2022届江苏省无锡市洛社中学中考数学仿真试卷含解析

这是一份2022届江苏省无锡市洛社中学中考数学仿真试卷含解析，共20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（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．下列各式计算正确的是（　　）
A．a4•a3=a12 B．3a•4a=12a C．（a3）4=a12 D．a12÷a3=a4
2．潍坊市2018年政府工作报告中显示，潍坊社会经济平稳运行，地区生产总值增长8%左右，社会消费品零售总额增长12%左右，一般公共预算收入539.1亿元，7家企业入选国家“两化”融合贯标试点，潍柴集团收入突破2000亿元，荣获中国商标金奖．其中，数字2000亿元用科学记数法表示为（　　）元．（精确到百亿位）
A．2×1011 B．2×1012 C．2.0×1011 D．2.0×1010
3．如图所示，a∥b，直线a与直线b之间的距离是（ ）

A．线段PA的长度 B．线段PB的长度
C．线段PC的长度 D．线段CD的长度
4．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB’C’D’，图中阴影部分的面积为（ ）．

A． B． C． D．
5．已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是反比例函数y＝(k≠0)图象上的两个点，当x1＜x2＜0时，y1＞y2，那么一次函数y＝kx－k的图象不经过(　　)
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．如图，在Rt△ABC中，BC=2，∠BAC=30°，斜边AB的两个端点分别在相互垂直的射线OM，ON上滑动，下列结论：
①若C，O两点关于AB对称，则OA=；
②C，O两点距离的最大值为4；
③若AB平分CO，则AB⊥CO；
④斜边AB的中点D运动路径的长为π．
其中正确的是（　　）

A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④
7．如图，四边形ABCD中，AC垂直平分BD，垂足为E，下列结论不一定成立的是（ ）

A．AB=AD B．AC平分∠BCD
C．AB=BD D．△BEC≌△DEC
8．如图，⊙O与直线l1相离，圆心O到直线l1的距离OB＝2，OA＝4，将直线l1绕点A逆时针旋转30°后得到的直线l2刚好与⊙O相切于点C，则OC＝( )

A．1 B．2 C．3 D．4
9．下列四个图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
10．如图，小明从A处出发沿北偏西30°方向行走至B处，又沿南偏西50°方向行走至C处，此时再沿与出发时一致的方向行走至D处，则∠BCD的度数为（　　）

A．100° B．80° C．50° D．20°
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．如图，在菱形ABCD中，于E，，，则菱形ABCD的面积是______．

12．如图,在△ABC中,AB≠AC．D,E分别为边AB,AC上的点.AC=3AD,AB=3AE,点F为BC边上一点,添加一个条件:______,可以使得△FDB与△ADE相似.(只需写出一个) 

13．因式分解：a3﹣2a2b+ab2=_____．
14．如图，▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC⊥BD，请你添加一个适当的条件________，使ABCD成为正方形．

15．关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则________．
16．一个正n边形的中心角等于18°，那么n＝_____．
17．小刚家、公交车站、学校在一条笔直的公路旁（小刚家、学校到这条公路的距离忽略不计）．一天，小刚从家出发去上学，沿这条公路步行到公交站恰好乘上一辆公交车，公交车沿这条公路匀速行驶，小刚下车时发现还有4分钟上课，于是他沿着这条公路跑步赶到学校（上、下车时间忽略不计），小刚与学校的距离s（单位：米）与他所用的时间t（单位：分钟）之间的函数关系如图所示．已知小刚从家出发7分钟时与家的距离是1200米，从上公交车到他到达学校共用10分钟．下列说法：
①公交车的速度为400米/分钟；
②小刚从家出发5分钟时乘上公交车；
③小刚下公交车后跑向学校的速度是100米/分钟；
④小刚上课迟到了1分钟．
其中正确的序号是_____．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）关于x的一元二次方程x2﹣x﹣（m+2）＝0有两个不相等的实数根．求m的取值范围；若m为符合条件的最小整数，求此方程的根．
19．（5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．

