2022年福建省龙岩市新罗区达标名校毕业升学考试模拟卷数学卷含解析

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：①3+3=6；②=1；③+==2；④=2；其中错误的有（  ）．

A．3个 B．2个 C．1个 D．0个

2．若55+55+55+55+55＝25n，则n的值为（　　）

A．10 B．6 C．5 D．3

3．若关于x的不等式组无解，则a的取值范围是（　　）

A．a≤﹣3 B．a＜﹣3 C．a＞3 D．a≥3

4．如图1，E为矩形ABCD边AD上一点，点P从点B沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q从点B沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．若P，Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△BPQ的面积为y（cm2）．已知y与t的函数图象如图2，则下列结论错误的是（ ）

A．AE=6cm B．

C．当0＜t≤10时， D．当t=12s时，△PBQ是等腰三角形

5．今年我市计划扩大城区绿地面积，现有一块长方形绿地，它的短边长为60m，若将短边增长到长边相等（长边不变），使扩大后的棣地的形状是正方形，则扩大后的绿地面积比原来增加1600，设扩大后的正方形绿地边长为xm，下面所列方程正确的是（ ）

A．x（x-60）=1600

B．x（x+60）=1600

C．60（x+60）=1600

D．60（x-60）=1600

6．若分式 有意义，则x的取值范围是

A．x＞1 B．x＜1 C．x≠1 D．x≠0

7．若分式有意义，则x的取值范围是（ ）

A．x＞3 B．x＜3 C．x≠3 D．x=3

8．若一个正比例函数的图象经过A（3，﹣6），B（m，﹣4）两点，则m的值为（ ）

A．2 B．8 C．﹣2 D．﹣8

9．已知二次函数的图象如图所示，若，是这个函数图象上的三点，则的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

10．如图，在△ABC中，AB=AC,点D是边AC上一点，BC=BD=AD,则∠A的大小是（　　　）．

A．36° B．54° C．72° D．30°

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．化简÷=_____．

12．已知一元二次方程2x2﹣5x+1=0的两根为m，n，则m2+n2=_____．

13．如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CA=4，点P是半圆弧AC的中点，连接BP，线段即把图形APCB（指半圆和三角形ABC组成的图形）分成两部分，则这两部分面积之差的绝对值是_____．

14．为迎接五月份全县中考九年级体育测试，小强每天坚持引体向上锻炼，他记录了某一周每天做引体向上的个数，如下表：

其中有三天的个数被墨汁覆盖了，但小强已经计算出这组数据唯一众数是13，平均数是12，那么这组数据的方差是_____．

15．计算：=_____________.

16．如图，中，∠，，的面积为，为边上一动点（不与，重合），将和分别沿直线，翻折得到和，那么△的面积的最小值为____．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）（1）计算：；

（2）化简：．

18．（8分）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，BC=DC，AC、BD相交于点O，点E在AO上，且OE=OC．求证：∠1=∠2；连结BE、DE，判断四边形BCDE的形状，并说明理由.

19．（8分）如图，C是⊙O上一点，点P在直径AB的延长线上，⊙O的半径为3，PB=2，PC=1．

（1）求证：PC是⊙O的切线．

（2）求tan∠CAB的值．

20．（8分）小明随机调查了若干市民租用共享单车的骑车时间t（单位：分），将获得的数据分成四组，绘制了如下统计图（A：0＜t≤10，B：10＜t≤20，C：20＜t≤30，D：t＞30），根据图中信息，解答下列问题：这项被调查的总人数是多少人？试求表示A组的扇形统计图的圆心角的度数，补全条形统计图；如果小明想从D组的甲、乙、丙、丁四人中随机选择两人了解平时租用共享单车情况，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲的概率．

21．（8分）如图，Rt△ABC的两直角边AC边长为4，BC边长为3，它的内切圆为⊙O，⊙O与边AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，延长CO交斜边AB于点G.

(1)求⊙O的半径长；

(2)求线段DG的长．

22．（10分）文艺复兴时期，意大利艺术大师达．芬奇研究过用圆弧围成的部分图形的面积问题．已知正方形的边长是2，就能求出图中阴影部分的面积．

证明：S矩形ABCD=S1+S2+S3=2，S4=　   　，S5=　   　，S6=　   　+　   　，S阴影=S1+S6=S1+S2+S3=　   　．

23．（12分）解方程：=1．

24．综合与实践﹣﹣旋转中的数学

问题背景：在一次综合实践活动课上，同学们以两个矩形为对象，研究相似矩形旋转中的问题：已知矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，它们各自对角线的交点重合于点O，连接AA′，CC′．请你帮他们解决下列问题：

观察发现：（1）如图1，若A′B′∥AB，则AA′与CC′的数量关系是______；

操作探究：（2）将图1中的矩形ABCD保持不动，矩形A′B′C′D′绕点O逆时针旋转角度α（0°＜α≤90°），如图2，在矩形A′B′C′D′旋转的过程中，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；

操作计算：（3）如图3，在（2）的条件下，当矩形A′B′C′D′绕点O旋转至AA′⊥A′D′时，若AB=6，BC=8，A′B′=3，求AA′的长．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、A

【解析】

3+3=6，错误，无法计算；② =1，错误；③+==2不能计算；④=2，正确.

