2021-2022学年湖北省黄冈市黄梅县中考联考数学试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．青藏高原是世界上海拔最高的高原，它的面积是 2500000 平方千米．将 2500000 用科学记数法表示应为（    ）

A． B． C． D．

2．如图，点P是∠AOB内任意一点，OP=5cm，点M和点N分别是射线OA和射线OB上的动点，△PMN周长的最小值是5cm，则∠AOB的度数是（ ）．

A． B． C． D．

3．下列算式的运算结果正确的是（　　）

A．m3•m2=m6    B．m5÷m3=m2（m≠0）

C．（m﹣2）3=m﹣5    D．m4﹣m2=m2

4．等腰三角形的一个外角是100°，则它的顶角的度数为（　　）

A．80° B．80°或50° C．20° D．80°或20°

5．下列命题是假命题的是（　　）

A．有一个外角是120°的等腰三角形是等边三角形

B．等边三角形有3条对称轴

C．有两边和一角对应相等的两个三角形全等

D．有一边对应相等的两个等边三角形全等

6．下列说法正确的是（　  　）

A．“明天降雨的概率是60%”表示明天有60%的时间都在降雨

B．“抛一枚硬币正面朝上的概率为50%”表示每抛2次就有一次正面朝上

C．“彩票中奖的概率为1%”表示买100张彩票肯定会中奖

D．“抛一枚正方体骰子，朝上的点数为2的概率为”表示随着抛掷次数的增加，“抛出朝上的点数为2”这一事件发生的概率稳定在附近

7．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，若CD=4，AB=18，则△ABD的面积是（　　）

A．18 B．36 C．54 D．72

8．的化简结果为　　

A．3 B． C． D．9

9．的值为（ ）

A． B．- C．9 D．-9

10．反比例函数是y=的图象在（　　）

A．第一、二象限 B．第一、三象限 C．第二、三象限 D．第二、四象限

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．已知双曲线经过点（－1，2），那么k的值等于_______.

12．已知两圆内切，半径分别为2厘米和5厘米，那么这两圆的圆心距等于_____厘米．

13．已知一组数据4，x，5，y，7，9的平均数为6，众数为5，则这组数据的中位数是_____．

14．已知A（0,3），B（2,3）是抛物线上两点，该抛物线的顶点坐标是_________.

15．已知（x+y）2＝25，（x﹣y）2＝9，则x2+y2＝_____．

16．已知关于 x 的函数 y=（m﹣1）x2+2x+m 图象与坐标轴只有 2 个交点，则m=_______．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，足球场上守门员在处开出一高球，球从离地面1米的处飞出（在轴上），运动员乙在距点6米的处发现球在自己头的正上方达到最高点，距地面约4米高，球落地后又一次弹起．据实验测算，足球在草坪上弹起后的抛物线与原来的抛物线形状相同，最大高度减少到原来最大高度的一半．

求足球开始飞出到第一次落地时，该抛物线的表达式．足球第一次落地点距守门员多少米？（取）运动员乙要抢到第二个落点，他应再向前跑多少米？

18．（8分）已知关于x，y的二元一次方程组的解为，求a、b的值．

19．（8分）解不等式组

20．（8分）校园空地上有一面墙，长度为20m，用长为32m的篱笆和这面墙围成一个矩形花圃，如图所示．能围成面积是126m2的矩形花圃吗？若能，请举例说明；若不能，请说明理由．若篱笆再增加4m，围成的矩形花圃面积能达到170m2吗？请说明理由．

21．（8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．

22．（10分）（1）计算：；

（2）已知a﹣b＝，求（a﹣2）2+b（b﹣2a）+4（a﹣1）的值．

23．（12分）如图，在Rt△ABC中，，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE.求证：CE=AD；当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明理由；若D为AB中点，则当=______时，四边形BECD是正方形.

