2022年河南省郑州市河南省实验中学中考数学考前最后一卷含解析

这是一份2022年河南省郑州市河南省实验中学中考数学考前最后一卷含解析，共20页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，若 || =－，则一定是，式子有意义的x的取值范围是，下列计算正确的是等内容，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．下列各式：①a0=1 ②a2·a3=a5 ③ 2–2= –④–(3－5)＋(–2)4÷8×(–1)=0⑤x2+x2=2x2，其中正确的是 ( )
A．①②③ B．①③⑤ C．②③④ D．②④⑤
2．小明早上从家骑自行车去上学，先走平路到达点A，再走上坡路到达点B，最后走下坡路到达学校，小明骑自行车所走的路程s（单位：千米）与他所用的时间t（单位：分钟）的关系如图所示，放学后，小明沿原路返回，且走平路、上坡路、下坡路的速度分别保持和去上学时一致，下列说法：
①小明家距学校4千米；
②小明上学所用的时间为12分钟；
③小明上坡的速度是0.5千米/分钟；
④小明放学回家所用时间为15分钟．
其中正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．方程x2+2x﹣3=0的解是（　　）
A．x1=1，x2=3 B．x1=1，x2=﹣3
C．x1=﹣1，x2=3 D．x1=﹣1，x2=﹣3
4．下列命题中，真命题是（　　）
A．如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离
B．如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切
C．如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切
D．如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离
5．在Rt△ABC中，∠C＝90°，如果AC＝4，BC＝3，那么∠A的正切值为(　　)
A． B． C． D．
6．若 || =－，则一定是（ ）
A．非正数 B．正数 C．非负数 D．负数
7．利用运算律简便计算52×（–999）+49×（–999）+999正确的是
A．–999×（52+49）=–999×101=–100899
B．–999×（52+49–1）=–999×100=–99900
C．–999×（52+49+1）=–999×102=–101898
D．–999×（52+49–99）=–999×2=–1998
8．式子有意义的x的取值范围是（ ）
A．且x≠1 B．x≠1 C． D．且x≠1
9．下列计算正确的是（　　）
A．a2•a3=a5 B．2a+a2=3a3 C．（﹣a3）3=a6 D．a2÷a=2
10．方程组的解x、y满足不等式2x﹣y＞1，则a的取值范围为（　　）
A．a≥ B．a＞ C．a≤ D．a＞
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．在平面直角坐标系中，点A（2，3）绕原点O逆时针旋转90°的对应点的坐标为_____．
12．无锡大剧院演出歌剧时，信号经电波转送，收音机前的北京观众经过0.005秒以听到，这个数据用科学记数法可以表示为_____秒．
13．如图，中，，，，，平分，与相交于点，则的长等于_____.

14．8的立方根为_______.
15．因式分解：a3－a=______．
16．如图，在▱ABCD中，E在AB上，CE、BD交于F，若AE：BE=4：3，且BF=2，则DF=_____

三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图所示，正方形网格中，△ABC为格点三角形（即三角形的顶点都在格点上）．
（1）把△ABC沿BA方向平移后，点A移到点A1，在网格中画出平移后得到的△A1B1C1；
（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，在网格中画出旋转后的△A1B2C2；
（3）如果网格中小正方形的边长为1，求点B经过（1）、（2）变换的路径总长．

18．（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+b与双曲线y＝相交于A，B两点，
已知A（2，5）．求：b和k的值；△OAB的面积．

19．（8分）如图，过点A（2，0）的两条直线，分别交y轴于B，C，其中点B在原点上方，点C在原点下方，已知AB=.
求点B的坐标；若△ABC的面积为4，求的解析式．
20．（8分）阅读材料，解答下列问题：
神奇的等式
当a≠b时，一般来说会有a2+b≠a+b2，然而当a和b是特殊的分数时，这个等式却是成立的例如：
（）2+=+，（）2+=+，（）2+=+（）2，…（）2+=+（）2，…
（1）特例验证：
请再写出一个具有上述特征的等式：　 　；
（2）猜想结论：
用n（n为正整数）表示分数的分母，上述等式可表示为：　 　；
（3）证明推广：
①（2）中得到的等式一定成立吗？若成立，请证明；若不成立，说明理由；
②等式（）2+=+（）2（m，n为任意实数，且n≠0）成立吗？若成立，请写出一个这种形式的等式（要求m，n中至少有一个为无理数）；若不成立，说明理由．
21．（8分）如图,矩形摆放在平面直角坐标系中,点在轴上,点在轴上,.
(1)求直线的表达式;
(2)若直线与矩形有公共点，求的取值范围;
(3)直线与矩形没有公共点，直接写出的取值范围.

