青海省西宁市市级名校2021-2022学年中考试题猜想数学试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．估计的值在（    ）

A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间

2．如图，一张半径为的圆形纸片在边长为的正方形内任意移动，则在该正方形内，这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积是（ ）

A． B． C． D．

3．民族图案是数学文化中的一块瑰宝．下列图案中，既不是中心对称图形也不是轴对称图形的是（ ）
 

A． B． C． D．

4．把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个18边形，则原多边形纸片的边数不可能是（　　）

A．16 B．17 C．18 D．19

5．如图，在边长为的等边三角形ABC中，过点C垂直于BC的直线交∠ABC的平分线于点P，则点P到边AB所在直线的距离为（ ）

A． B． C． D．1

6．⊙O是一个正n边形的外接圆，若⊙O的半径与这个正n边形的边长相等，则n的值为（   ）

A．3 B．4 C．6 D．8

7． “辽宁号”航母是中国海军航空母舰的首舰，标准排水量57000吨，满载排水量67500吨，数据67500用科学记数法表示为

A．675×102 B．67.5×102 C．6.75×104 D．6.75×105

8．如果实数a=，且a在数轴上对应点的位置如图所示，其中正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

9．现有三张背面完全相同的卡片，正面分别标有数字﹣1，﹣2，3，把卡片背面朝上洗匀，然后从中随机抽取两张，则这两张卡片正面数字之和为正数的概率是（　　）

A． B． C． D．

10．大箱子装洗衣粉36千克，把大箱子里的洗衣粉分装在4个大小相同的小箱子里，装满后还剩余2千克洗衣粉，则每个小箱子装洗衣粉（   ）

A．6.5千克    B．7.5千克    C．8.5千克    D．9.5千克

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11．二次函数的图象与x轴有____个交点 ．

12．因式分解：－3x2＋3x=________．

13．因式分解：a3－a=______．

14．如图，已知点A是反比例函数的图象上的一个动点，连接OA，若将线段O A绕点O顺时针旋转90°得到线段OB，则点B所在图象的函数表达式为______．

15．如图，直线经过正方形的顶点分别过此正方形的顶点、作于点、 于点．若，则的长为________．

16．在矩形ABCD中，AB=4， BC=3， 点P在AB上．若将△DAP沿DP折叠，使点A落在矩形对角线上的处，则AP的长为__________．

17．一个正多边形的一个内角是它的一个外角的5倍，则这个多边形的边数是_______________

三、解答题（共7小题，满分69分）

18．（10分）如图，已知点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，3），以D为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过A，B，C三点．

（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；

（2）设抛物线的对称轴DE交线段BC于点E，P为第一象限内抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，交线段BC于点F，若四边形DEFP为平行四边形，求点P的坐标．

19．（5分）如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴，轴分别交于，两点，且点，点在轴正半轴上运动，过点作平行于轴的直线．

（1）求的值和点的坐标；

（2）当时，直线与直线交于点，反比例函数的图象经过点，求反比例函数的解析式；

（3）当时，若直线与直线和（2）反比例函数的图象分别交于点，，当间距离大于等于2时，求的取值范围．

20．（8分）如图，在⊿中，,于, .

⑴.求的长；

⑵.求 的长.

21．（10分）一辆汽车在某次行驶过程中，油箱中的剩余油量y（升）与行驶路程x（千米）之间是一次函数关系，其部分图象如图所示．求y关于x的函数关系式；（不需要写定义域）已知当油箱中的剩余油量为8升时，该汽车会开始提示加油，在此次行驶过程中，行驶了500千米时，司机发现离前方最近的加油站有30千米的路程，在开往该加油站的途中，汽车开始提示加油，这时离加油站的路程是多少千米？

22．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB═2，AD=，P是BC边上的一点，且BP=2CP．

（1）用尺规在图①中作出CD边上的中点E，连接AE、BE（保留作图痕迹，不写作法）；

（2）如图②，在（1）的条体下，判断EB是否平分∠AEC，并说明理由；

（3）如图③，在（2）的条件下，连接EP并廷长交AB的廷长线于点F，连接AP，不添加辅助线，△PFB能否由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形？如果能，说明理由，并写出两种方法（指出对称轴、旋转中心、旋转方向和平移距离）

