2021-2022学年广西防城港市中考数学最后冲刺模拟试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，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．某体育用品商店一天中卖出某种品牌的运动鞋15双，其中各种尺码的鞋的销售量如表所示：

则这15双鞋的尺码组成的一组数据中，众数和中位数分别为（　　）

A．24.5，24.5 B．24.5，24 C．24，24 D．23.5，24

2．sin45°的值等于（　　）

A． B．1 C． D．

3．若分式的值为零，则x的值是(   )

A．1 B． C． D．2

4．- 的绝对值是（    ）

A．-4 B． C．4 D．0.4

5．下列计算正确的是（　　）

A．2x+3x=5x B．2x•3x=6x C．（x3）2=5 D．x3﹣x2=x

6．如图，半径为的中，弦，所对的圆心角分别是，，若，，则弦的长等于（   ）

A． B． C． D．

7．下列四个几何体中，主视图与左视图相同的几何体有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

8．实数的倒数是（         ）

A． B． C． D．

9．如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝2，BC＝5，则△ABC的周长为(　　)

A．16 B．14 C．12 D．10

10．如图，在△ABC中，∠C=90°，M是AB的中点，动点P从点A出发，

沿AC方向匀速运动到终点C,动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B．已知P，Q两点同时出发，并同时到达终点.连结MP，MQ，PQ.在整个运动过程中，△MPQ的面积大小变化情况是（   ）

A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11．如图，一次函数y1=kx+b的图象与反比例函数y2=（x<0）的图象相交于点A和点B．当y1＞y2＞0时，x的取值范围是_____．

12．16的算术平方根是           ．

13．如图，正方形ABCD中，E为AB的中点，AF⊥DE于点O，那么等于（ ）

A．； B．； C．； D．．

14．若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是　   　．

15．同时抛掷两枚质地均匀的硬币，则两枚硬币全部正面向上的概率是   ．

16．在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+x+2上有一动点P，直线y=﹣x﹣2上有一动线段AB，当P点坐标为_____时，△PAB的面积最小．

17．如果两圆的半径之比为，当这两圆内切时圆心距为3，那么当这两圆相交时，圆心距d的取值范围是__________.

三、解答题（共7小题，满分69分）

18．（10分）如图，在菱形ABCD中，作于E，BF⊥CD于F，求证：．

19．（5分）如图，在▱ABCD中，以点A为圆心，AB的长为半径的圆恰好与CD相切于点C，交AD于点E，延长BA与⊙O相交于点F．若的长为，则图中阴影部分的面积为_____．

20．（8分）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，AE⊥BD于点O，交BC于点E，AD∥BC，连接CD．

（1）求证：AO＝EO；

（2）若AE是△ABC的中线，则四边形AECD是什么特殊四边形？证明你的结论．

21．（10分）某书店老板去图书批发市场购买某种图书，第一次用1200元购书若干本，并按该书定价7元出售，很快售完．由于该书畅销，第二次购书时，每本书的批发价已比第一次提高了20%，他用1500元所购该书的数量比第一次多10本，当按定价售出200本时，出现滞销，便以定价的4折售完剩余的书．

（1）第一次购书的进价是多少元？

（2）试问该老板这两次售书总体上是赔钱了，还是赚钱了（不考虑其他因素）？若赔钱，赔多少；若赚钱，赚多少？

22．（10分）正方形ABCD的边长是10，点E是AB的中点，动点F在边BC上，且不与点B、C重合，将△EBF沿EF折叠，得到△EB′F．

（1）如图1，连接AB′．

①若△AEB′为等边三角形，则∠BEF等于多少度．

②在运动过程中，线段AB′与EF有何位置关系？请证明你的结论．

（2）如图2，连接CB′，求△CB′F周长的最小值．

（3）如图3，连接并延长BB′，交AC于点P，当BB′＝6时，求PB′的长度．

23．（12分）如图所示：△ABC是等腰三角形，∠ABC=90°．

（1）尺规作图：作线段AB的垂直平分线l，垂足为H．（保留作图痕迹，不写作法）；

（2）垂直平分线l交AC于点D，求证：AB=2DH．

24．（14分）已知关于x的分式方程=2①和一元二次方程mx2﹣3mx+m﹣1=0②中，m为常数，方程①的根为非负数．

（1）求m的取值范围；

（2）若方程②有两个整数根x1、x2，且m为整数，求方程②的整数根．

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、A

【解析】

【分析】根据众数和中位数的定义进行求解即可得．

【详解】这组数据中，24.5出现了6次，出现的次数最多，所以众数为24.5，

这组数据一共有15个数，按从小到大排序后第8个数是24.5，所以中位数为24.5，

故选A．

【点睛】本题考查了众数、中位数，熟练掌握中位数、众数的定义以及求解方法是解题的关键.