22．（10分）如图，对称轴为直线的抛物线与x轴相交于A、B两点，其中A点的坐标为（－3，0）．

（1）求点B的坐标；
（2）已知，C为抛物线与y轴的交点．
①若点P在抛物线上，且，求点P的坐标；
②设点Q是线段AC上的动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，求线段QD长度的最大值．
23．（12分）已知抛物线y＝ax2+（3b+1）x+b﹣3（a＞0），若存在实数m，使得点P（m，m）在该抛物线上，我们称点P（m，m）是这个抛物线上的一个“和谐点”．
（1）当a＝2，b＝1时，求该抛物线的“和谐点”；
（2）若对于任意实数b，抛物线上恒有两个不同的“和谐点”A、B．
①求实数a的取值范围；
②若点A，B关于直线y＝﹣x﹣（+1）对称，求实数b的最小值．
24．如图1，三个正方形ABCD、AEMN、CEFG，其中顶点D、C、G在同一条直线上，点E是BC边上的动点，连结AC、AM.
（1）求证：△ACM∽△ABE.
（2）如图2，连结BD、DM、MF、BF，求证：四边形BFMD是平行四边形.
（3）若正方形ABCD的面积为36，正方形CEFG的面积为4，求五边形ABFMN的面积.




参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、D
【解析】
根据实数的运算法则即可一一判断求解.
【详解】
①有理数的0次幂，当a=0时，a0=0；②为同底数幂相乘，底数不变，指数相加，正确；③中2–2= ，原式错误；④为有理数的混合运算，正确；⑤为合并同类项，正确．
故选D.
2、C
【解析】
从开始到A是平路，是1千米，用了3分钟，则从学校到家门口走平路仍用3分钟，根据图象求得上坡（AB段）、下坡（B到学校段）的路程与速度，利用路程除以速度求得每段所用的时间，相加即可求解．
【详解】
解：①小明家距学校4千米，正确；
②小明上学所用的时间为12分钟，正确；
③小明上坡的速度是千米/分钟，错误；
④小明放学回家所用时间为3+2+10＝15分钟，正确；
故选：C．
【点睛】
本题考查利用函数的图象解决实际问题，正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，就能够通过图象得到函数问题的相应解决．需注意计算单位的统一．
3、B
【解析】
本题可对方程进行因式分解，也可把选项中的数代入验证是否满足方程．
【详解】
x2+2x-3=0，
即（x+3）（x-1）=0，
∴x1=1，x2=﹣3
故选：B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．本题运用的是因式分解法．
4、D
【解析】
根据两圆的位置关系、直线和圆的位置关系判断即可．
【详解】
A.如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离或内含，A是假命题；
B.如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切或内切或相交，B是假命题；
C.如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切或相交，C是假命题；
D.如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离，D是真命题；
故选：D．
【点睛】
本题考查了两圆的位置关系：设两圆半径分别为R、r，两圆圆心距为d，则当d＞R+r时两圆外离；当d=R+r时两圆外切；当R-r＜d＜R+r（R≥r）时两圆相交；当d=R-r（R＞r）时两圆内切；当0≤d＜R-r（R＞r）时两圆内含．
5、A
【解析】
根据锐角三角函数的定义求出即可.
【详解】
解：在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3,∴ tanA=.
故选A.
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，熟记锐角三角函数的定义内容是解题的关键.
6、A
【解析】
根据绝对值的性质进行求解即可得.
【详解】
∵|-x|=-x，
又|-x|≥1，
∴-x≥1，
即x≤1，
即x是非正数，
故选A．
【点睛】
本题考查了绝对值的性质，熟练掌握绝对值的性质是解题的关键.
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；1的绝对值是1．
7、B
【解析】
根据乘法分配律和有理数的混合运算法则可以解答本题．
【详解】
原式=－999×（52+49-1）=－999×100=－1．
故选B．
【点睛】
本题考查了有理数的混合运算，解答本题的关键是明确有理数混合运算的计算方法．
8、A
【解析】
根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使在实数范围内有意义，必须且．故选A．
9、A
【解析】
直接利用合并同类项法则以及积的乘方运算法则、整式的除法运算法则分别计算得出答案．
【详解】
A、a2•a3=a5，故此选项正确；
B、2a+a2，无法计算，故此选项错误；
C、（-a3）3=-a9，故此选项错误；
D、a2÷a=a，故此选项错误；
故选A．
【点睛】
此题主要考查了合并同类项以及积的乘方运算、整式的除法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
10、B
【解析】
方程组两方程相加表示出2x﹣y，代入已知不等式即可求出a的范围．
【详解】

