2022届驻马店市市级名校中考数学模拟试题含解析

1、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（本大题共12个小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1若|a|=a，则a为（）Aa是负数Ba是正数Ca=0D负数或零2在ABC中，C90，AC9，sinB，则AB(

2、)A15B12C9D634的平方根是（ ）A16B2C2D4在半径等于5 cm的圆内有长为cm的弦，则此弦所对的圆周角为A60B120C60或120D30或1205在数轴上标注了四段范围，如图，则表示的点落在（ ）A段B段C段D段6计算4+（2）25=（）A16 B16 C20 D247化简的结果是( )ABCD2(x1)8将抛物线y=12(x+2)2+5绕着点（0，3）旋转180以后，所得图象的解析式是（ ）Ay=-12(x+2)2+5By=-12(x-2)2-5Cy=-12(x-2)2+2Dy=-12(x-2)2+19一组数据是4，x，5，10，11共五个数，其平均数为7，则这组数据的众数

3、是（）A4B5C10D1110如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，BC=6，分别以A，C为圆心，以大于AC的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交AD于点E，则CDE的周长是（）A7B10C11D1211下列式子中，与互为有理化因式的是（）ABCD12下列说法中，正确的是（）A不可能事件发生的概率为0B随机事件发生的概率为C概率很小的事件不可能发生D投掷一枚质地均匀的硬币100次，正面朝上的次数一定为50次二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）13已知抛物线y=ax2+bx+c=0(a0) 与 轴交于 ， 两点，若点 的坐标为 ，线段 的长为8，则抛物线的对称轴为

4、直线 _14化简的结果是_.15下面是“利用直角三角形作矩形”尺规作图的过程已知：如图1，在RtABC中，ABC=90求作：矩形ABCD小明的作法如下：如图2，（1）分别以点A、C为圆心，大于AC同样长为半径作弧，两弧交于点E、F；（2）作直线EF，直线EF交AC于点O；（3）作射线BO，在BO上截取OD，使得OD=OB；（4）连接AD，CD四边形ABCD就是所求作的矩形老师说，“小明的作法正确”请回答，小明作图的依据是：_.16我们知道方程组的解是，现给出另一个方程组，它的解是_17分解因式：m2n2mn+n= 18如图，在菱形ABCD中，点E、F在对角线BD上，BE=DF=BD，若四边形A

5、ECF为正方形，则tanABE=_三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤19（6分）如图，在矩形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，连结BE，CE，求证：BE=CE20（6分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转角，得到矩形ABCD，BC与AD交于点E，AD的延长线与AD交于点F（1）如图，当=60时，连接DD，求DD和AF的长；（2）如图，当矩形ABCD的顶点A落在CD的延长线上时，求EF的长；（3）如图，当AE=EF时，连接AC，CF，求ACCF的值21（6分）已知RtABC中，ACB90，CACB4，另

6、有一块等腰直角三角板的直角顶点放在C处，CPCQ2，将三角板CPQ绕点C旋转(保持点P在ABC内部)，连接AP、BP、BQ如图1求证：APBQ；如图2当三角板CPQ绕点C旋转到点A、P、Q在同一直线时，求AP的长；设射线AP与射线BQ相交于点E，连接EC，写出旋转过程中EP、EQ、EC之间的数量关系22（8分）已知抛物线yax2bx若此抛物线与直线yx只有一个公共点，且向右平移1个单位长度后，刚好过点（3，1）求此抛物线的解析式；以y轴上的点P（1，n）为中心，作该抛物线关于点P对称的抛物线y，若这两条抛物线有公共点，求n的取值范围；若a1，将此抛物线向上平移c个单位（c1），当xc时，y1；

7、当1xc时，y1试比较ac与1的大小，并说明理由23（8分）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，ABC的三个顶点的坐标分别为A（1，3），B（4，0），C（0，0）（1）画出将ABC向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到的A1B1C1；（2）画出将ABC绕原点O顺时针方向旋转90得到A2B2O；（3）在x轴上存在一点P，满足点P到A1与点A2距离之和最小，请直接写出P点的坐标24（10分）如图，一枚运载火箭从距雷达站C处5km的地面O处发射，当火箭到达点A，B时，在雷达站C处测得点A，B的仰角分别为34，45，其中点O，A，B在同一条直线上求AC和AB的长（结