2、D

【解析】
根据特殊角的三角函数值得出即可．

【详解】

解：sin45°=，

故选：D．

【点睛】

本题考查了特殊角的三角函数的应用，能熟记特殊角的三角函数值是解此题的关键，难度适中．

3、A

【解析】

试题解析：∵分式的值为零，

∴|x|﹣1=0，x+1≠0，

解得：x=1．

故选A．

4、B

【解析】
直接用绝对值的意义求解.

【详解】

−的绝对值是．

故选B．

【点睛】

此题是绝对值题，掌握绝对值的意义是解本题的关键．

5、A

【解析】
依据合并同类项法则、单项式乘单项式法则、积的乘方法则进行判断即可．

【详解】

A、2x＋3x＝5x，故A正确；

B、2x•3x＝6x2，故B错误；

C、（x3）2＝x6，故C错误；

D、x3与x2不是同类项，不能合并，故D错误．

故选A．

【点睛】

本题主要考查的是整式的运算，熟练掌握相关法则是解题的关键．

6、A

【解析】

作AH⊥BC于H，作直径CF，连结BF，先利用等角的补角相等得到∠DAE=∠BAF，然后再根据同圆中，相等的圆心角所对的弦相等得到DE=BF=6，由AH⊥BC，根据垂径定理得CH=BH，易得AH为△CBF的中位线，然后根据三角形中位线性质得到AH=BF=1，从而求解．

解：作AH⊥BC于H，作直径CF，连结BF，如图，

∵∠BAC+∠EAD=120°，而∠BAC+∠BAF=120°，

∴∠DAE=∠BAF，∴弧DE＝弧BF，∴DE=BF=6，

∵AH⊥BC，∴CH=BH，

∵CA=AF，∴AH为△CBF的中位线，∴AH=BF=1．

∴，

∴BC＝2BH＝2．

故选A．

“点睛”本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和三角形中位线性质．

7、D

【解析】

解：①正方体的主视图与左视图都是正方形；

②球的主视图与左视图都是圆；

③圆锥主视图与左视图都是三角形；

④圆柱的主视图和左视图都是长方形；

故选D．

8、D

【解析】

因为＝，

所以的倒数是.

故选D.

9、B

【解析】
根据切线长定理进行求解即可.

【详解】

∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，

∴AF＝AD＝2，BD＝BE，CE＝CF，

∵BE+CE＝BC＝5，

∴BD+CF＝BC＝5，

∴△ABC的周长＝2+2+5+5＝14，

故选B．

【点睛】

本题考查了三角形的内切圆以及切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键.

10、C

【解析】

如图所示，连接CM，

∵M是AB的中点，

∴S△ACM=S△BCM=S△ABC，

开始时，S△MPQ=S△ACM=S△ABC；

由于P，Q两点同时出发，并同时到达终点，从而点P到达AC的中点时，点Q也到达BC的中点，此时，S△MPQ=S△ABC；

结束时，S△MPQ=S△BCM=S△ABC．

△MPQ的面积大小变化情况是：先减小后增大．故选C．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、-2<x<-0.5

【解析】
根据图象可直接得到y1＞y2＞0时x的取值范围．

【详解】

根据图象得：当y1＞y2＞0时，x的取值范围是﹣2＜x＜﹣0.5，

故答案为﹣2＜x＜﹣0.5.

【点睛】

本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，熟悉待定系数法以及理解函数图象与不等式的关系是解题的关键．

12、4

【解析】
正数的正的平方根叫算术平方根，0的算术平方根还是0；负数没有平方根也没有算术平方根

∵

∴16的平方根为4和-4

∴16的算术平方根为4

13、D

【解析】
利用△DAO与△DEA相似，对应边成比例即可求解．

【详解】

∠DOA=90°，∠DAE=90°，∠ADE是公共角，∠DAO=∠DEA

∴△DAO∽△DEA

∴

即

∵AE=AD

∴

故选D．

14、．

【解析】
根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，

要使在实数范围内有意义，必须.