23．（12分）△ABC内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠A＝60°，点D在AC上，连接BD作等边三角形BDE，连接OE．

如图1，求证：OE＝AD；如图2，连接CE，求证：∠OCE＝∠ABD；如图3，在(2)的条件下，延长EO交⊙O于点G，在OG上取点F，使OF＝2OE，延长BD到点M使BD＝DM，连接MF，若tan∠BMF＝，OD＝3，求线段CE的长．

24．（14分）如图，用细线悬挂一个小球，小球在竖直平面内的A、C两点间来回摆动，A点与地面距离AN=14cm，小球在最低点B时，与地面距离BM=5cm，∠AOB=66°，求细线OB的长度．（参考数据：sin66°≈0.91，cos66°≈0.40，tan66°≈2.25）

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、D

【解析】
寻找小于26的最大平方数和大于26的最小平方数即可.

【详解】

解：小于26的最大平方数为25，大于26的最小平方数为36，故，即：

，故选择D.

【点睛】

本题考查了二次根式的相关定义.

2、C

【解析】
这张圆形纸片减去“不能接触到的部分”的面积是就是这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积．

【详解】

解：如图：

∵正方形的面积是：4×4=16；

扇形BAO的面积是：，

∴则这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是4×1-4×=4-π，

∴这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积是16-（4-π）=12+π，

故选C．

【点睛】

本题主要考查了正方形和扇形的面积的计算公式，正确记忆公式是解题的关键．

3、C

【解析】

分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．因此，

A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；

B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；

C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项正确；

D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误．

故选C．

4、A

【解析】
一个n边形剪去一个角后，剩下的形状可能是n边形或（n+1）边形或（n-1）边形．故当剪去一个角后，剩下的部分是一个18边形，则这张纸片原来的形状可能是18边形或17边形或19边形，不可能是16边形.

故选A.

【点睛】

此题主要考查了多边形，减去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻点，则少了一条边；经过一个顶点和一边，边数不变；经过两条邻边，边数增加一条.

5、D

【解析】

试题分析：∵△ABC为等边三角形，BP平分∠ABC，∴∠PBC=∠ABC=30°，∵PC⊥BC，∴∠PCB=90°，在Rt△PCB中，PC=BC•tan∠PBC==1，∴点P到边AB所在直线的距离为1，故选D．

考点：1．角平分线的性质；2．等边三角形的性质；3．含30度角的直角三角形；4．勾股定理．

6、C

【解析】
根据题意可以求出这个正n边形的中心角是60°，即可求出边数.

【详解】

⊙O是一个正n边形的外接圆，若⊙O的半径与这个正n边形的边长相等，

则这个正n边形的中心角是60°，

n的值为6，

故选：C

【点睛】

考查正多边形和圆，求出这个正多边形的中心角度数是解题的关键.

7、C

【解析】
根据科学记数法的定义，科学记数法的表示形式为a×10n，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.在确定n的值时，看该数是大于或等于1还是小于1.当该数大于或等于1时，n为它的整数位数减1；当该数小于1时，－n为它第一个有效数字前0的个数（含小数点前的1个0）.

【详解】

67500一共5位，从而67500=6.75×104，

故选C.

8、C

【解析】

分析：估计的大小，进而在数轴上找到相应的位置，即可得到答案.

详解：

由被开方数越大算术平方根越大，

即

故选C.

点睛：考查了实数与数轴的的对应关系，以及估算无理数的大小，解决本题的关键是估计的大小.

9、D

【解析】
先找出全部两张卡片正面数字之和情况的总数，再先找出全部两张卡片正面数字之和为正数情况的总数，两者的比值即为所求概率.

【详解】

任取两张卡片，数字之和一共有﹣3、2、1三种情况，其中和为正数的有2、1两种情况，所以这两张卡片正面数字之和为正数的概率是.故选D.

【点睛】

本题主要考查概率的求法，熟练掌握概率的求法是解题的关键.

10、C

【解析】

【分析】设每个小箱子装洗衣粉x千克，根据题意列方程即可．

【详解】设每个小箱子装洗衣粉x千克，由题意得：

4x+2=36，

解得：x=8.5，

即每个小箱子装洗衣粉8.5千克，

故选C．

【点睛】本题考查了列一元一次方程解实际问题，弄清题意，找出等量关系是解答本题的关键.