24．化简求值：，其中x是不等式组的整数解．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、C

【解析】

分析：在实际生活中，许多比较大的数，我们习惯上都用科学记数法表示，使书写、计算简便．

解答：解：根据题意：2500000=2.5×1．

故选C．

2、B

【解析】

试题分析：作点P关于OA对称的点P3,作点P关于OB对称的点P3,连接P3P3,与OA交于点M,与OB交于点N,此时△PMN的周长最小．由线段垂直平分线性质可得出△PMN的周长就是P3P3的长，∵OP=3，∴OP3=OP3=OP=3．又∵P3P3=3，,∴OP3=OP3=P3P3,∴△OP3P3是等边三角形, ∴∠P3OP3=60°，即3（∠AOP+∠BOP）=60°，∠AOP+∠BOP=30°,即∠AOB=30°，故选B．

考点：3．线段垂直平分线性质；3．轴对称作图．

3、B

【解析】
直接利用同底数幂的除法运算法则以及合并同类项法则、积的乘方运算法则分别化简得出答案．

【详解】

A、m3•m2=m5，故此选项错误；

B、m5÷m3=m2（m≠0），故此选项正确；

C、（m-2）3=m-6，故此选项错误；

D、m4-m2，无法计算，故此选项错误；

故选：B．

【点睛】

此题主要考查了同底数幂的除法运算以及合并同类项法则、积的乘方运算，正确掌握运算法则是解题关键．

4、D

【解析】
根据邻补角的定义求出与外角相邻的内角，再根据等腰三角形的性质分情况解答．

【详解】

∵等腰三角形的一个外角是100°，

∴与这个外角相邻的内角为180°−100°=80°，

当80°为底角时，顶角为180°-160°=20°，

∴该等腰三角形的顶角是80°或20°.

故答案选：D.

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是熟练的掌握等腰三角形的性质.

5、C

【解析】

解：A． 外角为120°，则相邻的内角为60°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形可以判断，故A选项正确；

B． 等边三角形有3条对称轴，故B选项正确；

C．当两个三角形中两边及一角对应相等时，其中如果角是这两边的夹角时，可用SAS来判定两个三角形全等，如果角是其中一边的对角时，则可不能判定这两个三角形全等，故此选项错误；

D．利用SSS．可以判定三角形全等．故D选项正确；

故选C．

6、D

【解析】
根据概率是指某件事发生的可能性为多少，随着试验次数的增加，稳定在某一个固定数附近，可得答案．

【详解】

解：A. “明天降雨的概率是60%”表示明天下雨的可能性较大，故A不符合题意；

B. “抛一枚硬币正面朝上的概率为”表示每次抛正面朝上的概率都是，故B不符合题意；

C. “彩票中奖的概率为1%”表示买100张彩票有可能中奖．故C不符合题意；

D. “抛一枚正方体骰子,朝上的点数为2的概率为”表示随着抛掷次数的增加,“抛出朝上的点数为2”这一事件发生的概率稳定在附近，故D符合题意；

故选D

【点睛】

本题考查了概率的意义，正确理解概率的含义是解决本题的关键．

7、B

【解析】
根据题意可知AP为∠CAB的平分线，由角平分线的性质得出CD=DH，再由三角形的面积公式可得出结论．

【详解】

由题意可知AP为∠CAB的平分线，过点D作DH⊥AB于点H，

∵∠C=90°，CD=1，

∴CD=DH=1．

∵AB=18，

∴S△ABD=AB•DH=×18×1=36

故选B．

【点睛】

本题考查的是作图-基本作图，熟知角平分线的作法是解答此题的关键．

8、A

【解析】

试题分析：根据二次根式的计算化简可得：．故选A．

考点：二次根式的化简

9、A

【解析】

【分析】根据绝对值的意义进行求解即可得.

【详解】表示的是的绝对值，

数轴上表示的点到原点的距离是，即的绝对值是，

所以的值为 ，

故选A.

【点睛】本题考查了绝对值的意义，熟练掌握绝对值的意义是解题的关键.