20．（8分）如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E是AB延长线上一点，CE交⊙O于点F，连接OC、AC．
（1）求证：AC平分∠DAO．
（2）若∠DAO=105°，∠E=30°
①求∠OCE的度数；
②若⊙O的半径为2，求线段EF的长．

21．（10分）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以 PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．
（1）若AP=1，则AE= ；
（2）①求证：点O一定在△APE的外接圆上；
②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；
（3）在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．

22．（10分）如图，点D为△ABC边上一点，请用尺规过点D，作△ADE，使点E在AC上，且△ADE与△ABC相似.（保留作图痕迹，不写作法，只作出符合条件的一个即可）

23．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，DB⊥AB，点E是BC边的中点，过点E作EF⊥CD，垂足为F，交AB的延长线于点G．
（1）求证：四边形BDFG是矩形；
（2）若AE平分∠BAD，求tan∠BAE的值．

24．（14分）如图，在四边形ABCD中，AB=BC=1，CD=DA=1，且∠B=90°，求：∠BAD的度数；四边形ABCD的面积(结果保留根号)．




参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、C
【解析】
根据同底数幂的乘法，可判断A、B，根据幂的乘方，可判断C，根据同底数幂的除法，可判断D．
【详解】
A．a4•a3=a7，故A错误；
B．3a•4a=12a2，故B错误；
C．（a3）4=a12，故C正确；
D．a12÷a3=a9，故D错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了同底数幂的除法，同底数幂的除法底数不变指数相减是解题的关键．
2、C
【解析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】
2000亿元=2.0×1．
故选：C．
【点睛】
考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3、A
【解析】
分析：从一条平行线上的任意一点到另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离，由此可得出答案.
详解：∵a∥b，AP⊥BC
∴两平行直线a、b之间的距离是AP的长度
∴根据平行线间的距离相等
∴直线a与直线b之间的距离AP的长度
故选A.
点睛：本题考查了平行线之间的距离，属于基础题，关键是掌握平行线之间距离的定义.
4、C
【解析】
设B′C′与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应角相等∠DAE＝∠B′AE，再根据旋转角求出∠DAB′＝60°，然后求出∠DAE＝30°，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积＝正方形ABCD的面积﹣四边形ADEB′的面积，列式计算即可得解．
【详解】
如图，设B′C′与CD的交点为E，连接AE，

在Rt△AB′E和Rt△ADE中，
，
∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），
∴∠DAE＝∠B′AE，
∵旋转角为30°，
∴∠DAB′＝60°，
∴∠DAE＝×60°＝30°，
∴DE＝1×＝，
∴阴影部分的面积＝1×1﹣2×（×1×）＝1﹣．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出∠DAE＝∠B′AE，从而求出∠DAE＝30°是解题的关键，也是本题的难点．
5、B
【解析】
试题分析：当x1＜x2＜0时，y1＞y2，可判定k＞0，所以﹣k＜0，即可判定一次函数y=kx﹣k的图象经过第一、三、四象限，所以不经过第二象限，故答案选B．
考点：反比例函数图象上点的坐标特征；一次函数图象与系数的关系．
6、D
【解析】
分析：①先根据直角三角形30°的性质和勾股定理分别求AC和AB，由对称的性质可知：AB是OC的垂直平分线，所以
②当OC经过AB的中点E时，OC最大，则C、O两点距离的最大值为4；
③如图2，当∠ABO=30°时，易证四边形OACB是矩形，此时AB与CO互相平分，但所夹锐角为60°，明显不垂直，或者根据四点共圆可知：A、C、B、O四点共圆，则AB为直径，由垂径定理相关推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于这条弦，但当这条弦也是直径时，即OC是直径时，AB与OC互相平分，但AB与OC不一定垂直；
④如图3，半径为2，圆心角为90°，根据弧长公式进行计算即可．
详解：在Rt△ABC中,∵

