2022年广东省广州市增城区九年级中考一模数学试题

这是一份2022年广东省广州市增城区九年级中考一模数学试题，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．实数的绝对值是（ ）
A．B．5C．0D．
2．下列轴对称图形中，对称轴最多的是（ ）
A． B．
C． D．
3．下列运算正确的是（ ）
A． B．C． D．
4．平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为5，则点与⊙O的位置关系是（ ）
A．点在⊙O内B．点在⊙O上C．点在⊙O外D．无法确定
5．一组数据2，4，5，3，2的中位数是（ ）
A．5B．3.5C．3D．2.5
6．一种药品原价每盒25元经过两次降价后每盒16元．设两次降价的百分率都相同为，则满足方程（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，一辆小车沿倾斜角为α的斜坡向上行驶13m，若sinα，则小车上升的高度是( )
A．5mB．6mC．6.5mD．12m
8．如图，在中，，是角平分线，是中线，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
9．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，BC与⊙O交于点D，连接OD，若∠C=50°，则∠AOD的度数为（ ）
A．40°B．50°C．70°D．80°
10．如图，直线y=x+2分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段AB为边，在第二象限内作等腰直角ΔABC，∠BAC=90°，则直线BC的解析式为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．不等式的解集是 ．
12．分解因式：= ．
13．一个圆锥的母线长为3，底面的半径为1，则该圆锥的侧面积为 ．（结果保留π）
14．如图，点E是矩形边上一点，于点F，若，则的长为 ．

15．如图，在中，，，将绕点顺时针旋转60°，得到，连接交于点，则与的周长之和为 ．
16．如图，点P是正方形ABCD的对角线BD延长线上的一点，连接PA，过点P作PE⊥PA交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F，则下列结论中：①PA＝PE；②CE＝PD；③BF﹣PD＝BD；④S△PEF＝S△ADP，正确的是 （填写所有正确结论的序号）
三、解答题
17．解方程组：
18．如图，菱形ABCD中，DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N．求证：AM=CN．
19．已知A＝（a﹣）÷．
(1)化简A；
(2)若点P（a，b）是直线y＝x﹣2与反比例函数y＝的图象的交点，求A的值．
20．2022年2月4日，北京冬奥会正式拉开帷幕，小明同学非常喜欢冰球、短道速滑、自由式滑雪、冰壶、花样滑冰这五个项目，他也想知道大家对这五个项目的喜爱程度，于是他对所在小区的居民做了一次随机调查统计，让每个人在这五个项目中选一项最喜欢的，并根据这个统计结果制作了如下两幅不完整的统计图：（其中A冰球、B短道速滑、C自由式滑雪、D冰壶、E花样滑冰）
(1)请补全条形统计图；
(2)由于小明同学能够观看比赛的时间有限，所以他只能从这五个项目中随机选两个项目观看，用列举法求小明选到项目B，C的概率．
21．如图，已知反比例函数（为常数）．
(1)点为该反比例函数图象上的两点，直接写出和的大小关系；
(2)设点是图象上的一点，过点作轴于点．为坐标原点，若，．求的值并直接写出不等式的解集．
22．为了配合学校贯彻落实“双减”政策，开展学生课后体育活动，某体育用品商店用10000元购进了一批足球，很快销售一空；商店又用10000元购进了第二批该种足球，每个足球的进价比原来小涨了25%，结果所购进足球的数量比第一批少40个．
(1)求第一批足球每个的进价是多少元？
(2)若商店将第一批足球以售价70元，第二批足球以售价80元全部售出，则其盈利多少元？
23．如图，在中，．
(1)尺规作图：以为直径作交于点，交于点．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）所作的图中，
①连接，求证：；
②设相交于点，若，求的值．
24．已知抛物线的顶点为．
（1）当时，求点的坐标；
（2）经过探究发现，随着的变化，顶点在某直线上运动，直线与轴，轴分别交于，两点，求的面积；
（3）若抛物线与直线的另一交点为，以为直径的圆与坐标轴相切，求的值．
25．如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（5，0），点B在第一象限内，且使得AB = 4，OB = 3．
（1）试判断△AOB的形状，并说明理由；
（2）在第二象限内是否存在一点P，使得△POB是以OB为腰的等腰直角三角形，若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由；
（3）如图2，点C为线段OB上一动点，点D为线段BA上一动点，且始终满足OC = BD．求AC + OD的最小值．
参考答案：
1．B
【分析】直接利用绝对值的性质得出答案．
【详解】解：实数﹣5的绝对值是：5．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了绝对值的性质，正确掌握相关定义是解题关键．
2．D
【分析】如果一个图形沿着一条直线对折，两侧的图形能完全重合，这个图形就是轴对称图形．折痕所在的这条直线叫做对称轴．由此即可求解．