故答案为

15、．

【解析】

试题分析：画树状图为：

共有4种等可能的结果数，其中两枚硬币全部正面向上的结果数为1，所以两枚硬币全部正面向上的概率=．故答案为．

考点：列表法与树状图法．

16、（-1，2）

【解析】
因为线段AB是定值，故抛物线上的点到直线的距离最短，则面积最小，平移直线与抛物线的切点即为P点，然后求得平移后的直线，联立方程，解方程即可．

【详解】

因为线段AB是定值，故抛物线上的点到直线的距离最短，则面积最小，

若直线向上平移与抛物线相切，切点即为P点，

设平移后的直线为y=-x-2+b，

∵直线y=-x-2+b与抛物线y=x2+x+2相切，

∴x2+x+2=-x-2+b，即x2+2x+4-b=0，

则△=4-4（4-b）=0，

∴b=3，

∴平移后的直线为y=-x+1，

解得x=-1，y=2，

∴P点坐标为（-1，2），

故答案为（-1，2）．

【点睛】

本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积以及解方程等，理解直线向上平移与抛物线相切，切点即为P点是解题的关键．

17、.

【解析】
先根据比例式设两圆半径分别为，根据内切时圆心距列出等式求出半径，然后利用相交时圆心距与半径的关系求解.

【详解】

解：设两圆半径分别为，

由题意，得3x-2x=3，解得，

则两圆半径分别为，

所以当这两圆相交时，圆心距d的取值范围是，

即，

故答案为.

【点睛】

本题考查了圆和圆的位置与两圆的圆心距、半径的数量之间的关系，熟练掌握圆心距与圆位置关系的数量关系是解决本题的关键.

三、解答题（共7小题，满分69分）

18、见解析

【解析】
由菱形的性质可得，，然后根据角角边判定，进而得到.

【详解】

证明：∵菱形ABCD，

∴，，

∵，，

∴，

在与中，

，

∴，

∴．

【点睛】

本题考查菱形的性质和全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质得到全等条件是解题的关键.

19、S阴影＝2﹣．

【解析】
由切线的性质和平行四边形的性质得到BA⊥AC，∠ACB=∠B=45°，∠DAC=∠ACB=45°=∠FAE，根据弧长公式求出弧长，得到半径，即可求出结果.

【详解】

如图，连接AC，∵CD与⊙A相切，

∴CD⊥AC，

在平行四边形ABCD中，∵AB=DC,AB∥CD∥BC，

∴BA⊥AC，∵AB=AC,

∴∠ACB=∠B=45°，

∵AD∥BC,

∴∠FAE=∠B=45°，

∴∠DAC=∠ACB=45°=∠FAE，

∴

∴的长度为

解得R=2，

S阴=S△ACD-S扇形=

【点睛】

此题主要考查圆内的面积计算，解题的关键是熟知平行四边形的性质、切线的性质、弧长计算及扇形面积的计算.

20、（1）详见解析；（2）平行四边形.

【解析】
（1）由“三线合一”定理即可得到结论；
（2）由AD∥BC，BD平分∠ABC，得到∠ADB=∠ABD，由等腰三角形的判定得到AD=AB，根据垂直平分线的性质有AB=BE，于是AD=BE，进而得到AD=EC，根据平行四边形的判定即可得到结论．

【详解】

证明：（1）∵BD平分∠ABC，AE⊥BD，

∴AO=EO；

（2）平行四边形，

证明：∵AD∥BC，

∴∠ADB=∠ABD，

∴AD=AB，

∵OA=OE，OB⊥AE，

∴AB=BE，

∴AD=BE，

∵BE=CE，

∴AD=EC，

∴四边形AECD是平行四边形．

【点睛】

考查等腰直角三角形的性质以及平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.

21、赚了520元

【解析】
（1）设第一次购书的单价为x元，根据第一次用1200元购书若干本，第二次购书时，每本书的批发价已比第一次提高了20%，他用1500元所购该书的数量比第一次多10本，列出方程，求出x的值即可得出答案；

（2）根据（1）先求出第一次和第二次购书数目，再根据卖书数目×（实际售价﹣当次进价）求出二次赚的钱数，再分别相加即可得出答案．

【详解】

（1）设第一次购书的单价为x元，

根据题意得：+10＝，

解得：x＝5，

经检验，x＝5是原方程的解，

答：第一次购书的进价是5元；

（2）第一次购书为1200÷5＝240（本），

第二次购书为240+10＝250（本），

第一次赚钱为240×（7﹣5）＝480（元），

第二次赚钱为200×（7﹣5×1.2）+50×（7×0.4﹣5×1.2）＝40（元），

所以两次共赚钱480+40＝520（元），

答：该老板两次售书总体上是赚钱了，共赚了520元．

【点睛】

此题考查了分式方程的应用，掌握这次活动的流程，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．

22、（1）①∠BEF＝60°；②A B'∥EF，证明见解析；（2）△CB′F周长的最小值5+5；（3）PB′＝．

【解析】
（1）①当△AEB′为等边三角形时，∠AE B′＝60°，由折叠可得，∠BEF＝ ∠BE B′＝ ×120°＝60°；②依据AE＝B′E，可得∠EA B′＝∠E B′A，再根据∠BEF＝∠B′EF，即可得到∠BEF＝∠BA B′，进而得出EF∥A B′；