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、2

【解析】

【分析】根据一元二次方程x2+mx+m-2=0的根的判别式的符号进行判定二次函数y=x2+mx+m-2的图象与x轴交点的个数．

【详解】二次函数y=x2+mx+m-2的图象与x轴交点的纵坐标是零，

即当y=0时，x2+mx+m-2=0，

∵△=m2-4（m-2）=（m-2）2+4＞0，

∴一元二次方程x2+mx+m-2=0有两个不相等是实数根，

即二次函数y=x2+mx+m-2的图象与x轴有2个交点，

故答案为：2.

【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点．二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c=0根之间的关系．

△=b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数．

△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；

△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；

△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．

12、－3x(x－1)

【解析】
原式提取公因式即可得到结果．

【详解】

解：原式=-3x（x-1），

故答案为-3x（x-1）

【点睛】

此题考查了因式分解-提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键．

13、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）．

14、

【解析】

∵点A是反比例函数的图象上的一个动点，设A（m，n），过A作AC⊥x轴于C，过B作BD⊥x轴于D，

∴AC=n，OC=﹣m，∴∠ACO=∠ADO=90°，

∵∠AOB=90°，∴∠CAO+∠AOC=∠AOC+∠BOD=90°，∴∠CAO=∠BOD，

在△ACO与△ODB中，∵∠ACO=∠ODB，∠CAO=∠BOD，AO=BO，

∴△ACO≌△ODB，∴AC=OD=n，CO=BD=﹣m，∴B（n，﹣m），

∵mn=﹣2，∴n（﹣m）=2，

∴点B所在图象的函数表达式为，

故答案为：．

15、13

【解析】
根据正方形的性质得出AD=AB，∠BAD=90°，根据垂直得出∠DEA=∠AFB=90°，求出∠EDA=∠FAB，根据AAS推出△AED≌△BFA，根据全等三角形的性质得出AE=BF=5，AF=DE=8，即可求出答案；

【详解】

∵ABCD是正方形(已知)，

∴AB=AD,∠ABC=∠BAD=90°；

又∵∠FAB+∠FBA=∠FAB+∠EAD=90°，

∴∠FBA=∠EAD(等量代换)；

∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，

∴在Rt△AFB和Rt△AED中，

∵，

∴△AFB≌△AED(AAS)，

∴AF=DE=8,BF=AE=5(全等三角形的对应边相等)，

∴EF=AF+AE=DE+BF=8+5=13.

故答案为13.

点睛：本题考查了勾股定理，全等三角形的性质和判定，正方形的性质的应用，能求出△AED≌△BFA是解此题的关键．

16、或

【解析】
①点A落在矩形对角线BD上，如图1，

∵AB=4，BC=3，

∴BD=5，

根据折叠的性质，AD=A′D=3，AP=A′P，∠A=∠PA′D=90°，

∴BA′=2，设AP=x，则BP=4﹣x，∵BP2=BA′2+PA′2，

∴（4﹣x）2=x2+22，

解得：x=，∴AP=；

②点A落在矩形对角线AC上，如图2，根据折叠的性质可知DP⊥AC，

∴△DAP∽△ABC，

∴，

∴AP===．

故答案为或．

17、1

【解析】
设这个正多边的外角为x°，则内角为5x°，根据内角和外角互补可得x+5x=180，解可得x的值，再利用外角和360°÷外角度数可得边数．

【详解】

设这个正多边的外角为x°，由题意得：

x+5x=180，

解得：x=30，

360°÷30°=1．

故答案为：1．

【点睛】

此题主要考查了多边形的内角和外角，关键是计算出外角的度数，进而得到边数．

三、解答题（共7小题，满分69分）

18、（1）y=﹣x2+x+3；D（1，）；（2）P（3，）．

【解析】
（1）设抛物线的解析式为y=a（x+2）（x-4），将点C（0，3）代入可求得a的值，将a的值代入可求得抛物线的解析式，配方可得顶点D的坐标；

（2）画图，先根据点B和C的坐标确定直线BC的解析式，设P（m，-m2+m+3），则F（m，-m+3），表示PF的长，根据四边形DEFP为平行四边形，由DE=PF列方程可得m的值，从而得P的坐标．

