，在中由边角关系求出，最终求出，取近似值得出答案．
【详解】
解：（1）如图，过点作，，垂足分别为，

由题意可知，，，，米，米，
∵，
∴，
∴（米），
即点距水平地面的高度为6米；
（2）在中，
∴（米），
（米），
∴米，
∵，
∴米，
∴米，
在中，，米，
∴（米），
∴


（米）
答：广告牌的高约8.4米．
20．如图，已知∥，点、在上，，．求证：

【答案】见解析
【分析】
利用SAS证明△ABC≌△DEF即可得到结论.
【详解】
证明：∵AB∥DE，
∴∠A=∠D，
∵AF=DC
∴AF+FC=DC+FC，即AC =DF
∴在△ABC和△DEF中，

∴△ABC≌△DEF
∴∠B=∠E．
21．如图，△ABC中，∠ABC＝60°，分别以AB，AC为边向三角形外作等边△ABD和等边△ACE，解答下列各题，并要求标注推导理由：


（1）如图1，求证：AD∥BC；
（2）如图2，连接CD、BE，求证：DC＝BE；
（3）如图3，连接DE，交AB于点F，求证：DF＝EF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）由等边三角形的性质和平行线的判定可得；
（2）利用等边三角形的性质判断△DAC≌△BAE即可得；
（3）过点D作DG∥AE交AB于点G，连接DG，利用等边三角形的性质证明△DBG≌△ABC，得到DG＝AC，得到四边形AEGD为平行四边形，进而可证．
【详解】
证明：（1）∵△ADB为等边三角形，
∴∠DAB＝60°＝∠ABC，
∴AD∥BC，
（2）∵△ADB和△ACE为等边三角形，
∴AC＝AE，AD＝AB，∠DAB＝∠CAE＝60°，
∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴DC＝BE，
（3）过点D作DG∥AE交AB于点G，连接EG，

则∠GAE＝∠DGA，
∵△ADB和△ACE为等边三角形，
∴AB＝BD，AC＝AE，∠DBA＝∠ABC＝∠CAE＝60°，
∵∠GAE＝∠BAC+∠CAE＝60°+∠BAC，
∠DGA＝∠DBA+∠BDG＝60°+∠BDG，
∴∠BAC＝∠BDG，
在△DBG和△ABC中，
，
∴△DBG≌△ABC（ASA）
∴DG＝AC，
∴四边形AEGD为平行四边形，
∴DF＝FE．
22．暑假旅游旺季即将到来，外出旅游的人数不断攀升，去海边游玩是大多数人不错的选择，去海边游玩的人都会选择自己购买海产品进行加工，某商家7月1日进购了一批扇贝与爬爬虾共计200千克，已知扇贝进价10元/千克，售价30元/千克，爬爬虾进价20元/千克，售价30元/千克．
（1）若这批海产品全部售完获利不低于3000元，则扇贝至少进购多少千克？
（2）第一批扇贝和爬爬虾很快售完，于是商家决定购进第二批扇贝与爬爬虾，两种海产品的进价不变，扇贝售价比第一批上涨，爬爬虾售价比第一批上涨，销量与（1）中获得最低利润时的销量相比，扇贝的销量下降了，爬爬虾的销量不变，结果第二批已经卖掉的扇贝与爬爬虾的销售总额比（1）中第一批扇贝与爬爬虾售完后对应的最低销售总额增加了，求的值．
【答案】（1）扇贝至少进购100千克；（2）的值为25．
【分析】
（1）设进购扇贝x千克，则进购爬爬虾（200－x）千克，根据获利不低于3000元列不等式求解即可；
（2）根据销售额＝售价×销量，结合第二批已经卖掉的扇贝与爬爬虾的销售总额比（1）中第一批扇贝与爬爬虾售完后对应的最低销售总额增加了列出方程，整理后解方程即可得到a的值．
【详解】
解：（1）设进购扇贝x千克，则进购爬爬虾（200－x）千克，
由题意得：，
解得：，
答：扇贝至少进购100千克；
（2）当（1）中获得最低利润时，扇贝的销量为100千克，爬爬虾的销量也是100千克，
由题意得：，
整理得：，
解得：或（舍去），
答：的值为25．
23．已知y与x﹣1成正比例，且当x=3时，y=4．
（1）求y与x之间的函数表达式；
（2）当x=﹣1时，求y的值；
（3）当﹣3＜y＜5时，求x的取值范围．
【答案】（1）y=2x﹣2；（2）﹣4；（3）x的取值范围是﹣＜x＜．
【分析】
（1）利用正比例函数的定义，设y=k（x-1），然后把已知的一组对应值代入求出k即可得到y与x的关系式；
（2）利用（1）中关系式求出自变量为-1时对应的函数值即可；
（3）先求出函数值是-3和5时的自变量x的值，x的取值范围也就求出了．
【详解】
（1）设y=k（x﹣1），
把x=3，y=4代入得（3﹣1）k=4，解得k=2，
所以y=2（x﹣1），
即y=2x﹣2；
（2）当x=﹣1时，y=2×（﹣1）﹣2=﹣4；
（3）当y=﹣3时，x﹣2=﹣3，
解得：x=﹣，
当y=5时，2x﹣2=5，
解得：x=，
∴x的取值范围是﹣＜x＜．
24．如图1，在菱形OABC中，已知OA＝2，∠AOC＝60°，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过O，C，B三点．
（1）求出点B、C的坐标并求抛物线的解析式．
（2）如图2，点E是AC的中点，点F是AB的中点，直线AG垂直BC于点G，点P在直线AG上．
①当OP+PC的值最小时，求出点P的坐标；
②在①的条件下，连接PE、PF、EF得，问在抛物线上是否存在点M，使得以M，B，C为顶点的三角形与相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）B，C，；（2）①；②，，.
【分析】
（1）作CH⊥OA于点H，通过解三角函数求得A、C的坐标，由菱形的性质得出B点的坐标，然后应用待定系数法即可求得解析式．
（2）①先求得抛物线的顶点坐标和与轴的另一个交点坐标，当OP+PC最小时，由对称性可知，OP+PC=OB．由于OB是菱形ABCO的对角线，即可求得∠AOB=30°，然后通过解直角三角函数即可求得AP的长，进而求得P点的坐标；
②先求得△PEF是底角为30°的等腰三角形，根据OC=BC=BD=2，∠BOC=∠BDC=30°，求得△OBC∽△BCD∽△PEF，又因为AQ=4，AG=3，BC=2，所以GQ=1，BG=，所以，tan∠GBQ==，即∠GBQ=30°，得出△BQC也是底角为30°的等腰三角形，即可求得符合条件的点M的坐标．
【详解】
（1）如图1，作CH⊥OA于点H，