∴
①若C.O两点关于AB对称，如图1，
∴AB是OC的垂直平分线，
则
所以①正确；
②如图1，取AB的中点为E，连接OE、CE，
∵
∴
当OC经过点E时，OC最大，
则C.O两点距离的最大值为4；
所以②正确；
③如图2,当时,

∴四边形AOBC是矩形，
∴AB与OC互相平分，
但AB与OC的夹角为不垂直，
所以③不正确；
④如图3,斜边AB的中点D运动路径是：以O为圆心,以2为半径的圆周的

则：
所以④正确；
综上所述，本题正确的有：①②④；
故选D.
点睛：属于三角形的综合体，考查了直角三角形的性质，直角三角形斜边上中线的性质，轴对称的性质,弧长公式等，熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键.
7、C
【解析】
解：∵AC垂直平分BD，∴AB=AD，BC=CD，
∴AC平分∠BCD，平分∠BCD，BE=DE．∴∠BCE=∠DCE．
在Rt△BCE和Rt△DCE中，∵BE=DE，BC=DC，
∴Rt△BCE≌Rt△DCE（HL）．
∴选项ABD都一定成立．
故选C．
8、B
【解析】
先利用三角函数计算出∠OAB＝60°，再根据旋转的性质得∠CAB＝30°，根据切线的性质得OC⊥AC，从而得到∠OAC＝30°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系可得到OC的长．
【详解】
解：在Rt△ABO中，sin∠OAB＝＝＝，
∴∠OAB＝60°，
∵直线l1绕点A逆时针旋转30°后得到的直线l1刚好与⊙O相切于点C，
∴∠CAB＝30°，OC⊥AC，
∴∠OAC＝60°﹣30°＝30°，
在Rt△OAC中，OC＝OA＝1．
故选B．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，则直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d＝r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．也考查了旋转的性质．
9、D
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
【详解】
A、是轴对称图形，不是中心对称图形；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形．
故选D．
【点睛】
本题考查的是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度后两部分重合．
10、B
【解析】
解：如图所示：由题意可得：∠1=30°，∠3=50°，则∠2=30°，故由DC∥AB，则∠4=30°+50°=80°．故选B．

点睛：此题主要考查了方向角的定义，正确把握定义得出∠3的度数是解题关键．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、
【解析】
根据题意可求AD的长度，即可得CD的长度，根据菱形ABCD的面积=CD×AE，可求菱形ABCD的面积．
【详解】
∵sinD=
∴
∴AD=11
∵四边形ABCD是菱形
∴AD=CD=11
∴菱形ABCD的面积=11×8=96cm1．
故答案为：96cm1．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，解直角三角形，熟练运用菱形性质解决问题是本题的关键．
12、或
【解析】
因为，, ，所以 ,欲使与相似，只需要与相似即可，则可以添加的条件有：∠A=∠BDF，或者∠C=∠BDF,等等，答案不唯一.
【方法点睛】在解决本题目，直接处理与，无从下手，没有公共边或者公共角，稍作转化，通过，与相似.这时，柳暗花明，迎刃而解.
13、a（a﹣b）1．
【解析】
【分析】先提公因式a，然后再利用完全平方公式进行分解即可．
【详解】原式=a（a1﹣1ab+b1）
=a（a﹣b）1，
故答案为a（a﹣b）1．
【点睛】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
14、∠BAD=90° （不唯一）
【解析】
根据正方形的判定定理添加条件即可.
【详解】
解：∵平行四边形 ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
当∠BAD=90°时，四边形ABCD为正方形.
故答案为：∠BAD=90°.
【点睛】
本题考查了正方形的判定：先判定平行四边形是菱形，判定这个菱形有一个角为直角.
15、-1.
【解析】
根据根的判别式计算即可.
【详解】
解：依题意得：
∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴= =4-41（-k）=4+4k=0
解得，k=-1.
故答案为：-1.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式，当=>0时，方程有两个不相等的实数根；当==0时，方程有两个相等的实数根；当=<0时，方程无实数根.
16、20
【解析】
由正n边形的中心角为18°，可得方程18n=360，解方程即可求得答案．
【详解】
∵正n边形的中心角为18°，
∴18n=360，
∴n=20.
故答案为20.
【点睛】
本题考查的知识点是正多边形和圆，解题的关键是熟练的掌握正多边形和圆.
17、①②③
【解析】
由公交车在7至12分钟时间内行驶的路程可求解其行驶速度，再由求解的速度可知公交车行驶的时间，进而可知小刚上公交车的时间；由上公交车到他到达学校共用10分钟以及公交车行驶时间可知小刚跑步时间，进而判断其是否迟到，再由图可知其跑步距离，可求解小刚下公交车后跑向学校的速度.
【详解】
解：公交车7至12分钟时间内行驶的路程为3500-1200-300=2000m，则其速度为2000÷5=400米/分钟，故①正确；由图可知，7分钟时，公交车行驶的距离为1200-400=800m，则公交车行驶的时间为800÷400=2min，则小刚从家出发7-2=5分钟时乘上公交车，故②正确；公交车一共行驶了2800÷400=7分钟，则小刚从下公交车到学校一共花了10-7=3分钟＜4分钟，故④错误，再由图可知小明跑步时间为300÷3=100米/分钟，故③正确.
故正确的序号是：①②③.
【点睛】
本题考查了一次函数的应用.