①+②得：
解得：
故选：B．
【点睛】
此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程成立的未知
数的值．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、（﹣3，2）
【解析】
作出图形，然后写出点A′的坐标即可．
【详解】
解答：如图，点A′的坐标为（-3，2）．
故答案为（-3，2）．

【点睛】
本题考查的知识点是坐标与图象变化-旋转，解题关键是注意利用数形结合的思想求解．
12、5
【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】
0.005=5×10-1，
故答案为：5×10-1．
【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．
13、3
【解析】
如图，延长CE、DE，分别交AB于G、H，由∠BAD=∠ADE=60°可得三角形ADH是等边三角形，根据等腰直角三角形的性质可知CG⊥AB，可求出AG的长，进而可得GH的长，根据含30°角的直角三角形的性质可求出EH的长，根据DE=DH-EH即可得答案.
【详解】
如图，延长CE、DE，分别交AB于G、H，
∵∠BAD=∠ADE=60°，
∴△ADH是等边三角形，
∴DH=AD=AH=5，∠DHA=60°，
∵AC=BC，CE平分∠ACB，∠ACB=90°，
∴AB==8，AG=AB=4，CG⊥AB，
∴GH=AH=AG=5-4=1，
∵∠DHA=60°，
∴∠GEH=30°，
∴EH=2GH=2
∴DE=DH-EH=5=2=3.

故答案为：3
【点睛】
本题考查等边三角形的判定及性质、等腰直角三角形的性质及含30°角的直角三角形的性质，熟记30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质并正确作出辅助线是解题关键.
14、2.
【解析】
根据立方根的定义可得8的立方根为2.
【点睛】
本题考查了立方根.
15、a（a－1）（a + 1）
【解析】
分析：先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
解答：解：a3-a，
=a（a2-1），
=a（a+1）（a-1）．
16、．
【解析】
解：令AE=4x，BE=3x，
∴AB=7x.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD=AB=7x，CD∥AB，
∴△BEF∽△DCF.
∴，
∴DF=
【点睛】
本题考查平行四边形的性质及相似三角形的判定与性质，掌握定理正确推理论证是本题的解题关键.

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）（2）作图见解析；（3）．
【解析】
（1）利用平移的性质画图，即对应点都移动相同的距离．
（2）利用旋转的性质画图，对应点都旋转相同的角度．
（3）利用勾股定理和弧长公式求点B经过（1）、（2）变换的路径总长．
【详解】
解：（1）如答图，连接AA1，然后从C点作AA1的平行线且A1C1=AC，同理找到点B1，分别连接三点，△A1B1C1即为所求．
（2）如答图，分别将A1B1，A1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，得到B2，C2，连接B2C2，△A1B2C2即为所求．

