2022届四川省渠县中考数学模拟预测题含解析
展开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.已知二次函数,当自变量取时,其相应的函数值小于0,则下列结论正确的是( )
A.取时的函数值小于0
B.取时的函数值大于0
C.取时的函数值等于0
D.取时函数值与0的大小关系不确定
2.如图,在正方形ABCD和正方形CEFG中,点D在CG上,BC=1,CE=3,连接AF交CG于M点,则FM=( )
A. B. C. D.
3.吉林市面积约为27100平方公里,将27100这个数用科学记数法表示为( )
A.27.1×102 B.2.71×103 C.2.71×104 D.0.271×105
4.小明为今年将要参加中考的好友小李制作了一个(如图)正方体礼品盒,六面上各有一字,连起来就是“预祝中考成功”,其中“预”的对面是“中”,“成”的对面是“功”,则它的平面展开图可能是( )
A. B. C. D.
5.如图,直线a∥b,直线c与直线a、b分别交于点A、点B,AC⊥AB于点A,交直线b于点C.如果∠1=34°,那么∠2的度数为( )
A.34° B.56° C.66° D.146°
6.如图所示的正方体的展开图是( )
A. B. C. D.
7.如图,⊙O的直径AB垂直于弦CD,垂足为E.若,AC=3,则CD的长为
A.6 B. C. D.3
8.如图是由5个相同的正方体搭成的几何体,其左视图是( )
A. B.
C. D.
9.如图,已知AB、CD、EF都与BD垂直,垂足分别是B、D、F,且AB=1,CD=3,那么EF的长是( )
A. B. C. D.
10.如图,正比例函数y=x与反比例函数的图象交于A(2,2)、B(﹣2,﹣2)两点,当y=x的函数值大于的函数值时,x的取值范围是( )
A.x>2 B.x<﹣2
C.﹣2<x<0或0<x<2 D.﹣2<x<0或x>2
二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)
11.数据5,6,7,4,3的方差是 .
12.如图,在四边形纸片ABCD中,AB=BC,AD=CD,∠A=∠C=90°,∠B=150°.将纸片先沿直线BD对折,再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪,剪开后的图形打开铺平.若铺平后的图形中有一个是面积为2的平行四边形,则CD=_________.
13.若有意义,则x的范围是_____.
14.已知一个多边形的每一个外角都等于,则这个多边形的边数是 .
15.如图,角α的一边在x轴上,另一边为射线OP,点P(2,2),则tanα=_____.
16.如图,在扇形OAB中,∠O=60°,OA=4,四边形OECF是扇形OAB中最大的菱形,其中点E,C,F分别在OA,,OB上,则图中阴影部分的面积为__________.
三、解答题(共8题,共72分)
17.(8分)如图1,AB为半圆O的直径,半径的长为4cm,点C为半圆上一动点,过点C作CE⊥AB,垂足为点E,点D为弧AC的中点,连接DE,如果DE=2OE,求线段AE的长.
小何根据学习函数的经验,将此问题转化为函数问题解决.
小华假设AE的长度为xcm,线段DE的长度为ycm.
(当点C与点A重合时,AE的长度为0cm),对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行探究.
下面是小何的探究过程,请补充完整:(说明:相关数据保留一位小数).
(1)通过取点、画图、测量,得到了x与y的几组值,如下表:
x/cm
0
1
2
3
4
5
6
7
8
y/cm
0
1.6
2.5
3.3
4.0
4.7
5.8
5.7
当x=6cm时,请你在图中帮助小何完成作图,并使用刻度尺度量此时线段DE的长度,填写在表格空白处:
(2)在图2中建立平面直角坐标系,描出补全后的表中各组对应值为坐标的点,画出该函数的图象;
(3)结合画出的函数图象解决问题,当DE=2OE时,AE的长度约为 cm.
18.(8分)如图,已知抛物线经过原点o和x轴上一点A(4,0),抛物线顶点为E,它的对称轴与x轴交于点D.直线y=﹣2x﹣1经过抛物线上一点B(﹣2,m)且与y轴交于点C,与抛物线的对称轴交于点F.