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）m＞；（2）x1=0，x2=1．
【解析】
解答本题的关键是是掌握好一元二次方程的根的判别式．
（1）求出△＝5+4m＞0即可求出m的取值范围；
（2）因为m=﹣1为符合条件的最小整数，把m=﹣1代入原方程求解即可．
【详解】
解：（1）△＝1+4（m＋2）
＝9+4m＞0
∴．
（2）∵为符合条件的最小整数，
∴m=﹣2．
∴原方程变为
∴x1＝0，x2＝1．
考点：1．解一元二次方程；2．根的判别式．
19、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.
20、（1）证明见解析；（2）①∠OCE=45°；②EF =-2.
【解析】
【试题分析】（1）根据直线与⊙O相切的性质，得OC⊥CD.
又因为AD⊥CD，根据同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线也平行，得：AD//OC. ∠DAC=∠OCA.又因为OC=OA，根据等边对等角，得∠OAC=∠OCA.等量代换得：∠DAC=∠OAC.根据角平分线的定义得：AC平分∠DAO.
（2）①因为 AD//OC，∠DAO=105°，根据两直线平行，同位角相等得，∠EOC=∠DAO=105°，在 中，∠E=30°，利用内角和定理，得：∠OCE=45°.
②作OG⊥CE于点G，根据垂径定理可得FG=CG， 因为OC=，∠OCE=45°.等腰直角三角形的斜边是腰长的 倍，得CG=OG=2. FG=2.在Rt△OGE中，∠E=30°，得GE=， 则EF=GE-FG=-2.
【试题解析】
（1）∵直线与⊙O相切，∴OC⊥CD.
又∵AD⊥CD，∴AD//OC.
∴∠DAC=∠OCA.
又∵OC=OA，∴∠OAC=∠OCA.
∴∠DAC=∠OAC.
∴AC平分∠DAO.
（2）解：①∵AD//OC，∠DAO=105°，∴∠EOC=∠DAO=105°
∵∠E=30°，∴∠OCE=45°.
②作OG⊥CE于点G，可得FG=CG
∵OC=，∠OCE=45°.∴CG=OG=2.
∴FG=2.
∵在Rt△OGE中，∠E=30°，∴GE=.
∴EF=GE-FG=-2.

