广东省深圳市福田区红岭中学2021-2022学年中考数学模拟预测试卷含解析

这是一份广东省深圳市福田区红岭中学2021-2022学年中考数学模拟预测试卷含解析，共22页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，下列计算正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．把多项式ax3﹣2ax2+ax分解因式，结果正确的是（　　）
A．ax（x2﹣2x） B．ax2（x﹣2）
C．ax（x+1）（x﹣1） D．ax（x﹣1）2
2．如图，小颖为测量学校旗杆AB的高度，她在E处放置一块镜子，然后退到C处站立，刚好从镜子中看到旗杆的顶部B．已知小颖的眼睛D离地面的高度CD＝1.5m，她离镜子的水平距离CE＝0.5m，镜子E离旗杆的底部A处的距离AE＝2m，且A、C、E三点在同一水平直线上，则旗杆AB的高度为（　　）

A．4.5m B．4.8m C．5.5m D．6 m
3．等式组的解集在下列数轴上表示正确的是（    ）．
A．           B．
C．      D．
4．小明为今年将要参加中考的好友小李制作了一个（如图）正方体礼品盒，六面上各有一字，连起来就是“预祝中考成功”，其中“预”的对面是“中”，“成”的对面是“功”，则它的平面展开图可能是（ ）

A． B． C． D．
5．下列计算正确的是（　　）
A．（a+2）（a﹣2）＝a2﹣2 B．（a+1）（a﹣2）＝a2+a﹣2
C．（a+b）2＝a2+b2 D．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
6．如果t>0,那么a+t与a的大小关系是( )
A．a+t>a B．a+t-3，
解不等式②得，x≤2，
在数轴上表示①、②的解集如图所示，

故选B.
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，不等式的解集在数轴上表示的方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示.
4、C
【解析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点对各选项分析判断后利用排除法求解：
【详解】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点对各选项分析判断后利用排除法求解：
A、“预”的对面是“考”，“祝”的对面是“成”，“中”的对面是“功”，故本选项错误；
B、“预”的对面是“功”，“祝”的对面是“考”，“中”的对面是“成”，故本选项错误；
C、“预”的对面是“中”，“祝”的对面是“考”，“成”的对面是“功”，故本选项正确；
D、“预”的对面是“中”，“祝”的对面是“成”，“考”的对面是“功”，故本选项错误．
故选C
【点睛】
考核知识点：正方体的表面展开图.
5、D
【解析】
A、原式=a2﹣4，不符合题意；
B、原式=a2﹣a﹣2，不符合题意；
C、原式=a2+b2+2ab，不符合题意；
D、原式=a2﹣2ab+b2，符合题意，
故选D
6、A
【解析】
试题分析：根据不等式的基本性质即可得到结果.
t＞0，
∴a＋t＞a，
故选A.
考点：本题考查的是不等式的基本性质
点评：解答本题的关键是熟练掌握不等式的基本性质1：不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号方向不变.
7、A
【解析】
试题分析：主视图是从正面看到的图形，只有选项A符合要求，故选A．
考点：简单几何体的三视图．
8、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.
9、C
【解析】
先利用切线长定理得到，再利用可判断为等边三角形，然后根据等边三角形的性质求解．
【详解】
解：，PB为的切线，
，
，
为等边三角形，
．
故选C．
【点睛】
本题考查切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
10、D
【解析】
根据合并同类项法则、积的乘方及同底数幂的乘法的运算法则依次计算后即可解答.
【详解】
∵3a﹣2a＝a，∴选项A不正确；
∵a2+a5≠a7，∴选项B不正确；
∵（ab）3＝a3b3，∴选项C不正确；
∵a2•a4＝a6，∴选项D正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了合并同类项法则、积的乘方及同底数幂的乘法的运算法则，熟练运用法则是解决问题的关键.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、：k＜1．
【解析】
∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴△==4﹣4k＞0，
解得：k＜1，
则k的取值范围是：k＜1．
故答案为k＜1．
12、k≥﹣1
【解析】
分析：根据方程的系数结合根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出结论．
详解：∵关于x的一元二次方程x2+1x-k=0有实数根，
∴△=12-1×1×（-k）=16+1k≥0，
解得：k≥-1．
故答案为k≥-1．
点睛：本题考查了根的判别式，牢记“当△≥0时，方程有实数根”是解题的关键．
13、7
【解析】
试题分析：∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=60°，AB=BC．
∴CD=BC－BD=9－3=6，；∠BAD+∠ADB=120°．
∵∠ADE=60°，∴∠ADB+∠EDC=120°．∴∠DAB=∠EDC．
又∵∠B=∠C=60°，∴△ABD∽△DCE．
∴，即．
∴．
14、1
【解析】
试题分析：由三角形的外角的性质可知，∠1=90°+30°=1°，故答案为1．
考点：三角形的外角性质；三角形内角和定理．
15、
【解析】
根据完全平方式可求解,完全平方式为
【详解】

【点睛】
此题主要考查二次根式的运算，完全平方式的正确运用是解题关键
16、8
【解析】
解：设边数为n，由题意得，
180（n-2）=3603
解得n=8.
所以这个多边形的边数是8.