图1
四边形OABC是菱形，OA=2，∠AOC=60°，OC=2，
OH=sin60°•2=，
CH=cos60°•2=3，
A点坐标为（2，0），
C点的坐标为（，3），
由菱形的性质得B点的坐标为（3，3）．
设抛物线的解析式为，根据题意得

解得，，
所以，
（2）①如图2

图2
由（1）知抛物线的解析式为：
即对称轴为，顶点为Q（，4）．
设抛物线与轴的另一个交点为D，令，得，，
解得，，
即点D的坐标为（，0），
∵点A的坐标为（，0），对称轴为，且AG⊥BC，
∴直线AG为抛物线的对称轴．
∵B、C两点关于直线AG对称，
∴当OP+PC最小时，
由对称性可知，OP+PC=OB．
即OB，AG的交点为点P，
∵∠AOC=60°，OB为菱形OABC的对角线，
∴∠AOB=30°，
∴AP=OAtan30°=，
∴点P的坐标为（，2）．
②如图3所示，连接OB，CD，CQ，BQ

图3
由①知直线AG为抛物线的对称轴，
则四边形ODBC是关于AG成轴对称的图形．
∵点E是OB中点，点F是AB的中点，点P在抛物线的对称轴上，
∴PE=PF，EF∥OD，CQ=BQ
∠PEF=∠BOA=30°，
即△PEF是底角为30°的等腰三角形．
在△OBC、△BCD中，
OC=BC=BD=，∠BOC=∠BDC=30°，
∴△OBC∽△BCD∽△PEF，
∴符合条件的点的坐标为（0，0），（，0）．
又∵AQ=4，AG=3，BC=，
∴GQ=1，BG=，
∴tan∠GBQ=，
即∠GBQ=30°，
△BQC也是底角为30°的等腰三角形，
∴Q点的（，4），
∴符合条件的点M的坐标为（0，0），（，0），（，4）．