【详解】

解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x+2）（x﹣4），

将点C（0，3）代入得：﹣8a=3，

解得：a=﹣，

y=﹣x2+x+3=﹣（x﹣1）2+，

∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+3，且顶点D（1，）；

（2）∵B（4，0），C（0，3），

∴BC的解析式为：y=﹣x+3，

∵D（1，），

当x=1时，y=﹣+3=，

∴E（1，），

∴DE=-=，

设P（m，﹣m2+m+3），则F（m，﹣m+3），

∵四边形DEFP是平行四边形，且DE∥FP，

∴DE=FP，

即（﹣m2+m+3）﹣（﹣m+3）=，

解得：m1=1（舍），m2=3，

∴P（3，）．

【点睛】

本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，利用方程思想列等式求点的坐标，难度适中．

19、（1），；（2）；的取值范围是：．

【解析】
（1）把代入得出的值，进而得出点坐标；

（2）当时，将代入，进而得出的值，求出点坐标得出反比例函数的解析式；

（3）可得，当向下运动但是不超过轴时，符合要求，进而得出的取值范围．

【详解】

解：（1）∵直线： 经过点，

∴，

∴，

∴；

（2）当时，将代入，

得，，

∴代入得，，

∴；

（3）当时，即，而，

如图，，当向下运动但是不超过轴时，符合要求，

∴的取值范围是：．

【点睛】

本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次函数，体现了方程思想，综合性较强．

20、（1）25（2）12

【解析】

整体分析：

（1）用勾股定理求斜边AB的长；（2）用三角形的面积等于底乘以高的一半求解.

解：(1).∵在⊿中，，.

∴，

(2).∵⊿，

∴即，

∴20×15＝25CD.

∴.

21、（1）该一次函数解析式为y=﹣x+1．（2）在开往该加油站的途中，汽车开始提示加油，这时离加油站的路程是10千米．

【解析】

【分析】（1）根据函数图象中点的坐标利用待定系数法求出一次函数解析式；

（2）根据一次函数图象上点的坐标特征即可求出剩余油量为8升时行驶的路程，即可求得答案.

【详解】（1）设该一次函数解析式为y=kx+b，

将（150，45）、（0，1）代入y=kx+b中，得

，解得：，

∴该一次函数解析式为y=﹣x+1；

（2）当y=﹣x+1=8时，

解得x=520，

即行驶520千米时，油箱中的剩余油量为8升．

530﹣520=10千米，

油箱中的剩余油量为8升时，距离加油站10千米，

∴在开往该加油站的途中，汽车开始提示加油，这时离加油站的路程是10千米．

【点睛】本题考查了一次函数的应用，熟练掌握待定系数法，弄清题意是解题的关键.

22、（1）作图见解析；（2）EB是平分∠AEC，理由见解析； （3）△PFB能由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形，变换的方法为：将△BPF绕点B顺时针旋转120°和△EPA重合，①沿PF折叠，②沿AE折叠．