【详解】解：等边三角形有三条对称轴，正方形有四条对称轴，正五边形由五条对称轴，正六边形有六条对称轴，
∴对称轴最多的是正六边形，
故选D．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的对称轴，识别轴对称图形是解题的关键．
3．D
【分析】根据合并同类项、同底数幂的乘法、积的乘方、单项式除以单项式法则逐项分析即可．
【详解】解：A.2a与5b不是同类项，不能合并，故不正确；
B.，故不正确；
C.，故不正确；
D. ，故正确；
故选D．
【点睛】本题考查了合并同类项、同底数幂的乘法、积的乘方、单项式除以单项式的运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．单项式相除，把系数、同底数幂分别相除，作为商的因式，对于只在被除式里含有的字母，则连同它的指数作为商的一个因式．
4．A
【分析】本题根据题意可作图可知，即可判定点与的位置关系.
【详解】解：由题意可作图，如下图所示：
∵，
∴点在内.
故A正确，B、C、D错误，
故选：A.
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，熟记d，r法则是解题的关键．
5．C
【分析】中位数是指一组数据从小到大排列之后，如果数据的总个数为奇数，则中间的数即为中位数；如果数据的总个数为偶数，则中间两个数的平均数即为中位数．
【详解】解：将数据由小到大排列得：2，2，3，4，5.
∵数据个数为奇数，最中间的数是3，
∴这组数据的中位数是3.
故选：C．
【点睛】本题考查了统计数据中的中位数，明确中位数的计算方法是解题的关键．本题属于基础知识的考查，比较简单．
6．B
【分析】等量关系为：原价×（1-下降率）2=16，把相关数值代入即可．
【详解】解：第一次降价后的价格为25（1-x），
第二次降价后的价格为25（1-x）×（1-x）=25×（1-x）2，
∴列的方程为25（1-x）2=16，
故选：B．
【点睛】本题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．
7．A
【分析】根据正弦的定义列式计算,得出答案.
【详解】设小车上升的高度是xm.
∵sinα,
∴,
解得:x=5.
故选:A.
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用类型中的坡度坡角问题,准确理解定义,列出式子.
8．B
【分析】由等腰三角形的性质推出，再根据直角三角形斜边中线的性质即可求得．
【详解】解：∵ ，是角平分线，
∴ ，
∴ ，
∵ 是中线，
∴ ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟记这两个性质是解决问题的关键．
9．D
【分析】根据切线的性质求出∠BCA，根据直角三角形的性质求出∠ABC，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出答案．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，
∴∠BCA=90°，
∵∠C=50°，
∴∠ABC=90°-50°=40°，
又∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB=40°，
∴∠AOD=∠OBD+∠ODB=40°+40°=80°，
故选：D．
【点睛】本题考查切线的性质，直角三角形的边角关系以及三角形的内角和定理，掌握切线的性质和直角三角形的边角关系是正确计算的关键．
10．C
【分析】过C作CM垂直于x轴，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，以及AC=AB，利用AAS得到三角形ACM与三角形BAO全等，由全等三角形对应边相等得到CM=OA，AM=OB，由AM+OA求出OM的长，即可确定出C坐标，然后根据待定系数法即可求得过B、C两点的直线对应的函数表达式．
【详解】解：对于直线y=x+2，令x=0，得到y=2，即B（0，2），OB=2，
令y=0，得到x=-3，即A（-3，0），OA=3，
过C作CM⊥x轴，可得∠AMC=∠BOA=90°，
∴∠ACM+∠CAM=90°，
∵△ABC为等腰直角三角形，即∠BAC=90°，AC=BA，
∴∠CAM+∠BAO=90°，
∴∠ACM=∠BAO，
在△CAM和△ABO中，，
∴△CAM≌△ABO（AAS），
∴AM=OB=2，CM=OA=3，即OM=OA+AM=3+2=5，
∴C（-5，3），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B（0，2），
∴，
解得 ．
∴过B、C两点的直线对应的函数表达式是y=-x+2．
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一次函数的性质是解本题的关键．
11．x＜1
【分析】不等式移项，合并同类项，即可求出解集．
【详解】解：移项得：x＜2-1，
合并得：x＜1，
故答案为：x＜1．
【点睛】此题考查了解一元一次不等式，熟练掌握不等式的解法是解本题的关键．
12．．
【分析】利用平方差公式分解因式即可得到答案
【详解】解：．
故答案为：
【点睛】本题考查的是利用平方差公式分解因式，掌握利用平方差公式分解因式是解题的关键．
13．3π
【分析】圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：圆锥的侧面积＝π×1×3＝3π，
故填：3π.