故选A.

2、D

【解析】
直接利用提取公因式法以及幂的乘方运算法则将原式变形进而得出答案．

【详解】

解：∵55+55+55+55+55=25n，

∴55×5=52n，

则56=52n，

解得：n=1．

故选D．

【点睛】

此题主要考查了幂的乘方运算，正确将原式变形是解题关键．

3、A

【解析】

【分析】利用不等式组取解集的方法，根据不等式组无解求出a的取值范围即可．

【详解】∵不等式组无解，

∴a﹣4≥3a+2，

解得：a≤﹣3，

故选A．

【点睛】本题考查了一元一次不等式组的解集，熟知一元一次不等式组的解集的确定方法“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无处找”是解题的关键.

4、D

【解析】

（1）结论A正确，理由如下：

解析函数图象可知，BC=10cm，ED=4cm，

故AE=AD﹣ED=BC﹣ED=10﹣4=6cm．

（2）结论B正确，理由如下：

如图，连接EC，过点E作EF⊥BC于点F，

由函数图象可知，BC=BE=10cm，，

∴EF=1．∴．

（3）结论C正确，理由如下：

如图，过点P作PG⊥BQ于点G，

∵BQ=BP=t，∴．

（4）结论D错误，理由如下：

当t=12s时，点Q与点C重合，点P运动到ED的中点，

设为N，如图，连接NB，NC．

此时AN=1，ND=2，由勾股定理求得：NB=，NC=．

∵BC=10，

∴△BCN不是等腰三角形，即此时△PBQ不是等腰三角形．

故选D．

5、A

【解析】

试题分析：根据题意可得扩建的部分相当于一个长方形，这个长方形的长和宽分别为x米和（x－60）米，根据长方形的面积计算法则列出方程．

考点：一元二次方程的应用．

6、C

【解析】
分式分母不为0，所以，解得.

故选：C.

7、C

【解析】
试题分析：∵分式有意义，∴x﹣3≠0，∴x≠3；故选C．

考点：分式有意义的条件．

8、A

【解析】

试题分析：设正比例函数解析式为：y=kx，将点A（3，﹣6）代入可得：3k=﹣6，解得：k=﹣2，∴函数解析式为：y=﹣2x，将B（m，﹣4）代入可得：﹣2m=﹣4，解得m=2，故选A．

考点：一次函数图象上点的坐标特征．

9、A

【解析】
先求出二次函数的对称轴，结合二次函数的增减性即可判断．

【详解】

解：二次函数的对称轴为直线，

∵抛物线开口向下，

∴当时，y随x增大而增大，

∵，

∴

故答案为：A．

【点睛】

本题考查了根据自变量的大小，比较函数值的大小，解题的关键是熟悉二次函数的增减性．

10、A

【解析】
由BD=BC=AD可知，△ABD，△BCD为等腰三角形，设∠A=∠ABD=x，则∠C=∠CDB=2x，又由AB=AC可知，△ABC为等腰三角形，则∠ABC=∠C=2x．在△ABC中，用内角和定理列方程求解．

【详解】

解：∵BD=BC=AD，∴△ABD，△BCD为等腰三角形，设∠A=∠ABD=x，则∠C=∠CDB=2x．

又∵AB=AC，∴△ABC为等腰三角形，∴∠ABC=∠C=2x．在△ABC中，∠A+∠ABC+∠C=180°，即x+2x+2x=180°，解得：x=36°，即∠A=36°．

故选A．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质．关键是利用等腰三角形的底角相等，外角的性质，内角和定理，列方程求解．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、x+1

【解析】

分析：根据根式的除法，先因式分解后，把除法化为乘法，再约分即可.

详解：解：原式=÷

=•（x+1）（x﹣1）

=x+1，

故答案为x+1．

点睛：此题主要考查了分式的运算，关键是要把除法问题转化为乘法运算即可，注意分子分母的因式分解.