【方法点睛】本题目是一道圆的综合题目，涉及到圆的切线的性质，平行线的性质及判定，三角形内角和，垂径定理，难度为中等.
21、（1）；（2）①证明见解析；②；（3）．
【解析】
试题分析：（1）由正方形的性质得出∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，由角的互余关系证出∠AEP=∠PBC，得出△APE∽△BCP，得出对应边成比例即可求出AE的长；
（2）①A、P、O、E四点共圆，即可得出结论；
②连接OA、AC，由勾股定理求出AC=，由圆周角定理得出∠OAP=∠OEP=45°，周长点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，即可得出答案；
（3）设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，由三角形中位线定理得出MN=AE，设AP=x，则BP=4﹣x，由相似三角形的对应边成比例求出AE的表达式，由二次函数的最大值求出AE的最大值为1，得出MN的最大值=即可．
试题解析：（1）∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形，
∴∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，
∴∠AEP+∠APE=90°，∠BPC+∠APE=90°，
∴∠AEP=∠PBC，∴△APE∽△BCP，
∴，即，解得：AE=，
故答案为：；
（2）①∵PF⊥EG，∴∠EOF=90°，
∴∠EOF+∠A=180°，∴A、P、O、E四点共圆，
∴点O一定在△APE的外接圆上；
②连接OA、AC，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=90°，∠BAC=45°，∴AC==，
∵A、P、O、E四点共圆，∴∠OAP=∠OEP=45°，
∴点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，OA=AC=，
即点O经过的路径长为；
（3）设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，如图2所示：
则MN∥AE，∵ME=MP，∴AN=PN，∴MN=AE，
设AP=x，则BP=4﹣x，由（1）得：△APE∽△BCP，
∴，即，解得：AE= =，
∴x=2时，AE的最大值为1，此时MN的值最大=×1=，
即△APE的圆心到AB边的距离的最大值为．

【点睛】本题考查圆、二次函数的最值等，正确地添加辅助线，根据已知证明△APE∽△BCP是解题的关键.
22、见解析
【解析】
以DA为边、点D为顶点在△ABC内部作一个角等于∠B，角的另一边与AC的交点即为所求作的点．
【详解】
解：如图，点E即为所求作的点．

【点睛】
本题主要考查作图-相似变换，根据相似三角形的判定明确过点D作DE∥BC并熟练掌握做一个角等于已知角的作法式解题的关键．
23、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）根据矩形的判定证明即可；
（2）根据平行四边形的性质和等边三角形的性质解答即可．
【详解】
证明：（1）∵BD⊥AB，EF⊥CD，
∴∠ABD＝90°，∠EFD＝90°，
根据题意，在▱ABCD中，AB∥CD，
∴∠BDC＝∠ABD＝90°，
∴BD∥GF，
∴四边形BDFG为平行四边形，
∵∠BDC＝90°，
∴四边形BDFG为矩形；
（2）∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AD∥BC，
∴∠BEA＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴BA＝BE，
∵在Rt△BCD中，点E为BC边的中点，
∴BE＝ED＝EC，
∵在▱ABCD中，AB＝CD，
∴△ECD为等边三角形，∠C＝60°，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、等边三角形的判定和性质，根据平行四边形的性质和等边三角形的性质解答是解题关键．
24、（1）;
（2）
【解析】
（1）连接AC，由勾股定理求出AC的长，再根据勾股定理的逆定理判断出△ACD的形状，进而可求出∠BAD的度数；
（2）由（1）可知△ABC和△ADC是Rt△，再根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC即可得出结论．
【详解】
解：（1）连接AC，如图所示：

∵AB=BC=1，∠B=90°
∴AC=，
又∵AD=1，DC=，
∴ AD2＋AC2=3 CD2=()2=3
即CD2=AD2+AC2
∴∠DAC=90°
∵AB=BC=1
∴∠BAC=∠BCA=45°
∴∠BAD=135°；
（2）由（1）可知△ABC和△ADC是Rt△，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=1×1×+1××= .
【点睛】
考查的是勾股定理、勾股定理的逆定理及三角形的面积，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．