【点睛】本题考查圆锥侧面积公式的灵活运用，掌握公式是关键．
14．6
【分析】根据矩形的性质和解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：∵在矩形中，，
，
，
，
，
，
，
故答案为6．
【点睛】本题考查了矩形的性质,三角函数的综合,熟练掌握矩形的性质,灵活选择三角函数计算是解题的关键．
15．55
【分析】由勾股定理可求AB的长，由旋转的性质可得BC＝BD，∠CBD＝60°，可证△BCD是等边三角形，可得CD＝BD＝BC＝15 ，即可求解．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝15，
∴AB＝＝＝17，
∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBD，
∴BC＝BD，∠CBD＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴CD＝BD＝BC＝15，
∴△ACF与△BDF的周长之和
＝AC+CF+AF+DF+BD+BF
＝AC+CD+AB+BD
＝8+15+17+15
＝55，
故答案为：55．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
16．①②③．
【分析】①解法一：如图1，作辅助线，构建三角形全等和平行四边形，证明，得BG=PE，再证明四边形ABGP是平行四边形，可得结论；
解法二：如图2，连接AE，利用四点共圆证明△APE是等腰直角三角形，可得结论；
②如图3，作辅助线，证明四边形DCGP是平行四边形，可得结论；
③证明四边形OCGF是矩形，可作判断；
④证明，则，可作判断．
【详解】①解法一：如图1，在EF上取一点G，使FG＝FP，连接BG、PG，
∵EF⊥BP，
∴∠BFE＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC＝∠ABD＝45°，
∴BF＝EF，
在△BFG和△EFP中，
∵ ，
∴△BFG≌△EFP（SAS），
∴BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，
∵∠ABD＝∠FPG＝45°，
∴AB∥PG，
∵AP⊥PE，
∴∠APE＝∠APF+∠FPE＝∠FPE+∠PEF＝90°，
∴∠APF＝∠PEF＝∠GBF，
∴AP∥BG，
∴四边形ABGP是平行四边形，
∴AP＝BG，
∴AP＝PE；
解法二：如图2，连接AE，∵∠ABC＝∠APE＝90°，
∴A、B、E、P四点共圆，
∴∠EAP＝∠PBC＝45°，
∵AP⊥PE，
∴∠APE＝90°，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴AP＝PE，
故①正确；
②如图3，连接CG，由①知：PG∥AB，PG＝AB，
∵AB＝CD，AB∥CD，
∴PG∥CD，PG＝CD，
∴四边形DCGP是平行四边形，
∴CG＝PD，CG∥PD，
∵PD⊥EF，
∴CG⊥EF，即∠CGE＝90°，
∵∠CEG＝45°，
∴；
故②正确；
③如图4，连接AC交BD于O，由②知：∠CGF＝∠GFD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∴∠COF＝90°，
∴四边形OCGF是矩形，
∴CG＝OF＝PD，
∴，
故③正确；
④如图4中，在△AOP和△PFE中，
∵ ，
∴△AOP≌△PFE（AAS），
∴，
∴，
故④不正确；
本题结论正确的有：①②③，
故答案为①②③．
【点睛】此题属于四边形综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，正方形的性质，平行四边形和矩形的判定和性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
17．
【分析】利用加减消元法解二元一次方程组即可.
【详解】，
①+②得：
3x=6，
x=2，
把x=2代入①得：
2﹣y=1，
y=1．
则原方程组的解为：．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的解法，灵活选取二元一次方程组的解法是解题的关键.