【解析】

【分析】（1）根据作线段的垂直平分线的方法作图即可得出结论；

（2）先求出DE=CE=1，进而判断出△ADE≌△BCE，得出∠AED=∠BEC，再用锐角三角函数求出∠AED，即可得出结论；

（3）先判断出△AEP≌△FBP，即可得出结论．

【详解】（1）依题意作出图形如图①所示；

（2）EB是平分∠AEC，理由：

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠C=∠D=90°，CD=AB=2，BC=AD=，

∵点E是CD的中点，

∴DE=CE=CD=1，

在△ADE和△BCE中，，

∴△ADE≌△BCE，

∴∠AED=∠BEC，

在Rt△ADE中，AD=，DE=1，

∴tan∠AED==，

∴∠AED=60°，

∴∠BCE=∠AED=60°，

∴∠AEB=180°﹣∠AED﹣∠BEC=60°=∠BEC，

∴BE平分∠AEC；

（3）∵BP=2CP，BC==，

∴CP=，BP=，

在Rt△CEP中，tan∠CEP==，

∴∠CEP=30°，

∴∠BEP=30°，

∴∠AEP=90°，

∵CD∥AB，

∴∠F=∠CEP=30°，

在Rt△ABP中，tan∠BAP==，

∴∠PAB=30°，

∴∠EAP=30°=∠F=∠PAB，

∵CB⊥AF，

∴AP=FP，

∴△AEP≌△FBP，

∴△PFB能由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形，

变换的方法为：将△BPF绕点B顺时针旋转120°和△EPA重合，①沿PF折叠，②沿AE折叠．

【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，图形的变换等，熟练掌握和灵活应用相关的性质与定理、判断出△AEP≌△△FBP是解本题的关键．

23、 (1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)CE＝．

【解析】
(1)连接OB，证明△ABD≌△OBE，即可证出OE＝AD．

(2)连接OB，证明△OCE≌△OBE，则∠OCE＝∠OBE，由(1)的全等可知∠ABD＝∠OBE，则∠OCE＝∠ABD．

(3)过点M作AB的平行线交AC于点Q，过点D作DN垂直EG于点N，则△ADB≌△MQD，四边形MQOG为平行四边形，∠DMF＝∠EDN，再结合特殊角度和已知的线段长度求出CE的长度即可．

【详解】

解：(1)如图1所示，连接OB，

∵∠A＝60°，OA＝OB，

∴△AOB为等边三角形，

∴OA＝OB＝AB，∠A＝∠ABO＝∠AOB＝60°，

∵△DBE为等边三角形，

∴DB＝DE＝BE，∠DBE＝∠BDE＝∠DEB＝60°，

∴∠ABD＝∠OBE，

∴△ADB≌△OBE(SAS)，

∴OE＝AD；

(2)如图2所示，

由(1)可知△ADB≌△OBE，

∴∠BOE＝∠A＝60°，∠ABD＝∠OBE，

∵∠BOA＝60°，

∴∠EOC＝∠BOE =60°，

又∵OB=OC，OE=OE，

∴△BOE≌△COE(SAS)，

∴∠OCE＝∠OBE，

∴∠OCE＝∠ABD；

(3)如图3所示，过点M作AB的平行线交AC于点Q，过点D作DN垂直EG于点N，

∵BD＝DM，∠ADB＝∠QDM，∠QMD＝∠ABD，

∴△ADB≌△MQD(ASA)，

∴AB＝MQ，

∵∠A＝60°，∠ABC＝90°，

∴∠ACB＝30°，

∴AB＝＝AO＝CO＝OG，

∴MQ＝OG，

∵AB∥GO，

∴MQ∥GO，

∴四边形MQOG为平行四边形，

设AD为x，则OE＝x，OF＝2x，

∵OD＝3，

∴OA＝OG＝3+x，GF＝3﹣x，

∵DQ＝AD＝x，

∴OQ＝MG＝3﹣x，

∴MG＝GF，

∵∠DOG＝60°，

∴∠MGF＝120°，

∴∠GMF＝∠GFM＝30°，

∵∠QMD＝∠ABD＝∠ODE，∠ODN＝30°，

∴∠DMF＝∠EDN，

∵OD＝3，

∴ON＝，DN＝，

∵tan∠BMF＝，

∴tan∠NDE＝，

∴ ，

解得x＝1，

∴NE＝，

∴DE＝，

∴CE＝．

故答案为(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)CE＝．

【点睛】

本题考查圆的相关性质以及与圆有关的计算，全等三角形的性质和判定，第三问构造全等三角形找到与∠BMF相等的角为解题的关键．

24、15cm

【解析】

试题分析：设细线OB的长度为xcm，作AD⊥OB于D，证出四边形ANMD是矩形，得出AN=DM=14cm，求出OD=x-9，在Rt△AOD中，由三角函数得出方程，解方程即可．

试题解析：设细线OB的长度为xcm，作AD⊥OB于D，如图所示：

∴∠ADM=90°，

∵∠ANM=∠DMN=90°，

∴四边形ANMD是矩形，

∴AN=DM=14cm，

∴DB=14﹣5=9cm，

∴OD=x﹣9，

在Rt△AOD中，cos∠AOD=，

∴cos66°==0.40，

解得：x=15，

∴OB=15cm．