三、解答题（共8题，共72分）
17、 (1) y=﹣x2+2x+3；(2)见解析.
【解析】
(1)将B（3，0），C（0，3）代入抛物线y=ax2+2x+c，可以求得抛物线的解析式；
(2) 抛物线的对称轴为直线x=1，设点Q的坐标为（1，t），利用勾股定理求出AC2、AQ2、CQ2，然后分AC为斜边，AQ为斜边，CQ时斜边三种情况求解即可.
【详解】
解：（1）∵抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3），
∴，得，
∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；
（2）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形，
理由：∵抛物线y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，点B（3，0），点C（0，3），
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∴点A的坐标为（﹣1，0），
设点Q的坐标为（1，t），则
AC2=OC2+OA2=32+12=10，
AQ2=22+t2=4+t2，
CQ2=12+（3﹣t）2=t2﹣6t+10，
当AC为斜边时，
10=4+t2+t2﹣6t+10，
解得，t1=1或t2=2，
∴点Q的坐标为（1，1）或（1，2），
当AQ为斜边时，
4+t2=10+t2﹣6t+10，
解得，t=，
∴点Q的坐标为（1，），
当CQ时斜边时，
t2﹣6t+10=4+t2+10，
解得，t=，
∴点Q的坐标为（1，﹣），
由上可得，当点Q的坐标是（1，1）、（1，2）、（1，）或（1，﹣）时，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形．

【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图像与性质，勾股定理及分类讨论的数学思想，熟练掌握待定系数法是解（1）的关键，分三种情况讨论是解（2）的关键.
18、（1）C；（2）①60；②E（，1）；③点F的横坐标x的取值范围≤xF≤．
【解析】
（1）由题意线段MN关于点O的关联点的是以线段MN的中点为圆心，为半径的圆上，所以点C满足条件；
（2）①如图3-1中，作NH⊥x轴于H．求出∠MON的大小即可解决问题；
②如图3-2中，结论：△MNE是等边三角形．由∠MON+∠MEN=180°，推出M、O、N、E四点共圆，可得∠MNE=∠MOE=60°，由此即可解决问题；
③如图3-3中，由②可知，△MNE是等边三角形，作△MNE的外接圆⊙O′，首先证明点E在直线y=-x+2上，设直线交⊙O′于E、F，可得F（，），观察图形即可解决问题；
【详解】
（1）由题意线段MN关于点O的关联点的是以线段MN的中点为圆心，为半径的圆上，所以点C满足条件，
故答案为C．
（2）①如图3-1中，作NH⊥x轴于H．

∵N（，-），
∴tan∠NOH=，
∴∠NOH=30°，
∠MON=90°+30°=120°，
∵点D是线段MN关于点O的关联点，
∴∠MDN+∠MON=180°，
∴∠MDN=60°．
故答案为60°．
②如图3-2中，结论：△MNE是等边三角形．

理由：作EK⊥x轴于K．
∵E（，1），
∴tan∠EOK=，
∴∠EOK=30°，
∴∠MOE=60°，
∵∠MON+∠MEN=180°，
∴M、O、N、E四点共圆，
∴∠MNE=∠MOE=60°，
∵∠MEN=60°，
∴∠MEN=∠MNE=∠NME=60°，
∴△MNE是等边三角形．
③如图3-3中，由②可知，△MNE是等边三角形，作△MNE的外接圆⊙O′，

易知E（，1），
∴点E在直线y=-x+2上，设直线交⊙O′于E、F，可得F（，），
观察图象可知满足条件的点F的横坐标x的取值范围≤xF≤．
【点睛】
此题考查一次函数综合题，直线与圆的位置关系，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
19、（1）不会穿过森林保护区.理由见解析；（2）原计划完成这项工程需要25天.
【解析】
试题分析：（1）要求MN是否穿过原始森林保护区，也就是求C到MN的距离．要构造直角三角形，再解直角三角形；
（2）根据题意列方程求解．
试题解析：（1）如图，过C作CH⊥AB于H，
设CH=x，由已知有∠EAC=45°, ∠FBC=60°
则∠CAH=45°, ∠CBA=30°，在RT△ACH中，AH=CH=x，在RT△HBC中， tan∠HBC=
∴HB===x，
∵AH+HB=AB
∴x+x=600解得x≈220（米）>200（米）．∴MN不会穿过森林保护区．