18．见解析
【分析】由菱形的性质可得AD=CD，∠A=∠C，由“AAS”可证△DAM≌△DCN，可得AM=CN．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠A=∠C，
∵DM⊥AB，DN⊥BC，
∴∠DMA=∠DNC=90°，
在△DAM和△DCN中，
，
∴△DAM≌△DCN（AAS），
∴AM=CN．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是本题的关键．
19．(1)；
(2)
【分析】（1）直接根据分式的混合运算法则计算即可得到答案；
（2）利用待定系数法，可得，然后代入可得答案．
【详解】（1）A＝（a﹣）÷
＝
＝
＝．
（2）∵点P（a，b）是直线y＝x﹣2与反比例函数y＝的图象的交点，
∴将点P（a，b）分别代入得，，
∴，
∴A＝＝2．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，反比例函数和一次函数的性质，正确的计算是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)他同时选到B，C这两个项目的概率是．
【分析】（1）用想去D项目的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，再计算出想去C项目的人数后补全条形统计图；
（2）画树状图展示所有20种等可能的结果数，找出选到B，C两个项目的结果数，然后根据概率公式计算．
（1）
解：（1）该小区居民在这次随机调查中被调查到的人数是20÷10%=200（人），
C项目人数为200-（20+70+20+50）=40（人），
补全条形图如下：
；
（2）
解：列表如下：
共有20种等可能的结果数，其中选到B，C两个项目的结果数为2，
∴他同时选到B，C这两个项目的概率是．
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．注意列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21．(1)
(2)k=1时，或；k=-1时，．
【分析】（1）先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限及其增减性，再根据、两点的横坐标判断出两点所在的象限，故可得出结论；
（2）根据题意求得，根据勾股定理求得，得到，即可得到，即可求得的值，然后分两种情况借助反比例函数和正比例函数图象即可求得．
（1）
解：∵，
∴反比例函数在每一个象限内随的增大而减小，
∵，
∴；
（2）
解：∵点在反比例函数的图象上，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
解得．
不等式，移项得：，
设，
①当时，则，，
联立
解得，
所以正比例函数与反比例函数的交点横坐标为或，
由图像可知时，的解集为：或；
②当时，则，，
由图像可知时，不等式的解集为：．
【点睛】本题主要考查了的是反比例函数图象上点的坐标特点、三角函数以及反比例函数和一次函数的交点，掌握以上知识点并学会数形结合的方法和分类讨论的方法是做出本题的关键．
22．(1)50元
(2)6800元
【分析】（1）设第一批购进足球的单价为x元/个，则第二批购进足球的单价为（1+25%）x元/个，根据数量=总价÷单价结合第二次所购进足球的数量比第一次少40个，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）利用数量=总价÷单价及第二次所购进足球的数量比第一次少40个，可分别求出第一批及第二批购进足球的数量，再利用利润=销售单价×销售数量-进货总价，即可求出结论．
【详解】（1）解：设第一批购进足球的单价为x元/个，则第二批购进足球的单价为（1+25%）x元/个，
依题意得：=40，
解得：x=50，
经检验，x=50是原方程的解，且符合题意．
答：第一批购进足球每个的进价是50元．
（2）第一批购进足球的数量为10000÷50=200（个），
第二批购进足球的数量为200-40=160（个），
共盈利（200×70-10000）+（160×80-10000）=4000+2800=6800（元）．
答：一共盈利6800元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)①见解析， ②
【分析】（1）先作AB的垂直平分线得到AB的中点O，然后以O点为圆心，OA为半径作圆，分别交BC、AC于点D，E，连接EB、OD即可；
（2）由圆周角定理得出∠ADB=∠AEB= 90°，由等腰三角的性质得出BD= CD，根据中位线定理得出OD∥AC，则可得出结论；
（3）由条件得出，然后根据三角形中位线定理和线段的和差关系求出AC=4CE，再证明△BEC∽△ADC，列比例式得出 ，最后求比值即可．
（1）
解：如图，
（2）
①证明：连接AD，
∵AB为的直径，
∴∠ADB=∠AEB=90°，
∴AE⊥BE，
∵AB=AC，
∴BD=CD，
∵OA=OB，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∴OD⊥BE；
②解：∵，
∴，
由（1）知是的中位线，
∴是的中位线，
∴，
∴OD=OF+DF=2CE，
∵AC=2OD=4CE，
∵∠BEC=∠ADC=90°，∠BCE=∠ACD，
∴△BEC∽△ADC，
∴ ，
∴，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了尺规作图，等腰三角形的性质和判定，三角形中位线定理，以及相似三角形的判定和性质；综合运用有关几何知识是解题的关键．
24．（1）；（2）16；（3）或或或
【分析】（1）代入得解析式，配成顶点式即可求顶点坐标；
（2）用的代数式表示顶点横、纵坐标，消去得到直线解析式，求出、坐标，即可求的面积；
（3）求出、坐标和以为直径的圆的圆心和直径，根据以为直径的圆与坐标轴相切列方程，即可得到的值.