(1)求m的值及该抛物线对应的解析式;
(2)P(x,y)是抛物线上的一点,若S△ADP=S△ADC,求出所有符合条件的点P的坐标;
(3)点Q是平面内任意一点,点M从点F出发,沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动,设点M的运动时间为t秒,是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形.若能,请直接写出点M的运动时间t的值;若不能,请说明理由.
19.(8分)已知:如图,在正方形ABCD中,点E、F分别在BC和CD上,AE = AF.
求证:BE = DF;连接AC交EF于点O,延长OC至点M,使OM = OA,连接EM、FM.判断四边形AEMF是什么特殊四边形?并证明你的结论.
20.(8分)先化简,再求值:2(m﹣1)2+3(2m+1),其中m是方程2x2+2x﹣1=0的根
21.(8分)如图,BD是矩形ABCD的一条对角线.
(1)作BD的垂直平分线EF,分别交AD、BC于点E、F,垂足为点O.(要求用尺规作图,保留作图痕迹,不要求写作法);
(2)求证:DE=BF.
22.(10分)如图,AD是等腰△ABC底边BC上的高,点O是AC中点,延长DO到E,使AE∥BC,连接AE.求证:四边形ADCE是矩形;①若AB=17,BC=16,则四边形ADCE的面积= .
②若AB=10,则BC= 时,四边形ADCE是正方形.
23.(12分)某中学为了了解在校学生对校本课程的喜爱情况,随机调查了部分学生对五类校本课程的喜爱情况,要求每位学生只能选择一类最喜欢的校本课程,根据调查结果绘制了如下的两个不完整统计图.请根据图中所提供的信息,完成下列问题:
(1)本次被调查的学生的人数为 ;
(2)补全条形统计图
(3)扇形统计图中,类所在扇形的圆心角的度数为 ;
(4)若该中学有2000名学生,请估计该校最喜爱两类校本课程的学生约共有多少名.
24.解方程组
参考答案
一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)
1、B
【解析】
画出函数图象,利用图象法解决问题即可;
【详解】
由题意,函数的图象为:
∵抛物线的对称轴x=,设抛物线与x轴交于点A、B,
∴AB<1,
∵x取m时,其相应的函数值小于0,
∴观察图象可知,x=m-1在点A的左侧,x=m-1时,y>0,
故选B.
【点睛】
本题考查二次函数图象上的点的坐标特征,解题的关键是学会利用函数图象解决问题,体现了数形结合的思想.
2、C
【解析】
由正方形的性质知DG=CG-CD=2、AD∥GF,据此证△ADM∽△FGM得 , 求出GM的长,再利用勾股定理求解可得答案.
【详解】
解:∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形,
∴AD=CD=BC=1、CE=CG=GF=3,∠ADM=∠G=90°,
∴DG=CG-CD=2,AD∥GF,
则△ADM∽△FGM,
∴,即 ,
解得:GM= ,
∴FM= = = ,
故选:C.
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质,解题的关键是熟练掌握正方形的性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点.
3、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】
将27100用科学记数法表示为:. 2.71×104.
故选:C.
【点睛】
本题考查科学记数法—表示较大的数。
4、C
【解析】
正方体的表面展开图,相对的面之间一定相隔一个正方形,根据这一特点对各选项分析判断后利用排除法求解:
【详解】
正方体的表面展开图,相对的面之间一定相隔一个正方形,根据这一特点对各选项分析判断后利用排除法求解:
A、“预”的对面是“考”,“祝”的对面是“成”,“中”的对面是“功”,故本选项错误;
B、“预”的对面是“功”,“祝”的对面是“考”,“中”的对面是“成”,故本选项错误;
C、“预”的对面是“中”,“祝”的对面是“考”,“成”的对面是“功”,故本选项正确;
D、“预”的对面是“中”,“祝”的对面是“成”,“考”的对面是“功”,故本选项错误.
故选C
【点睛】
考核知识点:正方体的表面展开图.
5、B
【解析】
分析:先根据平行线的性质得出∠2+∠BAD=180°,再根据垂直的定义求出∠2的度数.
详解:∵直线a∥b,∴∠2+∠BAD=180°.