10、B

【解析】
解：∵反比例函数是y=中，k=2＞0，
∴此函数图象的两个分支分别位于一、三象限．
故选B．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、－1

【解析】
分析：根据点在曲线上点的坐标满足方程的关系，将点（－1,2）代入，得：，解得：k＝－1．

12、1

【解析】
由两圆的半径分别为2和5，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系和两圆位置关系求得圆心距即可．

【详解】

解：∵两圆的半径分别为2和5，两圆内切，

∴d＝R﹣r＝5﹣2＝1cm，

故答案为1．

【点睛】

此题考查了圆与圆的位置关系．解题的关键是掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系．

13、1.1

【解析】

【分析】先判断出x，y中至少有一个是1，再用平均数求出x+y=11，即可得出结论．

【详解】∵一组数据4，x，1，y，7，9的众数为1，

∴x，y中至少有一个是1，

∵一组数据4，x，1，y，7，9的平均数为6，

∴（4+x+1+y+7+9）=6，

∴x+y=11，

∴x，y中一个是1，另一个是6，

∴这组数为4，1，1，6，7，9，

∴这组数据的中位数是×（1+6）=1.1，

故答案为：1.1．

【点睛】本题考查了众数、平均数、中位数等概念，熟练掌握众数、平均数、中位数的概念、判断出x，y中至少有一个是1是解本题的关键.

14、（1,4）.

【解析】

试题分析：把A（0,3），B（2,3）代入抛物线可得b=2，c=3，所以=，即可得该抛物线的顶点坐标是（1,4）.

考点：抛物线的顶点.

15、17

【解析】
先利用完全平方公式展开，然后再求和.

【详解】

根据（x+y）2=25，x2+y2+2xy=25;（x﹣y）2=9, x2+y2-2xy=9,所以x2+y2=17.

【点睛】

(1)完全平方公式：.

(2)平方差公式：(a+b)(a-b)=.

(3)常用等价变形：

,

,

.

16、1 或 0 或

【解析】
分两种情况讨论：当函数为一次函数时，必与坐标轴有两个交点；
当函数为二次函数时，将（0，0）代入解析式即可求出m的值．

【详解】

解：（1）当 m﹣1=0 时，m=1，函数为一次函数，解析式为 y=2x+1，与 x 轴

交点坐标为（﹣ ，0）；与 y 轴交点坐标（0，1）．符合题意．

（2）当 m﹣1≠0 时，m≠1，函数为二次函数，与坐标轴有两个交点，则过原点，且与 x 轴有两个不同的交点，

于是△=4﹣4（m﹣1）m＞0，

解得，（m﹣）2＜，

解得 m＜ 或 m＞ ．

将（0，0）代入解析式得，m=0，符合题意．

（3）函数为二次函数时，还有一种情况是：与 x 轴只有一个交点，与 Y 轴交于交于另一点，

这时：△=4﹣4（m﹣1）m=0，

解得：m= ．

故答案为1 或 0 或．

【点睛】

此题考查一次函数和二次函数的性质，解题关键是必须分两种情况讨论，不可盲目求解．

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）（或）（2）足球第一次落地距守门员约13米．（3）他应再向前跑17米．

【解析】
（1）依题意代入x的值可得抛物线的表达式．

（2）令y=0可求出x的两个值，再按实际情况筛选．

（3）本题有多种解法．如图可得第二次足球弹出后的距离为CD，相当于将抛物线AEMFC向下平移了2个单位可得解得x的值即可知道CD、BD．

【详解】

解：（1）如图，设第一次落地时，

抛物线的表达式为

由已知：当时　

即

表达式为（或）

（2）令

（舍去）．

足球第一次落地距守门员约13米．

（3）解法一：如图，第二次足球弹出后的距离为

根据题意：（即相当于将抛物线向下平移了2个单位）

解得

（米）．

答：他应再向前跑17米．

18、或

【解析】
把代入二元一次方程组得到关于a，b的方程组，经过整理，得到关于b的一元二次方程，解之即可得到b的值，把b的值代入一个关于a，b的二元一次方程，求出a的值，即可得到答案．

【详解】

把代入二元一次方程组得：

，
由①得：a=1+b，
把a=1+b代入②，整理得：
b2+b-2=0，
解得：b= -2或b=1，
把b= -2代入①得：a+2=1，
解得：a= -1，
把b=1代入①得：
a-1=1，
解得：a=2，
即或．

【点睛】

本题考查了二元一次方程组的解，正确掌握代入法是解题的关键．

19、﹣1≤x＜1．

【解析】
分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．

【详解】

解不等式2x+1≥﹣1，得：x≥﹣1，

解不等式x+1＞4（x﹣2），得：x＜1，

则不等式组的解集为﹣1≤x＜1．

【点睛】

此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

20、（1）长为18米、宽为7米或长为14米、宽为9米；（1）若篱笆再增加4m，围成的矩形花圃面积不能达到172m1．

【解析】
（1）假设能，设AB的长度为x米，则BC的长度为（31﹣1x）米，再根据矩形面积公式列方程求解即可得到答案.