8、果保留小数点后一位）（参考数据：sin340.56；cos340.83；tan340.67）25（10分）2019年1月，温州轨道交通线正式运营，线有以下4种购票方式：A二维码过闸 B现金购票 C市名卡过闸 D银联闪付某兴趣小组为了解最受欢迎的购票方式，随机调查了某区的若干居民，得到如图所示的统计图，已知选择方式D的有200人，求选择方式A的人数.小博和小雅对A，B，C三种购票方式的喜爱程度相同，随机选取一种方式购票，求他们选择同一种购票方式的概率.（要求列表或画树状图）.26（12分）某学校准备采购一批茶艺耗材和陶艺耗材.经查询，如果按照标价购买两种耗材，当购买茶艺耗材的数量是陶艺耗材数量的

9、2倍时，购买茶艺耗材共需要18000元，购买陶艺耗材共需要12000元，且一套陶艺耗材单价比一套茶艺耗材单价贵150元.求一套茶艺耗材、一套陶艺耗材的标价分别是多少元？学校计划购买相同数量的茶艺耗材和陶艺耗材.商家告知，因为周年庆，茶艺耗材的单价在标价的基础上降价2元，陶艺耗材的单价在标价的基础降价150元，该校决定增加采购数量，实际购买茶艺耗材和陶艺耗材的数量在原计划基础上分别增加了2.5%和，结果在结算时发现，两种耗材的总价相等，求的值.27（12分）先化简，再求值：，其中参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1、D

10、【解析】根据绝对值的性质解答.【详解】解：当a0时，|a|=-a，|a|=-a时，a为负数或零，故选D.【点睛】本题考查的是绝对值的性质，当a是正有理数时，a的绝对值是它本身a；当a是负有理数时，a的绝对值是它的相反数-a；当a是零时，a的绝对值是零2、A【解析】根据三角函数的定义直接求解.【详解】在RtABC中，C90，AC9，解得AB1故选A3、C【解析】试题解析：（2）2=4，4的平方根是2，故选C考点：平方根.4、C【解析】根据题意画出相应的图形，由ODAB，利用垂径定理得到D为AB的中点，由AB的长求出AD与BD的长，且得出OD为角平分线，在RtAOD中，利用锐角三角函数定义及特殊角

11、的三角函数值求出AOD的度数，进而确定出AOB的度数，利用同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，即可求出弦AB所对圆周角的度数【详解】如图所示，ODAB，D为AB的中点，即AD=BD=，在RtAOD中，OA=5，AD=，sinAOD=，又AOD为锐角，AOD=60，AOB=120，ACB=AOB=60，又圆内接四边形AEBC对角互补，AEB=120，则此弦所对的圆周角为60或120故选C【点睛】此题考查了垂径定理，圆周角定理，特殊角的三角函数值，以及锐角三角函数定义，熟练掌握垂径定理是解本题的关键5、C【解析】试题分析：121=232；131=319；15=344；191=45 344445，

12、154191，1419，所以应在段上故选C考点：实数与数轴的关系6、D【解析】分析：根据有理数的乘方、乘法和加法可以解答本题详解：4+（2）25=4+45=4+20=24，故选：D点睛：本题考查有理数的混合运算，解答本题的关键是明确有理数的混合运算的计算方法7、A【解析】原式利用除法法则变形，约分即可得到结果【详解】原式=（x1）=故选A【点睛】本题考查了分式的乘除法，熟练掌握运算法则是解答本题的关键8、D【解析】将抛物线y=12(x+2)2+5绕着点（0，3）旋转180以后，a的值变为原来的相反数，根据中心对称的性质求出旋转后的顶点坐标即可得到旋转180以后所得图象的解析式.【详解】由题意得

13、，a=-12.设旋转180以后的顶点为（x，y），则x=20-(-2)=2，y=23-5=1,旋转180以后的顶点为(2,1)，旋转180以后所得图象的解析式为：y=-12(x-2)2+1.故选D.【点睛】本题考查了二次函数图象的旋转变换，在绕抛物线某点旋转180以后，二次函数的开口大小没有变化，方向相反；设旋转前的的顶点为（x，y），旋转中心为（a，b），由中心对称的性质可知新顶点坐标为（2a-x，2b-y），从而可求出旋转后的函数解析式.9、B【解析】试题分析：（4+x+3+30+33）3=7，解得：x=3，根据众数的定义可得这组数据的众数是3故选B考点：3众数；3算术平均数10、B【解析

