2022届黄冈市启黄中学中考猜题数学试卷含解析

这是一份2022届黄冈市启黄中学中考猜题数学试卷含解析，共21页。
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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．下列计算正确的是（　　）
A．＝±3 B．﹣32＝9 C．（﹣3）﹣2＝ D．﹣3+|﹣3|＝﹣6
2．如图，甲从A点出发向北偏东70°方向走到点B，乙从点A出发向南偏西15°方向走到点C，则∠BAC的度数是（　　）

A．85° B．105° C．125° D．160°
3．如图，已知的周长等于 ，则它的内接正六边形ABCDEF的面积是（ ）

A． B． C． D．
4．在直角坐标系中，我们把横、纵坐标都为整数的点叫做整点．对于一条直线，当它与一个圆的公共点都是整点时，我们把这条直线称为这个圆的“整点直线”．已知⊙O是以原点为圆心，半径为 圆，则⊙O的“整点直线”共有（ ）条
A．7 B．8 C．9 D．10
5．第 24 届冬奥会将于 2022 年在北京和张家口举行，冬奥会的项目有滑雪（如跳台滑雪、高山滑雪、单板滑雪等）、滑冰（如短道速滑、速度滑冰、花样滑冰等）、冰球、冰壶等．如图，有 5 张形状、大小、质地均相同的卡片，正面分别印有高山滑雪、速度滑冰、冰球、单板滑雪、冰壶五种不同的图案，背面完全相同．现将这 5 张卡片洗匀后正面向下放在桌子上，从中随机抽取一张，抽出的卡片正面恰好是滑雪项目图案的概率是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，直线y=3x+6与x，y轴分别交于点A，B，以OB为底边在y轴右侧作等腰△OBC，将点C向左平移5个单位，使其对应点C′恰好落在直线AB上，则点C的坐标为（　　）

A．（3，3） B．（4，3） C．（﹣1，3） D．（3，4）
7．如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a＞3），半径为3，函数y＝x的图象被⊙P截得的弦AB的长为4，则a的值是（　　）

A．4 B．3＋ C．3 D．
8．如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB 于D，若CD=2，⊙O的半径为5，那么AB的长为（　　）

A．3 B．4 C．6 D．8
9．如图，两个等直径圆柱构成如图所示的T形管道，则其俯视图正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EC．若AB=8，CD=2，则EC的长为（）

A． B．8 C． D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．点(1，–2)关于坐标原点 O 的对称点坐标是_____．
12．如图，半径为5的半圆的初始状态是直径平行于桌面上的直线b，然后把半圆沿直线b进行无滑动滚动，使半圆的直径与直线b重合为止，则圆心O运动路径的长度等于_____．

13．若﹣4xay+x2yb＝﹣3x2y，则a+b＝_____．
14．分解因式：x2y﹣xy2=_____．
15．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣6，0），C（0，2）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为_____．

16．一个两位数，个位数字比十位数字大4，且个位数字与十位数字的和为10，则这个两位数为_______．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）某地铁站口的垂直截图如图所示，已知∠A=30°，∠ABC=75°，AB=BC=4米，求C点到地面AD的距离（结果保留根号）．

18．（8分）如图，是5×5正方形网格，每个小正方形的边长为1，请按要求画出下列图形，所画图形的各个顶点均在所给小正方形的顶点上．

（1）在图（1）中画出一个等腰△ABE，使其面积为3.5；
（2）在图（2）中画出一个直角△CDF，使其面积为5，并直接写出DF的长．
19．（8分）如图，在三角形ABC中，AB=6，AC=BC=5，以BC为直径作⊙O交AB于点D，交AC于点G，直线DF是⊙O的切线，D为切点，交CB的延长线于点E．
（1）求证：DF⊥AC；
（2）求tan∠E的值．

20．（8分）如图所示，直线y=﹣2x+b与反比例函数y=交于点A、B，与x轴交于点C．
（1）若A（﹣3，m）、B（1，n）．直接写出不等式﹣2x+b＞的解．
（2）求sin∠OCB的值．
（3）若CB﹣CA=5，求直线AB的解析式．

21．（8分）解方程组：.
22．（10分）如图，已知△ABC为等边三角形，点D、E分别在BC、AC边上，且AE=CD，AD与BE相交于点F．
求证：△ABE≌△CAD；求∠BFD的度数.
23．（12分）如图，四边形 ABCD 中，对角线 AC、BD 相交于点 O，若 AB，求证：四边形 ABCD 是正方形

24．（14分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=mx2﹣8mx+4m+2（m＞2）与y轴的交点为A，与x轴的交点分别为B（x1，0），C（x2，0），且x2﹣x1=4，直线AD∥x轴，在x轴上有一动点E（t，0）过点E作平行于y轴的直线l与抛物线、直线AD的交点分别为P、Q．