（1）假设能，设AB的长度为y米，则BC的长度为（36﹣1y）米，再根据矩形面积公式列方程，求得方程无解，即假设不成立.

【详解】

（1）假设能，设AB的长度为x米，则BC的长度为（31﹣1x）米，

根据题意得：x(31﹣1x)=116，

解得：x1=7，x1=9，

∴31﹣1x=18或31﹣1x=14，

∴假设成立，即长为18米、宽为7米或长为14米、宽为9米．

（1）假设能，设AB的长度为y米，则BC的长度为（36﹣1y）米，

根据题意得：y(36﹣1y)=172，

整理得：y1﹣18y+85=2．

∵△=(﹣18)1﹣4×1×85=﹣16＜2，

∴该方程无解，

∴假设不成立，即若篱笆再增加4m，围成的矩形花圃面积不能达到172m1．

21、（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.

22、（1）；（1）1.

【解析】
（1）先计算负整数指数幂、化简二次根式、代入三角函数值、计算零指数幂，再计算乘法和加减运算可得；

（1）先根据整式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再利用完全平方公式因式分解，最后将a−b的值整体代入计算可得．

【详解】

（1）原式=4+1﹣8×﹣1=4+1﹣4﹣1=1﹣1；

（1）原式=a1﹣4a+4+b1﹣1ab+4a﹣4=a1﹣1ab+b1=（a﹣b）1，

当a﹣b=时，

原式=（）1=1．

【点睛】

本题主要考查实数和整式的混合运算，解题的关键是掌握实数与整式的混合运算顺序和运算法则及完全平方公式因式分解的能力．

23、（1）详见解析；(2)菱形；（3）当∠A=45°，四边形BECD是正方形．

【解析】
(1)先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；

(2)求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；

(3)求出∠CDB=90°，再根据正方形的判定推出即可．

【详解】

(1)∵DE⊥BC，

∴∠DFP=90°，

∵∠ACB=90°，

∴∠DFB=∠ACB，

∴DE//AC，

∵MN//AB，

∴四边形ADEC为平行四边形，

∴CE=AD；

(2)菱形，理由如下：

在直角三角形ABC中，

∵D为AB中点，

∴BD=AD，

∵CE=AD，

∴BD=CE，

∴MN//AB，

∴BECD是平行四边形，

∵∠ACB=90°，D是AB中点，

∴BD=CD，（斜边中线等于斜边一半）

∴四边形BECD是菱形；

(3)若D为AB中点，则当∠A=45°时，四边形BECD是正方形，

理由：∵∠A=45°，∠ACB=90°，

∴∠ABC=45°，

∵四边形BECD是菱形，

∴DC=DB，

∴∠DBC=∠DCB=45°，

∴∠CDB=90°，

∵四边形BECD是菱形，

∴四边形BECD是正方形，

故答案为45°.

【点睛】

本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定、正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质等，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.

24、当x=﹣3时，原式=﹣，当x=﹣2时，原式=﹣1．

【解析】
先化简分式，再解不等式组求得x的取值范围，在此范围内找到符合分式有意义的x的整数值，代入计算可得．

【详解】

原式=÷

=•

=，

解不等式组，

解不等式①，得：x＞﹣4，

解不等式②，得：x≤﹣1，

∴不等式组的解集为﹣4＜x≤﹣1，

∴不等式的整数解是﹣3，﹣2，﹣1．

又∵x+1≠0，x﹣1≠0∴x≠±1，

∴x=﹣3或x=﹣2，

当x=﹣3时，原式=﹣，

当x=﹣2时，原式=﹣1．

【点睛】

本题考查了分式的化简求值及一元一次不等式组的整数解，求分式的值时，一定要选择使每个分式都有意义的未知数的值.