14、】四边形ABCD是平行四边形，AD=BC=4，CD=AB=6，由作法可知，直线MN是线段AC的垂直平分线，AE=CE，AE+DE=CE+DE=AD，CDE的周长=CE+DE+CD=AD+CD=4+6=1故选B11、B【解析】直接利用有理化因式的定义分析得出答案【详解】（）（，）=122，=10，与互为有理化因式的是：，故选B【点睛】本题考查了有理化因式，如果两个含有二次根式的非零代数式相乘，它们的积不含有二次根式，就说这两个非零代数式互为有理化因式. 单项二次根式的有理化因式是它本身或者本身的相反数；其他代数式的有理化因式可用平方差公式来进行分步确定.12、A【解析】试题分析：不可能事件发生的

15、概率为0，故A正确；随机事件发生的概率为在0到1之间，故B错误；概率很小的事件也可能发生，故C错误；投掷一枚质地均匀的硬币100次，正面向上的次数为50次是随机事件，D错误；故选A考点：随机事件二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）13、或x=-1【解析】由点A的坐标及AB的长度可得出点B的坐标，由抛物线的对称性可求出抛物线的对称轴【详解】点A的坐标为（-2，0），线段AB的长为8，点B的坐标为（1，0）或（-10，0）抛物线y=ax2+bx+c（a0）与x轴交于A、B两点，抛物线的对称轴为直线x=2或x=-1故答案为x=2或x=-1【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点以及二次

16、函数的性质，由抛物线与x轴的交点坐标找出抛物线的对称轴是解题的关键14、【解析】先将分式进行通分，即可进行运算.【详解】=-=【点睛】此题主要考查分式的加减，解题的关键是先将它们通分.15、到线段两端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；对角线互相平分的四边形为平行四边形；有一个角为90的平行四边形为矩形【解析】先利用作法判定OA=OC，OD=OB，则根据平行四边形的判定方法判断四边形ABCD为平行四边形，然后根据矩形的判定方法判断四边形ABCD为矩形【详解】解：由作法得EF垂直平分AC，则OA=OC，而OD=OB，所以四边形ABCD为平行四边形，而ABC=90，所以四边形ABCD为矩形故

17、答案为到线段两段点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；对角线互相平分的四边形为平行四边形；有一个内角为90的平行四边形为矩形【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作16、【解析】观察两个方程组的形式与联系，可得第二个方程组中，解之即可.【详解】解：由题意得，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了二元一次方程组的解，用整体代入法解决这种问题比较方便.17、n（m1）1【解析】先提取公因式n后，再利用完全平方公式分解即可【

18、详解】m1n1mn+n=n（m11m+1）=n（m1）1故答案为n（m1）118、【解析】利用正方形对角线相等且互相平分，得出EO=AO=BE，进而得出答案【详解】解：四边形AECF为正方形，EF与AC相等且互相平分，AOB=90，AO=EO=FO，BE=DF=BD，BE=EF=FD，EO=AO=BE，tanABE= = 故答案为：【点睛】此题主要考查了正方形的性质以及锐角三角函数关系，正确得出EO=AO=BE是解题关键三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤19、证明见解析.【解析】要证明BE=CE，只要证明EABEDC即可，根据题意目中的条件，利用矩

19、形的性质和等边三角形的性质可以得到两个三角形全等的条件，从而可以解答本题【详解】证明：四边形ABCD是矩形，AB=CD，BAD=CDA=90，ADE是等边三角形，AE=DE，EAD=EDA=60，EAD=EDC，在EAB和EDC中，EAEDEABEDCABDC EABEDC（SAS），BE=CE【点睛】本题考查矩形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答20、（1）DD=1，AF= 4；（2）；（1）【解析】（1）如图中，矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转角，得到矩形ABCD，只要证明CDD是等边三角形即可解决问

20、题；如图中，连接CF，在RtCDF中，求出FD即可解决问题；（2）由ADFADC，可推出DF的长，同理可得CDECBA，可求出DE的长，即可解决问题；（1）如图中，作FGCB于G，由SACF=ACCF=AFCD，把问题转化为求AFCD，只要证明ACF=90，证明CADFAC，即可解决问题；【详解】解：（1）如图中，矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转角，得到矩形ABCD，AD=AD=BC=BC=4，CD=CD=AB=AB=1ADC=ADC=90=60，DCD=60，CDD是等边三角形，DD=CD=1如图中，连接CFCD=CD，CF=CF，CDF=CDF=90，CDFCDF，DCF=DCF=DCD