（1）求抛物线的解析式；
（2）当0＜t≤8时，求△APC面积的最大值；
（3）当t＞2时，是否存在点P，使以A、P、Q为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．



参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、C
【解析】
分别根据二次根式的定义，乘方的意义，负指数幂的意义以及绝对值的定义解答即可．
【详解】
=3，故选项A不合题意；
﹣32＝﹣9，故选项B不合题意；
（﹣3）﹣2＝，故选项C符合题意；
﹣3+|﹣3|＝﹣3+3＝0，故选项D不合题意．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的定义，乘方的定义、负指数幂的意义以及绝对值的定义，熟记定义是解答本题的关键．
2、C
【解析】
首先求得AB与正东方向的夹角的度数，即可求解．
【详解】
根据题意得：∠BAC＝（90°﹣70°）+15°+90°＝125°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了方向角，正确理解方向角的定义是关键．
3、C
【解析】
过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，由⊙O的周长等于6πcm，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质可得∠AOB=60°，即可证明△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质可求出OH的长，根据S正六边形ABCDEF=6S△OAB即可得出答案．
【详解】
过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，设⊙O的半径为r，
∵⊙O的周长等于6πcm，
∴2πr=6π，
解得：r=3，
∴⊙O的半径为3cm，即OA=3cm，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=×360°=60°，OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA=3cm，
∵OH⊥AB，
∴AH=AB，
∴AB=OA=3cm，
∴AH=cm，OH==cm，
∴S正六边形ABCDEF=6S△OAB=6××3×=（cm2）．

故选C.
【点睛】
此题考查了正多边形与圆的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
4、D
【解析】
试题分析：根据圆的半径可知：在圆上的整数点为(2，2)、(2，-2)，(-2，-2)，(-2，2)这四个点，经过任意两点的“整点直线”有6条，经过其中的任意一点且圆相切的“整点直线”有4条，则合计共有10条.
5、B
【解析】
先找出滑雪项目图案的张数，结合5 张形状、大小、质地均相同的卡片，再根据概率公式即可求解．
【详解】
∵有 5 张形状、大小、质地均相同的卡片，滑雪项目图案的有高山滑雪和单板滑雪2张，
∴从中随机抽取一张，抽出的卡片正面恰好是滑雪项目图案的概率是.
故选B．
【点睛】
本题考查了简单事件的概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
6、B
【解析】
令x=0，y=6，∴B（0，6），
∵等腰△OBC，∴点C在线段OB的垂直平分线上，
∴设C（a，3），则C '（a－5，3），
∴3=3（a－5）+6，解得a=4，
∴C（4，3）.
故选B.
点睛：掌握等腰三角形的性质、函数图像的平移.
7、B
【解析】
试题解析：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，如图，

∵⊙P的圆心坐标是（3，a），
∴OC=3，PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
∴D点坐标为（3，3），
∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，
∴AE=BE=AB=×4=2，
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE=，
∴PD=PE=，
∴a=3+．
故选B．
考点：1．垂径定理；2．一次函数图象上点的坐标特征；3．勾股定理．
8、D
【解析】
连接OA，构建直角三角形AOD；利用垂径定理求得AB=2AD；然后在直角三角形AOD中由勾股定理求得AD的长度，从而求得AB=2AD=1．
【详解】
连接OA．

∵⊙O的半径为5，CD=2，
∵OD=5-2=3，即OD=3；
又∵AB是⊙O的弦，OC⊥AB，
∴AD=AB；
在直角三角形ODC中，根据勾股定理，得
AD==4，
∴AB=1．
故选D．
【点睛】
本题考查了垂径定理、勾股定理．解答该题的关键是通过作辅助线OA构建直角三角形，在直角三角形中利用勾股定理求相关线段的长度．
9、B
【解析】
试题分析：三视图就是主视图（正视图）、俯视图、左视图的总称．从物体的前面向后面投射所得的视图称主视图（正视图）——能反映物体的前面形状；从物体的上面向下面投射所得的视图称俯视图——能反映物体的上面形状；从物体的左面向右面投射所得的视图称左视图——能反映物体的左面形状．故选B
考点：三视图
10、D
【解析】
∵⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，AB=8，∴AC=AB=1．
设⊙O的半径为r，则OC=r－2，
在Rt△AOC中，∵AC=1，OC=r－2，
∴OA2=AC2+OC2，即r2=12+（r﹣2）2，解得r=2．
∴AE=2r=3．
连接BE，