12、

【解析】
先由根与系数的关系得：两根和与两根积，再将m2+n2进行变形，化成和或积的形式，代入即可．

【详解】

由根与系数的关系得：m+n=，mn=，

∴m2+n2=（m+n）2-2mn=()2-2×=，

故答案为：．

【点睛】

本题考查了利用根与系数的关系求代数式的值，先将一元二次方程化为一般形式，写出两根的和与积的值，再将所求式子进行变形；如、x12+x22等等，本题是常考题型，利用完全平方公式进行转化．

13、4

【解析】
连接把两部分的面积均可转化为规则图形的面积，不难发现两部分面积之差的绝对值即为的面积的2倍．

【详解】

解：连接OP、OB，

∵图形BAP的面积=△AOB的面积+△BOP的面积+扇形OAP的面积，

图形BCP的面积=△BOC的面积+扇形OCP的面积−△BOP的面积，

又∵点P是半圆弧AC的中点，OA=OC，

∴扇形OAP的面积=扇形OCP的面积，△AOB的面积=△BOC的面积，

∴两部分面积之差的绝对值是

点睛：考查扇形面积和三角形的面积，把不规则图形的面积转化为规则图形的面积是解题的关键.

14、

【解析】

分析：根据已知条件得到被墨汁覆盖的三个数为：10，13，13，根据方差公式即可得到结论．

详解：∵平均数是12，

∴这组数据的和=12×7=84，

∴被墨汁覆盖三天的数的和=84−4×12=36，

∵这组数据唯一众数是13，

∴被墨汁覆盖的三个数为：10，13，13，

故答案为

点睛：考查方差，算术平均数，众数，根据这组数据唯一众数是13，得到被墨汁覆盖的三个数为：10，13，13是解题的关键.

15、

【解析】

分析：按单项式乘以多项式的法则将括号去掉，在合并同类项即可.

详解：

原式=.

故答案为：.

点睛：熟记整式乘法和加减法的相关运算法则是正确解答这类题的关键.

16、4.

【解析】
过E作EG⊥AF，交FA的延长线于G，由折叠可得∠EAG＝30°，而当AD⊥BC时，AD最短，依据BC＝7，△ABC的面积为14，即可得到当AD⊥BC时，AD＝4＝AE＝AF，进而得到△AEF的面积最小值为：AF×EG＝×4×2＝4.

【详解】

解：如图，过E作EG⊥AF，交FA的延长线于G，

由折叠可得，AF＝AE＝AD，∠BAE＝∠BAD，∠DAC＝∠FAC，
∵∠BAC＝75°，
∴∠EAF＝150°，
∴∠EAG＝30°，
∴EG＝AE＝AD，
当AD⊥BC时，AD最短，
∵BC＝7，△ABC的面积为14，
∴当AD⊥BC时，

，

即：，

∴.
∴△AEF的面积最小值为：
AF×EG＝×4×2＝4，

故答案为：4.

【点睛】

本题主要考查了折叠问题，解题的关键是利用对应边和对应角相等．

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）4+；（2）.

【解析】
（1）根据幂的乘方、零指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值可以解答本题；

（3）根据分式的减法和除法可以解答本题．

【详解】

（1）

=4+1+|1﹣2×|

=4+1+|1﹣|

=4+1+﹣1

=4+；

（2）

=

=

=．

【点睛】

本题考查分式的混合运算、实数的运算、零指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．

18、（1）证明见解析；（2）四边形BCDE是菱形，理由见解析.

【解析】
（1）证明△ADC≌△ABC后利用全等三角形的对应角相等证得结论.

（2）首先判定四边形BCDE是平行四边形，然后利用对角线垂直的平行四边形是菱形判定菱形即可．

【详解】

解：（1）证明：∵在△ADC和△ABC中，

∴△ADC≌△ABC（SSS）.∴∠1=∠2.

（2）四边形BCDE是菱形，理由如下：

如答图，∵∠1=∠2，DC=BC，∴AC垂直平分BD.

∵OE=OC，∴四边形DEBC是平行四边形.

∵AC⊥BD，∴四边形DEBC是菱形．

【点睛】

考点：1.全等三角形的判定和性质；2. 线段垂直平分线的性质；3.菱形的判定．

19、（1）见解析；（2）.

【解析】
（1）连接OC、BC，根据题意可得OC2+PC2=OP2，即可证得OC⊥PC，由此可得出结论．

（2）先根据题意证明出△PBC∽△PCA，再根据相似三角形的性质得出边的比值，由此可得出结论．

【详解】

（1）如图，连接OC、BC

∵⊙O的半径为3，PB=2

∴OC=OB=3，OP=OB+PB=5

∵PC=1

∴OC2+PC2=OP2

∴△OCP是直角三角形，

∴OC⊥PC

∴PC是⊙O的切线．

（2）∵AB是直径

∴∠ACB=90°

∴∠ACO+∠OCB=90°

∵OC⊥PC

∴∠BCP+∠OCB=90°

∴∠BCP=∠ACO

∵OA=OC

∴∠A=∠ACO

∴∠A=∠BCP

在△PBC和△PCA中：

∠BCP=∠A，∠P=∠P

∴△PBC∽△PCA，

∴

∴tan∠CAB=

【点睛】

本题考查了切线与相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握切线的判定与相似三角形的判定与性质.