∵AC⊥AB于点A,∠1=34°,∴∠2=180°﹣90°﹣34°=56°.
故选B.
点睛:本题主要考查了平行线的性质,解题的关键是掌握两直线平行,同旁内角互补,此题难度不大.
6、A
【解析】
有些立体图形是由一些平面图形围成的,将它们的表面适当的剪开,可以展开成平面图形,这样的平面图形称为相应立体图形的展开图.根据立体图形表面的图形相对位置可以判断.
【详解】
把各个展开图折回立方体,根据三个特殊图案的相对位置关系,可知只有选项A正确.
故选A
【点睛】
本题考核知识点:长方体表面展开图.解题关键点:把展开图折回立方体再观察.
7、D
【解析】
解:因为AB是⊙O的直径,所以∠ACB=90°,又⊙O的直径AB垂直于弦CD,,所以在Rt△AEC 中,∠A=30°,又AC=3,所以CE=AB=,所以CD=2CE=3,
故选D.
【点睛】
本题考查圆的基本性质;垂经定理及解直角三角形,综合性较强,难度不大.
8、A
【解析】
根据三视图的定义即可判断.
【详解】
根据立体图可知该左视图是底层有2个小正方形,第二层左边有1个小正方形.故选A.
【点睛】
本题考查三视图,解题的关键是根据立体图的形状作出三视图,本题属于基础题型.
9、C
【解析】
易证△DEF∽△DAB,△BEF∽△BCD,根据相似三角形的性质可得= ,=,从而可得+=+=1.然后把AB=1,CD=3代入即可求出EF的值.
【详解】
∵AB、CD、EF都与BD垂直,
∴AB∥CD∥EF,
∴△DEF∽△DAB,△BEF∽△BCD,
∴= ,=,
∴+=+==1.
∵AB=1,CD=3,
∴+=1,
∴EF=.
故选C.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定及性质定理,熟练掌握性质定理是解题的关键.
10、D
【解析】
试题分析:观察函数图象得到当﹣2<x<0或x>2时,正比例函数图象都在反比例函数图象上方,即有y=x的函数值大于的函数值.故选D.
考点:1.反比例函数与一次函数的交点问题;2. 数形结合思想的应用.
二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)
11、1
【解析】
先求平均数,再根据方差的公式S1=[(x1-)1+(x1-)1+…+(xn-)1]计算即可.
【详解】
解:∵=(5+6+7+4+3)÷5=5,
∴数据的方差S1=×[(5-5)1+(6-5)1+(7-5)1+(4-5)1+(3-5)1]=1.
故答案为:1.
考点:方差.
12、或
【解析】
根据裁开折叠之后平行四边形的面积可得CD的长度为2+4或2+.
【详解】
如图①,当四边形ABCE为平行四边形时,
作AE∥BC,延长AE交CD于点N,过点B作BT⊥EC于点T.
∵AB=BC,
∴四边形ABCE是菱形.
∵∠BAD=∠BCD=90°,∠ABC=150°,
∴∠ADC=30°,∠BAN=∠BCE=30°,
∴∠NAD=60°,
∴∠AND=90°.
设BT=x,则CN=x,BC=EC=2x.
∵四边形ABCE面积为2,
∴EC·BT=2,即2x×x=2,解得x=1,
∴AE=EC=2,EN= ,
∴AN=AE+EN=2+ ,
∴CD=AD=2AN=4+2.
如图②,当四边形BEDF是平行四边形,
∵BE=BF,
∴平行四边形BEDF是菱形.
∵∠A=∠C=90°,∠ABC=150°,
∴∠ADB=∠BDC=15°.
∵BE=DE,
∴∠EBD=∠ADB=15°,
∴∠AEB=30°.
设AB=y,则DE=BE=2y,AE=y.
∵四边形BEDF的面积为2,
∴AB·DE=2,即2y2=2,解得y=1,
∴AE=,DE=2,
∴AD=AE+DE=2+.
综上所述,CD的值为4+2或2+.
【点睛】
考核知识点:平行四边形的性质,菱形判定和性质.
13、x≤1.
【解析】
根据二次根式有意义的条件、分式有意义的条件列出不等式,解不等式即可.