∵AE是⊙O的直径，∴∠ABE=90°．
在Rt△ABE中，∵AE=3，AB=8，∴．
在Rt△BCE中，∵BE=6，BC=1，∴．故选D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、（-1,2）
【解析】
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【详解】
A（1，-2）关于原点O的对称点的坐标是（-1，2），
故答案为：（-1，2）．
【点睛】
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
12、5π
【解析】
根据题意得出球在无滑动旋转中通过的路程为圆弧，根据弧长公式求出弧长即可．
【详解】
解：由图形可知，圆心先向前走OO1的长度，从O到O1的运动轨迹是一条直线，长度为圆的周长，
然后沿着弧O1O2旋转圆的周长，
则圆心O运动路径的长度为：×2π×5＝5π，
故答案为5π．

【点睛】
本题考查的是弧长的计算和旋转的知识，解题关键是确定半圆作无滑动翻转所经过的路线并求出长度．
13、1
【解析】
两个单项式合并成一个单项式，说明这两个单项式为同类项．
【详解】
解：由同类项的定义可知,
a=2，b=1，
∴a+b=1．
故答案为:1.
【点睛】
本题考查的知识点为：同类项中相同字母的指数是相同的．
14、xy（x﹣y）
【解析】
原式=xy（x﹣y）．
故答案为xy（x﹣y）．
15、（-2，6）
【解析】
分析：连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=2，得到答案．
详解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，

由题意得，OA=6，AB=OC-2，
则tan∠BOA=，
∴∠BOA=30°，
∴∠OBA=60°，
由旋转的性质可知，∠B1OB=∠BOA=30°，
∴∠B1OH=60°，
在△AOB和△HB1O，
，
∴△AOB≌△HB1O，
∴B1H=OA=6，OH=AB=2，
∴点B1的坐标为（-2，6），
故答案为（-2，6）．
点睛：本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质，掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
16、37
【解析】
根据题意列出一元一次方程即可求解.
【详解】
解：设十位上的数字为a,则个位上的数为（a+4）,依题意得：
a+a+4=10,
解得：a=3,
∴这个两位数为：37
【点睛】
本题考查了一元一次方程的实际应用,属于简单题,找到等量关系是解题关键.

三、解答题（共8题，共72分）
17、C点到地面AD的距离为：（2+2）m．
【解析】
直接构造直角三角形，再利用锐角三角函数关系得出BE，CF的长，进而得出答案．
【详解】
过点B作BE⊥AD于E，作BF∥AD，过C作CF⊥BF于F，

在Rt△ABE中，∵∠A=30°，AB=4m，
∴BE=2m，
由题意可得：BF∥AD，
则∠FBA=∠A=30°，
在Rt△CBF中，
∵∠ABC=75°，
∴∠CBF=45°，
∵BC=4m，
∴CF=sin45°•BC=
∴C点到地面AD的距离为：
【点睛】
考查解直角三角形，熟练掌握锐角三角函数是解题的关键.
18、 (1)见解析；（2）DF＝
【解析】
（1）直接利用等腰三角形的定义结合勾股定理得出答案；
（2）利用直角三角的定义结合勾股定理得出符合题意的答案．
【详解】
（1）如图（1）所示：△ABE，即为所求；
（2）如图（2）所示：△CDF即为所求，DF=．

【点睛】
此题主要考查了等腰三角形的定义以及三角形面积求法，正确应用网格分析是解题关键．
19、（1）证明见解析；（2）tan∠CBG=．
【解析】
（1）连接OD，CD，根据圆周角定理得∠BDC=90°，由等腰三角形三线合一的性质得D为AB的中点，所以OD是中位线，由三角形中位线性质得：OD∥AC，根据切线的性质可得结论；
（2）如图，连接BG，先证明EF∥BG，则∠CBG=∠E，求∠CBG的正切即可．
【详解】
解：（1）证明：连接OD，CD，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴CD⊥AB，
∵AC=BC，
∴AD=BD，
∵OB=OC，
∴OD是△ABC的中位线
∴OD∥AC，
∵DF为⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∴DF⊥AC；
（2）解：如图，连接BG，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BGC=90°，
∵∠EFC=90°=∠BGC，
∴EF∥BG，
∴∠CBG=∠E，
Rt△BDC中，∵BD=3，BC=5，
∴CD=4，
∵S△ABC=，即6×4=5BG，
∴BG=，
由勾股定理得：CG=，
∴tan∠CBG=tan∠E=.