（3）∵，
∴点B所走的路径总长=．
考点：1．网格问题；2．作图（平移和旋转变换）；3．勾股定理；4．弧长的计算．
18、（1）b=3，k=10；（2）S△AOB=．
【解析】
（1）由直线y=x+b与双曲线y=相交于A、B两点，A（2，5），即可得到结论；
（2）过A作AD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，根据y=x+3，y=，得到（-5，-2），C（-3，0）．求出OC=3，然后根据三角形的面积公式即可得到结论.
解：（）把代入．∴∴．
把代入，∴，
∴．
（）∵，．
∴时，，
∴，．∴．
又∵，
∴ ．
19、（1）（0，3）；（2）．
【解析】
（1）在Rt△AOB中，由勾股定理得到OB=3，即可得出点B的坐标；
（2）由=BC•OA，得到BC=4，进而得到C（0，-1）．设的解析式为， 把A（2，0），C（0，-1）代入即可得到的解析式．
【详解】
（1）在Rt△AOB中，
∵，
∴，
∴OB=3，
∴点B的坐标是（0，3） ．
（2）∵=BC•OA，
∴BC×2=4，
∴BC=4，
∴C（0，-1）．
设的解析式为，
把A（2，0），C（0，-1）代入得：，
∴，
∴的解析式为是．
考点：一次函数的性质．
20、（1）（）1+=+（）1；；（1）（）1+=+（）1；；（3）①成立,理由见解析；②成立,理由见解析．
【解析】
（1）根据题目中的等式列出相同特征的等式即可；
（1）根据题意找出等式特征并用n表达即可；
（3）①先后证明左右两边的等式的结果，如果结果相同则成立；
②先证明等式是否成立，如果成立再根据等式的特征写出m,n至少有一个为无理数的等式.
【详解】
解：（1）具有上述特征的等式可以是（）1+=+（）1，
故答案为（）1+=+（）1；
（1）上述等式可表示为（）1+=+（）1，
故答案为（）1+=+（）1；
（3）①等式成立，
证明：∵左边=（）1+=+=，
右边=+（）1=，
∴左边=右边，
∴等式成立；
②此等式也成立，例如：（）1+=+（）1．
【点睛】
本题考查了规律的知识点，解题的关键是根据题目中的等式找出其特征.
21、（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）由条件可求得A、C的坐标，利用待定系数法可求得直线AC的表达式；
（2）结合图形，当直线平移到过C、A时与矩形有一个公共点，则可求得b的取值范围；
（3）由题意可知直线l过（0，10），结合图象可知当直线过B点时与矩形有一个公共点，结合图象可求得k的取值范围．
【详解】
解:
(1)
，
设直线表达式为,
，解得
直线表达式为;
(2) 直线可以看到是由直线平移得到,
当直线过时，直线与矩形有一个公共点,如图1，

当过点时,代入可得,解得.
当过点时,可得
直线与矩形有公共点时，的取值范围为;
(3) ,
直线过，且,
如图2，直线绕点旋转,当直线过点时,与矩形有一个公共点,逆时针旋转到与轴重合时与矩形有公共点,