（2）由折叠可得，CF+ B′F＝CF+BF＝BC＝10，依据B′E+ B′C≥CE，可得B′C≥CE﹣B′E＝5﹣5，进而得到B′C最小值为5﹣5，故△CB′F周长的最小值＝10+5﹣5＝5+5；

（3）将△ABB′和△APB′分别沿AB、AC翻折到△ABM和△APN处，延长MB、NP相交于点Q，由∠MAN＝2∠BAC＝90°，∠M＝∠N＝90°，AM＝AN，可得四边形AMQN为正方形，设PB′＝PN＝x，则BP＝6+x，BQ＝8﹣6＝2，QP＝8﹣x．依据∠BQP＝90°，可得方程22+（8﹣x）2＝（6+x）2，即可得出PB′的长度．

【详解】

（1）①当△AE B′为等边三角形时，∠AE B′＝60°，

由折叠可得，∠BEF＝∠BE B′＝×120°＝60°，

故答案为60；

②A B′∥EF，

证明：∵点E是AB的中点，

∴AE＝BE，

由折叠可得BE＝B′E，

∴AE＝B′E，

∴∠EA B′＝∠E B′A，

又∵∠BEF＝∠B′EF，

∴∠BEF＝∠BA B′，

∴EF∥A B′；

（2）如图，点B′的轨迹为半圆，由折叠可得，BF＝B′F，

∴CF+ B′F＝CF+BF＝BC＝10，

∵B′E+ B′C≥CE，

∴B′C≥CE﹣B′E＝5﹣5，

∴B′C最小值为5﹣5，

∴△CB′F周长的最小值＝10+5﹣5＝5+5；

（3）如图，连接A B′，易得∠A B′B＝90°，

将△AB B′和△AP B′分别沿AB、AC翻折到△ABM和△APN处，延长MB、NP相交于点Q，

由∠MAN＝2∠BAC＝90°，∠M＝∠N＝90°，AM＝AN，可得四边形AMQN为正方形，

由AB＝10，B B′＝6，可得A B′＝8，

∴QM＝QN＝A B′＝8，

设P B′＝PN＝x，则BP＝6+x，BQ＝8﹣6＝2，QP＝8﹣x．

∵∠BQP＝90°，

∴22+（8﹣x）2＝（6+x）2，

解得：x＝，

∴P B′＝x＝．

【点睛】

本题属于四边形综合题，主要考查了折叠的性质，等边三角形的性质，正方形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，解题的关键是设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．

23、 (1)见解析；（2）证明见解析.

【解析】
（1）利用线段垂直平分线的作法，分别以A，B为端点，大于为半径作弧，得出直线l即可；
（2）利用利用平行线的性质以及平行线分线段成比例定理得出点D是AC的中点，进而得出答案．

【详解】

解：(1)如图所示：直线l即为所求；

(2)证明：∵点H是AB的中点，且DH⊥AB，

∴DH∥BC，

∴点D是AC的中点，

∵

∴AB=2DH.

【点睛】

考查作图—基本作图，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质等，熟练掌握垂直平分线的性质是解题的性质.

24、（1）且，；（2）当m=1时，方程的整数根为0和3.

【解析】
（1）先解出分式方程①的解，根据分式的意义和方程①的根为非负数得出的取值；
（2）根据根与系数的关系得到x1+x2=3，，根据方程的两个根都是整数可得m=1或.结合（1）的结论可知m1.解方程即可.

【详解】

解：（1）∵关于x的分式方程的根为非负数，

∴且.

又∵，且，

∴解得且.

又∵方程为一元二次方程，

∴.

综上可得：且，.

（2）∵一元二次方程有两个整数根x1、x2，m为整数，

∴x1+x2=3，，

∴为整数，∴m=1或.

又∵且，，

∴m1.

当m=1时，原方程可化为.

解得：，.    

∴当m=1时，方程的整数根为0和3.

【点睛】

考查了解分式方程，一元二次方程根与系数的关系，解一元二次方程等，熟练掌握方程的解法是解题的关键.