【点睛】
本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定和性质及勾股定理的应用；把所求角的正切进行转移是基本思路，利用面积法求BG的长是解决本题的难点．
20、（1） x＜﹣3或0＜x＜1；（2）；（3）y=﹣2x﹣2．
【解析】
（1）不等式的解即为函数y=﹣2x+b的图象在函数y=上方的x的取值范围．可由图象直接得到．
（2）用b表示出OC和OF的长度，求出CF的长，进而求出sin∠OCB．
（3）求直线AB的解析式关键是求出b的值．
【详解】
解：（1）如图：

由图象得：不等式﹣2x+b＞的解是x＜﹣3或0＜x＜1；
（2）设直线AB和y轴的交点为F．
当y=0时，x=，即OC=﹣；
当x=0时，y=b，即OF=﹣b，∴CF==，∴sin∠OCB=sin∠OCF===．
（3）过A作AD⊥x轴，过B作BE⊥x轴，则AC=AD=，BC=，∴AC﹣BC=（yA+yB）=（xA+xB）=﹣5，又﹣2x+b=，所以﹣2x2+bx﹣k=0，∴，∴×b=﹣5，∴b=，∴y=﹣2x﹣2．
【点睛】
这道题主要考查反比例函数的图象与一次函数的交点问题，借助图象分析之间的关系，体现数形结合思想的重要性．
21、；；.
【解析】
分析：
把原方程组中的第二个方程通过分解因式降次，转化为两个一次方程，再分别和第一方程组合成两个新的方程组，分别解这两个新的方程组即可求得原方程组的解.
详解：
由方程可得，，；
则原方程组转化为（Ⅰ）或 （Ⅱ），
解方程组（Ⅰ）得，
解方程组（Ⅱ）得 ，
∴原方程组的解是 .
点睛：本题考查的是二元二次方程组的解法，解题的要点有两点：（1）把原方程组中的第2个方程通过分解因式降次转化为两个二元一次方程，并分别和第1个方程组合成两个新的方程组；（2）将两个新的方程组消去y，即可得到关于x的一元二次方程.
22、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
试题分析：（1）根据等边三角形的性质根据SAS即可证明△ABE≌△CAD；
（2）由三角形全等可以得出∠ABE=∠CAD，由外角与内角的关系就可以得出结论．
试题解析：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°．
在△ABE和△CAD中，
AB=CA， ∠BAC=∠C，AE =CD，
∴△ABE≌△CAD（SAS），
（2）∵△ABE≌△CAD，
∴∠ABE=∠CAD，
∵∠BAD+∠CAD=60°，
∴∠BAD+∠EBA=60°，
∵∠BFD=∠ABE+∠BAD，
∴∠BFD=60°．
23、详见解析.
【解析】
四边形ABCD是正方形，利用已知条件先证明四边形ABCD是平行四边形，再证明四边形ABCD是矩形，再根据对角线垂直的矩形是正方形即可证明四边形ABCD是正方形．
【详解】
证明：在四边形ABCD中，OA=OC,OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵OA=OB=OC=OD，
又∵AC=AO+OC,BD=OB+DO，
∴AC=BD，
∴平行四边形是矩形，
在△AOB中，，

∴△AOB是直角三角形，即AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形.
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、正方形的判定以及勾股定理的运用和勾股定理的逆定理的运用，题目的综合性很强．
24、（1）；（2）12；（3）t=或t=或t=1．
【解析】
试题分析：（1）首先利用根与系数的关系得出：，结合条件求出的值，然后把点B，C的坐标代入解析式计算即可；（2）（2）分0＜t＜6时和6≤t≤8时两种情况进行讨论，据此即可求出三角形的最大值；（3）（3）分2＜t≤6时和t＞6时两种情况进行讨论，再根据三角形相似的条件，即可得解．
试题解析：解：（1）由题意知x1、x2是方程mx2﹣8mx+4m+2=0的两根，
∴x1+x2=8，
由．
解得：．
∴B（2，0）、C（6，0）
则4m﹣16m+4m+2=0，
解得：m=，
∴该抛物线解析式为：y=；．
（2）可求得A（0，3）
设直线AC的解析式为：y=kx+b，
∵
∴
∴直线AC的解析式为：y=﹣x+3，
要构成△APC，显然t≠6，分两种情况讨论：
当0＜t＜6时，设直线l与AC交点为F，则：F（t，﹣），

∵P（t，），∴PF=，
∴S△APC=S△APF+S△CPF
=
=
=，
此时最大值为：，
②当6≤t≤8时，设直线l与AC交点为M，则：M（t，﹣），
∵P（t，），∴PM=，
∴S△APC=S△APF﹣S△CPF=
=
=，
当t=8时，取最大值，最大值为：12，
综上可知，当0＜t≤8时，△APC面积的最大值为12；
（3）如图，连接AB，则△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=2，
Q（t，3），P（t，），
①当2＜t≤6时，AQ=t，PQ=，
若：△AOB∽△AQP，则：，
即：，
∴t=0（舍），或t=，
若△AOB∽△PQA，则：，
即：，
∴t=0（舍）或t=2（舍），
②当t＞6时，AQ′=t，PQ′=，
若：△AOB∽△AQP，则：，
即：，
∴t=0（舍），或t=，
若△AOB∽△PQA，则：，
即：，
∴t=0（舍）或t=1，
∴t=或t=或t=1．

考点：二次函数综合题．