【详解】解：（1）当时，
＝，
∴顶点为坐标为；
（2），
∴顶点坐标为，
即顶点满足，，
∴顶点所在直线的解析式为：，
令得，令得，
∴，，
∴的面积；
（3）解得：
或，
∴，，
∴，
根据中点坐标公式，得以为直径的圆的圆心坐标为，
以为直径的圆与坐标轴相切，分两种情况：
①以为直径的圆与轴相切，
则，
即，
解得或，
②以为直径的圆与轴相切，
则，
解得或，
综上所述，以为直径的圆与坐标轴相切，或或或．
【点睛】本题考查了抛物线解析式的确定，顶点坐标，图像与坐标轴的交点，一次函数解析式，相切的定义，分类的思想，熟练运用配方法，待定系数法，分类思想进行求解是解题的关键．
25．（1）△AOB是以B为直角顶点的直角三角形；（2）存在点P的坐标为（，）或（，）使得△POB是以OB为腰的等腰直角三角形；（3）
【分析】（1）先求出OA=5，然后利用勾股定理的逆定理求解即可；
（2）分当∠POB=90°，△POB是以OB为腰的等腰直角三角形时和当∠PBO=90°，△PBO是以OB为腰的等腰直角三角形时两种情况讨论求解即可；
（3）过点O作以OB为腰，∠BOH=90°的等腰直角三角形，可证△HOC≌△OBD得到OD=HC，则AC+OD=AC+HC，故要想AC+OD的值最小，则AC+CH的值最小，即当A、C、H三点共线时，AC+CH有最小值，即AC+OD有最小值即AH的长，由（2）可知H的坐标为（，），利用两点距离公式求解即可．
【详解】解：（1）∵A的坐标为（5，0），
∴OA=5，
∴，
∴△AOB是以B为直角顶点的直角三角形；
（2）如图所示，当∠PBO=90°，△POB是以OB为腰的等腰直角三角形时，分别过点B、P作BE⊥x轴于E，PF⊥x轴于F，
∴OB=OP=3，
∵，
∴，
∴，
∵∠PFO=∠POB=∠OEB=90°，
∴∠POF+∠OPF=90°，∠POF+∠BOE=90°，
∴∠OPF=∠BOE，
在△OPF和△BOE中，
，
∴△OPF≌△BOE（AAS），
∴，，
∵P在第二象限，
∴点P的坐标为（，）；
如图所示，当∠POB=90°，△PBO是以OB为腰的等腰直角三角形时，分别过点B、P作BE⊥x轴于E，PF⊥BE交EB延长线于F，交y轴于D
同理可以求出，，
同理可以证明△PFB≌△BEO（AAS），
∴，，
∴，，
∵P在第二象限，
∴点P的坐标为（，）；
∴综上所述，存在点P的坐标为（，）或（，）使得△POB是以OB为腰的等腰直角三角形；
（3）如图所示，过点O作以OB为腰，∠BOH=90°的等腰直角三角形，
∴HO=BO，∠HOC=∠OBD=90°，
又∵OC=DB，
∴△HOC≌△OBD（SAS），
∴OD=HC，
∴AC+OD=AC+HC，
∴要想AC+OD的值最小，则AC+CH的值最小，
∴当A、C、H三点共线时，AC+CH有最小值，即AC+OD有最小值即AH的长，
由（2）可知H的坐标为（，），
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，坐标与图形，勾股定理的逆定理，两点距离公式，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
A
B
C
D
E
A
（B，A）
（C，A）
（D，A）
（E，A）
B
（A，B）
（C，B）
（D，B）
（E，B）
C
（A，C）
（B，C）
（D，C）
（E，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）
（E，D）
E
（A，E）
（B，E）
（C，E）
（D，E）