（2）设原计划完成这项工程需要y天，则实际完成工程需要y-5
根据题意得：=(1+25％)×，解得：y=25知：y=25的根．
答：原计划完成这项工程需要25天．
20、（1）y＝﹣x2+x+1；（2）①-；②点P的坐标（6，﹣14）（4，﹣5）；（3）.
【解析】
（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据垂线间的关系，可得PA，PB的解析式，根据解方程组，可得P点坐标；
（3）根据垂直于x的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得MQ，根据三角形的面积，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得面积的最大值，根据三角形的底一定时面积与高成正比，可得三角形高的最大值
【详解】
解：（1）将A，B点坐标代入，得
，
解得，
抛物线的解析式为y＝；
（2）①由直线y＝2x﹣1与直线y＝mx+2互相垂直，得
2m＝﹣1，
即m＝﹣；
故答案为﹣；
②AB的解析式为
当PA⊥AB时，PA的解析式为y＝﹣2x﹣2，
联立PA与抛物线，得，
解得（舍），，
即P（6，﹣14）；
当PB⊥AB时，PB的解析式为y＝﹣2x+3，
联立PB与抛物线，得，
解得（舍），
即P（4，﹣5），
综上所述：△PAB是以AB为直角边的直角三角形，点P的坐标（6，﹣14）（4，﹣5）；
（3）如图：
，
∵M（t，﹣t2+t+1），Q（t， t+），
∴MQ＝﹣t2+
S△MAB＝MQ|xB﹣xA|
＝（﹣t2+）×2
＝﹣t2+，
当t＝0时，S取最大值，即M（0，1）．
由勾股定理，得
AB＝＝，
设M到AB的距离为h，由三角形的面积，得
h＝＝．
点M到直线AB的距离的最大值是．
【点睛】
本题考查了二次函数综合题，涉及到抛物线的解析式求法，两直线垂直，解一元二次方程组，及点到直线的最大距离，需要注意的是必要的辅助线法是解题的关键
21、
【解析】
原式去括号合并得到最简结果，把a与b的值代入计算即可求出值；
【详解】
解：原式=a2﹣3ab+a2+2ab+b2﹣a2+ab
=a2+b2，
当a=1、b=﹣时，
原式=12+（﹣）2
=1+
=．
【点睛】
考查了整式的加减-化简求值，以及非负数的性质，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
22、（1）点的坐标为；（2）；（3）或．
【解析】
（1）点A在反比例函数上，轴，，求坐标；
（2）梯形面积，求出B点坐标，将点代入 即可；
（3）结合图象直接可求解；
【详解】
解：（1）∵点在的图像上，轴，．
∴，
∴
∴点的坐标为；
（2）∵梯形的面积是3，
∴，
解得，
∴点的坐标为，
把点与代入
得
解得：，．
∴一次函数的解析式为．
（3）由题意可知，作出函数和函数图像如下图所示：

设函数和函数的另一个交点为E，
联立 ，得
点E的坐标为
即 的函数图像要在的函数图像上面，
可将图像分割成如下图所示：

由图像可知所对应的自变量的取值范围为：或．
【点睛】
本题考查反比例函数和一次函数的图形及性质；能够熟练掌握待定系数法求函数的表达式，数形结合求的取值范围是解题的关键．
23、（1）说明见解析；（2）当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形．理由见解析．
【解析】
试题分析：（1）证明△AEC≌△EAF，即可得到EF=CA，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可判断；
（2）当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形．根据直角三角形的性质，即可证得AC=EC，根据菱形的定义即可判断．
（1）证明：由题意知∠FDC=∠DCA=90°，
∴EF∥CA，
∴∠FEA=∠CAE，
∵AF=CE=AE，
∴∠F=∠FEA=∠CAE=∠ECA．
在△AEC和△EAF中，
∵
∴△EAF≌△AEC（AAS），
∴EF=CA，
∴四边形ACEF是平行四边形．
（2）解：当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形．
理由如下：∵∠B=30°，∠ACB=90°，
∴AC=AB，
∵DE垂直平分BC，
∴∠BDE=90°
∴∠BDE=∠ACB
∴ED∥AC
又∵BD=DC
∴DE是△ABC的中位线，
∴E是AB的中点，
∴BE=CE=AE，
又∵AE=CE，
∴AE=CE=AB，
又∵AC=AB，
∴AC=CE，
∴四边形ACEF是菱形．

考点：菱形的判定；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定．
24、（1）进价为1000元，标价为1500元；（2）该型号自行车降价80元出售每月获利最大，最大利润是26460元．
【解析】
分析：（1）设进价为x元，则标价是1.5x元，根据关键语句：按标价九折销售该型号自行车8辆的利润是1.5x×0.9×8-8x，将标价直降100元销售7辆获利是（1.5x-100）×7-7x，根据利润相等可得方程1.5x×0.9×8-8x=（1.5x-100）×7-7x，再解方程即可得到进价，进而得到标价；
（2）设该型号自行车降价a元，利润为w元，利用销售量×每辆自行车的利润=总利润列出函数关系式，再利用配方法求最值即可．
详解：（1）设进价为x元，则标价是1.5x元，由题意得：
1.5x×0.9×8-8x=（1.5x-100）×7-7x，
解得：x=1000，
1.5×1000=1500（元），
答：进价为1000元，标价为1500元；
（2）设该型号自行车降价a元，利润为w元，由题意得：
w=（51+×3）（1500-1000-a），
=-（a-80）2+26460，
∵-＜0，
∴当a=80时，w最大=26460，
答：该型号自行车降价80元出售每月获利最大，最大利润是26460元．
点睛：此题主要考查了二次函数的应用，以及元一次方程的应用，关键是正确理解题意，根据已知得出w与a的关系式，进而求出最值．