【详解】
依题意得:1﹣x≥0且x﹣3≠0,
解得:x≤1.
故答案是:x≤1.
【点睛】
本题主要考查了二次根式和分式有意义的条件,关键是掌握二次根式中的被开方数必须是非负数,分式有意义的条件是分母不等于零.
14、5
【解析】
∵多边形的每个外角都等于72°,
∵多边形的外角和为360°,
∴360°÷72°=5,
∴这个多边形的边数为5.
故答案为5.
15、
【解析】
解:过P作PA⊥x轴于点A.∵P(2,),∴OA=2,PA=,∴tanα=.故答案为.
点睛:本题考查了解直角三角形,正切的定义,坐标与图形的性质,熟记三角函数的定义是解题的关键.
16、8π﹣8
【解析】
连接EF、OC交于点H,根据正切的概念求出FH,根据菱形的面积公式求出菱形FOEC的面积,根据扇形面积公式求出扇形OAB的面积,计算即可.
【详解】
连接EF、OC交于点H,
则OH=2,
∴FH=OH×tan30°=2,
∴菱形FOEC的面积=×4×4=8,
扇形OAB的面积==8π,
则阴影部分的面积为8π﹣8,
故答案为8π﹣8.
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算、菱形的性质,熟练掌握扇形的面积公式、菱形的性质、灵活运用锐角三角函数的定义是解题的关键.
三、解答题(共8题,共72分)
17、(1)5.3(2)见解析(3)2.5或6.9
【解析】
(1)(2)按照题意取点、画图、测量即可.(3)中需要将DE=2OE转换为y与x的函数关系,注意DE为非负数,函数为分段函数.
【详解】
(1)根据题意取点、画图、测量的x=6时,y=5.3
故答案为5.3
(2)根据数据表格画图象得
(3)当DE=2OE时,问题可以转化为折线y= 与(2)中图象的交点
经测量得x=2.5或6.9时DE=2OE.
故答案为2.5或6.9
【点睛】
动点问题的函数图象探究题,考查了函数图象的画法,应用了数形结合思想和转化的数学思想.
18、(1);(2)(,1)( ,1);(3)存在,,,,
【解析】
试题分析:(1)将x=-2代入y=-2x-1即可求得点B的坐标,根据抛物线过点A、O、B即可求出抛物线的方程.
(2)根据题意,可知△ADP和△ADC的高相等,即点P纵坐标的绝对值为1,所以点P的纵坐标为 ,分别代入中求解,即可得到所有符合题意的点P的坐标.
(3)由抛物线的解析式为 ,得顶点E(2,﹣1),对称轴为x=2;
点F是直线y=﹣2x﹣1与对称轴x=2的交点,求出F(2,﹣1),DF=1.
又由A(4,0),根据勾股定理得 .然后分4种情况求解.
点睛:(1)首先求出点B的坐标和m的值,然后利用待定系数法求出抛物线的解析式;
(2)△ADP与△ADC有共同的底边AD,因为面积相等,所以AD边上的高相等,即为1;从而得到点P的纵坐标为1,再利用抛物线的解析式求出点P的纵坐标;
(3)如解答图所示,在点M的运动过程中,依次出现四个菱形,注意不要漏解.针对每一个菱形,分别进行计算,求出线段MF的长度,从而得到运动时间t的值.
19、(1)证明见解析;(2)四边形AEMF是菱形,证明见解析.
【解析】
(1)求简单的线段相等,可证线段所在的三角形全等,即证△ABE≌△ADF;
(2)由于四边形ABCD是正方形,易得∠ECO=∠FCO=45°,BC=CD;联立(1)的结论,可证得EC=CF,根据等腰三角形三线合一的性质可证得OC(即AM)垂直平分EF;已知OA=OM,则EF、AM互相平分,再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形,即可判定四边形AEMF是菱形.