20、（1）50；（2）108°；（3）．

【解析】

分析：（1）根据B组的人数和所占的百分比，即可求出这次被调查的总人数，从而补全统计图；用360乘以A组所占的百分比，求出A组的扇形圆心角的度数，再用总人数减去A、B、D组的人数，求出C组的人数；（2）画出树状图，由概率公式即可得出答案．

本题解析：解：(1)调查的总人数是：19÷38%＝50(人)．C组的人数有50－15－19－4＝12(人)，补全条形图如图所示．

(2)画树状图如下．共有12种等可能的结果，恰好选中甲的结果有6种，∴P(恰好选中甲)＝．

点睛：本题考查了列表法与树状图、条形统计图的综合运用．熟练掌握画树状图法，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．

21、 (1) 1；(2)

【解析】

（1）由勾股定理求AB，设⊙O的半径为r，则r=（AC+BC-AB）求解；

（2）过G作GP⊥AC，垂足为P，根据CG平分直角∠ACB可知△PCG为等腰直角三角形，设PG=PC=x，则CG=x，由（1）可知CO=r=，由Rt△AGP∽Rt△ABC，利用相似比求x，由OG=CG-CO求OG，在Rt△ODG中，由勾股定理求DG．

试题解析：(1)在Rt△ABC中，由勾股定理得AB==5，

∴☉O的半径r=(AC+BC-AB)=(4+3-5)=1；

(2)过G作GP⊥AC，垂足为P，设GP=x，

由∠ACB=90°，CG平分∠ACB，得∠GCP=45°，

∴GP=PC=x，

∵Rt△AGP∽Rt△ABC，

∴=，解得x=，

即GP=，CG=，

∴OG=CG-CO=-=，

在Rt△ODG中，DG==.

22、S1，S3，S4，S5，1

【解析】
利用图形的拼割，正方形的性质，寻找等面积的图形，即可解决问题.

【详解】

由题意：S矩形ABCD=S1+S1+S3=1，

S4=S1，S5=S3，S6=S4+S5，S阴影面积=S1+S6=S1+S1+S3=1．

故答案为S1，S3，S4，S5，1．

【点睛】

考查正方形的性质、矩形的性质、扇形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.

23、x=1

【解析】
方程两边同乘转化为整式方程，解整式方程后进行检验即可得.

【详解】

解：方程两边同乘得:

，

整理，得，

解这个方程得，，

经检验，是增根，舍去，

所以，原方程的根是．

【点睛】

本题考查了解分式方程，解分式方程的关键是方程两边同乘分母的最简公分母化为整式方程然后求解，注意要进行检验.

24、（1）AA′=CC′；（2）成立，证明见解析；（3）AA′=

【解析】
（1）连接AC、A′C′，根据题意得到点A、A′、C′、C在同一条直线上，根据矩形的性质得到OA=OC，OA′=OC′，得到答案；

（2）连接AC、A′C′，证明△A′OA≌△C′OC，根据全等三角形的性质证明；

（3）连接AC，过C作CE⊥AB′，交AB′的延长线于E，根据相似多边形的性质求出B′C′，根据勾股定理计算即可．

【详解】

（1）AA′=CC′，

理由如下：连接AC、A′C′，

∵矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，∠CAB=∠C′A′B′，

∵A′B′∥AB，

∴点A、A′、C′、C在同一条直线上，

由矩形的性质可知，OA=OC，OA′=OC′，

∴AA′=CC′，

故答案为AA′=CC′；

（2）（1）中的结论还成立，AA′=CC′，

理由如下：连接AC、A′C′，则AC、A′C′都经过点O，

由旋转的性质可知，∠A′OA=∠C′OC，

∵四边形ABCD和四边形A′B′C′D′都是矩形，

∴OA=OC，OA′=OC′，

在△A′OA和△C′OC中，

，

∴△A′OA≌△C′OC，

∴AA′=CC′；

（3）连接AC，过C作CE⊥AB′，交AB′的延长线于E，

∵矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，

∴，即，

解得，B′C′=4，

∵∠EB′C=∠B′C′C=∠E=90°，

∴四边形B′ECC′为矩形，

∴EC=B′C′=4，

在Rt△ABC中，AC==10，

在Rt△AEC中，AE==2，

∴AA′+B′E=2﹣3，又AA′=CC′=B′E，

∴AA′=．

【点睛】

本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质，掌握旋转变换的性质、矩形的性质是解题的关键．