21、=10在RtCDF中，tanDCF=，DF=，AF=ADDF=4（2）如图中，在RtACD中，D=90，AC2=AD2+CD2，AC=5，AD=2DAF=CAD，ADF=D=90，ADFADC，DF=同理可得CDECBA，ED=，EF=ED+DF=（1）如图中，作FGCB于G四边形ABCD是矩形，GF=CD=CD=1SCEF=EFDC=CEFG，CE=EF，AE=EF，AE=EF=CE，ACF=90ADC=ACF，CAD=FAC，CADFAC，AC2=ADAF，AF=SACF=ACCF=AFCD，ACCF=AFCD=21、（1）证明见解析（2） （3）EP+EQ= EC【解析】（1）由题意可得

22、：ACP=BCQ，即可证ACPBCQ，可得 AP=CQ；作 CHPQ 于 H，由题意可求 PQ=2 ，可得 CH=，根据勾股定理可求AH= ，即可求 AP 的长；作 CMBQ 于 M，CNEP 于 N，设 BC 交 AE 于 O，由题意可证CNP CMQ，可得 CN=CM，QM=PN，即可证 RtCEMRtCEN，EN=EM，CEM=CEN=45，则可求得 EP、EQ、EC 之间的数量关系【详解】解：（1）如图 1 中，ACB=PCQ=90，ACP=BCQ 且 AC=BC，CP=CQACPBCQ（SAS）PA=BQ如图 2 中，作 CHPQ 于 HA、P、Q 共线，PC=2，PQ=2，PC=C

23、Q，CHPQCH=PH= 在 RtACH 中，AH= PA=AHPH= -解：结论：EP+EQ= EC理由：如图 3 中，作 CMBQ 于 M，CNEP 于 N，设 BC 交 AE 于 OACPBCQ，CAO=OBE，AOC=BOE，OEB=ACO=90，M=CNE=MEN=90，MCN=PCQ=90，PCN=QCM，PC=CQ，CNP=M=90，CNPCMQ（AAS），CN=CM，QM=PN，CE=CE，RtCEMRtCEN（HL），EN=EM，CEM=CEN=45EP+EQ=EN+PN+EMMQ=2EN，EC=EN，EP+EQ=EC【点睛】本题考查几何变换综合题，解答关键是等腰直角三角形的

24、性质，全等三角形的性质和判定，添加恰当辅助线构造全等三角形22、（1）；n1；（2）ac1，见解析.【解析】（1）1求解b1，将点（3，1）代入平移后解析式，即可；顶点为（1，）关于P（1，n）对称点的坐标是（1，2n），关于点P中心对称的新抛物线y（x+1）2+2nx2+x+2n，联立方程组即可求n的范围；（2）将点（c，1）代入yax2bx+c得到acb+11，bac+1，当1xc时，y1. c，b2ac，ac+12ac，ac1；【详解】解：（1）ax2bxx，ax2（b+1）x1，（b+1）21，b1，平移后的抛物线ya（x1）2b（x1）过点（3，1），4a2b1，a，b1，原抛物线：

25、yx2+x，其顶点为（1，）关于P（1，n）对称点的坐标是（1，2n），关于点P中心对称的新抛物线y（x+1）2+2nx2+x+2n由得：x2+2n1有解，所以n1（2）由题知：a1，将此抛物线yax2bx向上平移c个单位（c1），其解析式为：yax2bx+c过点（c，1），ac2bc+c1 （c1），acb+11，bac+1，且当x1时，yc，对称轴：x，抛物线开口向上，画草图如右所示由题知，当1xc时，y1c，b2ac，ac+12ac，ac1；【点睛】本题考查二次函数的图象及性质；掌握二次函数图象平移时改变位置，而a的值不变是解题的关键23、（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）P（，

26、0）【解析】（1）分别将点A、B、C向上平移1个单位，再向右平移5个单位，然后顺次连接；（2）根据网格结构找出点A、B、C以点O为旋转中心顺时针旋转90后的对应点，然后顺次连接即可；（3）利用最短路径问题解决，首先作A1点关于x轴的对称点A3，再连接A2A3与x轴的交点即为所求【详解】解：（1）如图所示，A1B1C1为所求做的三角形；（2）如图所示，A2B2O为所求做的三角形；（3）A2坐标为（3，1），A3坐标为（4，4），A2A3所在直线的解析式为：y=5x+16，令y=0，则x=，P点的坐标（，0）考点：平移变换；旋转变换；轴对称-最短路线问题24、AC= 6.0km，AB= 1.7km；【解析】在RtAOC, 由的正切值和OC的长求出OA, 在RtBOC, 由BCO的大小和OC的长求出OA,而AB=OB-0A,即可得到答案。【详解】由题意可得：AOC=90，OC=5km在RtAOC中，AC=，AC=6.0km，tan34=