当过点时,代入可得,解得
直线:与矩形没有公共点时的取值范围为
【点睛】
本题为一次函数的综合应用，涉及待定系数法、直线的平移、旋转及数形结合思想等知识．在（1）中利用待定系数法是解题的关键，在（2）、（3）中确定出直线与矩形OABC有一个公共点的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
22、（1）点B的坐标为（1，0）.
（2）①点P的坐标为（4，21）或（－4，5）.
②线段QD长度的最大值为.
【解析】
（1）由抛物线的对称性直接得点B的坐标．
（2）①用待定系数法求出抛物线的解析式，从而可得点C的坐标，得到，设出点P 的坐标，根据列式求解即可求得点P的坐标．
②用待定系数法求出直线AC的解析式，由点Q在线段AC上，可设点Q的坐标为(q,-q-3)，从而由QD⊥x轴交抛物线于点D，得点D的坐标为(q,q2+2q-3)，从而线段QD等于两点纵坐标之差，列出函数关系式应用二次函数最值原理求解.
【详解】
解：（1）∵A、B两点关于对称轴对称 ，且A点的坐标为（－3，0），
∴点B的坐标为（1，0）.
（2）①∵抛物线，对称轴为，经过点A（－3，0），
∴，解得.
∴抛物线的解析式为.
∴B点的坐标为（0，－3）.∴OB=1，OC=3.∴.
设点P的坐标为(p,p2+2p-3)，则.
∵，∴，解得.
当时；当时，，
∴点P的坐标为（4，21）或（－4，5）.
②设直线AC的解析式为，将点A，C的坐标代入，得：
，解得：.
∴直线AC的解析式为.
∵点Q在线段AC上，∴设点Q的坐标为(q,-q-3).
又∵QD⊥x轴交抛物线于点D，∴点D的坐标为(q,q2+2q-3).
∴.
∵，
∴线段QD长度的最大值为.
23、（1）（）或（﹣1，﹣1）；（1）①2＜a＜17②b的最小值是
【解析】
（1）把x=y=m，a=1，b=1代入函数解析式，列出方程，通过解方程求得m的值即可；
（1）抛物线上恒有两个不同的“和谐点”A、B．则关于m的方程m=am1+（3b+1）m+b-3的根的判别式△=9b1-4ab+11a．
①令y=9b1-4ab+11a，对于任意实数b，均有y＞2，所以根据二次函数y=9b1-4ab+11的图象性质解答；
②利用二次函数图象的对称性质解答即可．
【详解】
（1）当a＝1，b＝1时，m＝1m1+4m+1﹣4，
解得m＝或m＝﹣1．
所以点P的坐标是（，）或（﹣1，﹣1）；
（1）m＝am1+（3b+1）m+b﹣3，
△＝9b1﹣4ab+11a．
①令y＝9b1﹣4ab+11a，对于任意实数b，均有y＞2，也就是说抛物线y＝9b1﹣4ab+11的图象都在b轴（横轴）上方．
∴△＝（﹣4a）1﹣4×9×11a＜2．
∴2＜a＜17．
②由“和谐点”定义可设A（x1，y1），B（x1，y1），
则x1，x1是ax1+（3b+1）x+b﹣3＝2的两不等实根，．
∴线段AB的中点坐标是：（﹣，﹣）．代入对称轴y＝x﹣（+1），得
﹣＝﹣（+1），
∴3b+1＝+a．
∵a＞2，＞2，a•＝1为定值，
∴3b+1＝+a≥1＝1，
∴b≥．
∴b的最小值是．
【点睛】
此题考查了二次函数综合题，其中涉及到了二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，一元二次方程与二次函数解析式间的关系，二次函数图象的性质等知识点，难度较大，解题时，掌握“和谐点”的定义是解题的难点．
24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）74.
【解析】
(1)根据四边形ABCD和四边形AEMN都是正方形得，∠CAB=∠MAC=45°，∠BAE=∠CAM，可证△ACM∽△ABE；
（2）连结AC，由△ACM∽△ABE得∠ACM=∠B=90°，易证∠MCD=∠BDC=45°，得BD∥CM,由MC=BE，FC=CE，得MF=BD，从而可以证明四边形BFMD是平行四边形；
（3）根据S五边形ABFMN=S正方形AEMN+S梯形ABFE+S三角形EFM求解即可.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD和四边形AEMN都是正方形，
∴，∠CAB=∠MAC=45°，
∴∠CAB-∠CAE=∠MAC-∠CAE，
∴∠BAE=∠CAM，
∴△ACM∽△ABE.

（2）证明：连结AC
因为△ACM∽△ABE，则∠ACM=∠B=90°，
因为∠ACB=∠ECF=45°，
所以∠ACM+∠ACB+∠ECF=180°，
所以点M,C,F在同一直线上，所以∠MCD=∠BDC=45°，
所以BD平行MF，
又因为MC=BE，FC=CE，
所以MF=BC=BD，
所以四边形BFMD是平行四边形

（3）S五边形ABFMN=S正方形AEMN+S梯形ABFE+S三角形EFM
=62+42+（2+6）4+ 26
=74.
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质的应用，解此题的关键是能正确作出辅助线，综合性比较强，有一定的难度．