【详解】
(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠B=∠D=90°,
在Rt△ABE和Rt△ADF中,
∵,
∴Rt△ADF≌Rt△ABE(HL)
∴BE=DF;
(2)四边形AEMF是菱形,理由为:
证明:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BCA=∠DCA=45°(正方形的对角线平分一组对角),
BC=DC(正方形四条边相等),
∵BE=DF(已证),
∴BC-BE=DC-DF(等式的性质),
即CE=CF,
在△COE和△COF中,
,
∴△COE≌△COF(SAS),
∴OE=OF,
又OM=OA,
∴四边形AEMF是平行四边形(对角线互相平分的四边形是平行四边形),
∵AE=AF,
∴平行四边形AEMF是菱形.
20、2m2+2m+5;1;
【解析】
先利用完全平方公式化简,再去括号合并得到最简结果,把已知等式变形后代入值计算即可.
【详解】
解:原式=2(m2﹣2m+1)+1m+3,
=2m2﹣4m+2+1m+3=2m2+2m+5,
∵m是方程2x2+2x﹣1=0的根,
∴2m2+2m﹣1=0,即2m2+2m=1,
∴原式=2m2+2m+5=1.
【点睛】
此题考查了整式的化简求值以及方程的解,利用整体代换思想可使运算更简单.
21、(1)作图见解析;(2)证明见解析;
【解析】
(1)分别以B、D为圆心,以大于BD的长为半径四弧交于两点,过两点作直线即可得到线段BD的垂直平分线;
(2)利用垂直平分线证得△DEO≌△BFO即可证得结论.
【详解】
解:(1)如图:
(2)∵四边形ABCD为矩形,
∴AD∥BC,
∴∠ADB=∠CBD,
∵EF垂直平分线段BD,
∴BO=DO,
在△DEO和三角形BFO中,
,
∴△DEO≌△BFO(ASA),
∴DE=BF.
考点:1.作图—基本作图;2.线段垂直平分线的性质;3.矩形的性质.
22、 (1)见解析;(2)①1; ②.
【解析】
试题分析:(1)根据平行四边形的性质得出四边形ADCE是平行四边形,根据垂直推出∠ADC=90°,根据矩形的判定得出即可;
(2)①求出DC,根据勾股定理求出AD,根据矩形的面积公式求出即可;
②要使ADCE是正方形,只需要AC⊥DE,即∠DOC=90°,只需要OD2+OC2=DC2,即可得到BC的长.
试题解析:(1)证明:∵AE∥BC,∴∠AEO=∠CDO.又∵∠AOE=∠COD,OA=OC,∴△AOE≌△COD,∴OE=OD,而OA=OC,∴四边形ADCE是平行四边形.∵AD是BC边上的高,∴∠ADC=90°.∴□ADCE是矩形.
(2)①解:∵AD是等腰△ABC底边BC上的高,BC=16,AB=17,∴BD=CD=8,AB=AC=17,∠ADC=90°,由勾股定理得:AD===12,∴四边形ADCE的面积是AD×DC=12×8=1.
②当BC=时,DC=DB=.∵ADCE是矩形,∴OD=OC=2.∵OD2+OC2=DC2,∴∠DOC=90°,∴AC⊥DE,∴ADCE是正方形.
点睛:本题考查了平行四边形的判定,矩形的判定和性质,等腰三角形的性质,勾股定理的应用,能综合运用定理进行推理和计算是解答此题的关键,比较典型,难度适中.
23、 (1)300;(2)见解析;(3)108°;(4)约有840名.
【解析】
(1)根据A种类人数及其占总人数百分比可得答案;
(2)用总人数乘以B的百分比得出其人数,即可补全条形图;
(3)用360°乘以C类人数占总人数的比例可得;
(4)总人数乘以C、D两类人数占样本的比例可得答案.
【详解】
解:(1)本次被调查的学生的人数为69÷23%=300(人),
故答案为:300;
(2)喜欢B类校本课程的人数为300×20%=60(人),
补全条形图如下:
(3)扇形统计图中,C类所在扇形的圆心角的度数为360°×=108°,
故答案为:108°;
(4)∵2000×=840,
∴估计该校喜爱C,D两类校本课程的学生共有840名.
【点睛】
本题考查条形统计图、扇形统计图的综合运用.读懂统计图,从统计图中得到必要的信息是解题关键.条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据.
24、
【解析】
解:由①得③
把③代入②得
把代人③得
∴原方程组的解为
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