2022年山东省东平县中考押题数学预测卷含解析

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．等腰中，，D是AC的中点，于E，交BA的延长线于F，若，则的面积为()A．40 B．46 C．48 D．502．抛物线的顶点坐标是（）A．（2，3） B．（-2，3） C．（2，-3） D．（-2，-3）3．（2011•雅安）点P关于x轴对称点为P1（3，4），则点P的坐标为（）A．（3，﹣4）B．（﹣3，﹣4）C．（﹣4，﹣3）D．（﹣3，4）4．我国“神七”在2008年9月26日顺利升空，宇航员在27日下午4点30分在距离地球表面423公里的太空中完成了太空行走，这是我国航天事业的又一历史性时刻．将423公里用科学记数法表示应为（）米．A．42.3×104 B．4.23×102 C．4.23×105 D．4.23×1065．菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于（）A．3.5 B．4 C．7 D．146．某校九年级一班全体学生2017年中招理化生实验操作考试的成绩统计如下表，根据表中的信息判断，下列结论中错误的是（）成绩（分）3029282618人数（人）324211A．该班共有40名学生B．该班学生这次考试成绩的平均数为29.4分C．该班学生这次考试成绩的众数为30分D．该班学生这次考试成绩的中位数为28分7．如图，已知AB∥CD，AD＝CD，∠1＝40°，则∠2的度数为（）A．60° B．65° C．70° D．75°8．利用运算律简便计算52×（–999）+49×（–999）+999正确的是A．–999×（52+49）=–999×101=–100899B．–999×（52+49–1）=–999×100=–99900C．–999×（52+49+1）=–999×102=–101898D．–999×（52+49–99）=–999×2=–19989．近两年，中国倡导的“一带一路”为沿线国家创造了约180000个就业岗位，将180000用科学记数法表示为（）A．1.8×105 B．1.8×104 C．0.18×106 D．18×10410．如图，将矩形ABCD沿EM折叠，使顶点B恰好落在CD边的中点N上．若AB=6，AD=9，则五边形ABMND的周长为（）A．28 B．26 C．25 D．22二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11．如图，为了测量铁塔AB高度，在离铁塔底部（点B）60米的C处，测得塔顶A的仰角为30°，那么铁塔的高度AB=________米．12．某种药品原来售价100元，连续两次降价后售价为81元，若每次下降的百分率相同，则这个百分率是．13．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，AB=12，若以点A为圆心，AC为半径的弧交AB于点E，以点B为圆心，BC为半径的弧交AB于点D，则图中阴影部分图形的面积为__（保留根号和π）14．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点D是以点A为圆心4为半径的圆上一点，连接BD，点M为BD中点，线段CM长度的最大值为_____．15．阅读以下作图过程：第一步：在数轴上，点O表示数0，点A表示数1，点B表示数5，以AB为直径作半圆(如图)；第二步：以B点为圆心，1为半径作弧交半圆于点C(如图)；第三步：以A点为圆心，AC为半径作弧交数轴的正半轴于点M．请你在下面的数轴中完成第三步的画图(保留作图痕迹，不写画法)，并写出点M表示的数为______．16．如图所示是一组有规律的图案，第l个图案由4个基础图形组成，第2个图案由7个基础图形组成，……，第n（n是正整数）个图案中的基础图形个数为_______（用含n的式子表示）．三、解答题（共8题，共72分）17．（8分）解不等式组，并写出其所有的整数解．18．（8分）某经销商从市场得知如下信息：A品牌手表B品牌手表进价（元/块）700100售价（元/块）900160他计划用4万元资金一次性购进这两种品牌手表共100块，设该经销商购进A品牌手表x块，这两种品牌手表全部销售完后获得利润为y元．试写出y与x之间的函数关系式；若要求全部销售完后获得的利润不少于1.26万元，该经销商有哪几种进货方案；选择哪种进货方案，该经销商可获利最大；最大利润是多少元.19．（8分）如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.（1）求证：BE＝CE（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）①求证：△BEM≌△CEN；②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.20．（8分）如图，在中，，是角平分线，平分交于点，经过两点的交于点，交于点，恰为的直径．求证：与相切；当时，求的半径．21．（8分）解不等式组,并把解集在数轴上表示出来.22．（10分）计算：（π﹣3.14）0+|﹣1|﹣2sin45°+（﹣1）1．23．（12分）有一科技小组进行了机器人行走性能试验，在试验场地有A、B、C三点顺次在同一笔直的赛道上，甲、乙两机器人分别从A、B两点同时同向出发，历时7分钟同时到达C点，乙机器人始终以60米/分的速度行走，如图是甲、乙两机器人之间的距离y（米）与他们的行走时间x（分钟）之间的函数图象，请结合图象，回答下列问题：（1）A、B两点之间的距离是米，甲机器人前2分钟的速度为米/分；（2）若前3分钟甲机器人的速度不变，求线段EF所在直线的函数解析式；（3）若线段FG∥x轴，则此段时间，甲机器人的速度为米/分；（4）求A、C两点之间的距离；（5）若前3分钟甲机器人的速度不变，直接写出两机器人出发多长时间相距28米．24．如图，已知点A（1，a）是反比例函数y1=的图象上一点，直线y2=﹣与反比例函数y1=的图象的交点为点B、D，且B（3，﹣1），求：（Ⅰ）求反比例函数的解析式；（Ⅱ）求点D坐标，并直接写出y1＞y2时x的取值范围；（Ⅲ）动点P（x，0）在x轴的正半轴上运动，当线段PA与线段PB之差达到最大时，求点P的坐标．

参考答案一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1、C【解析】∵CE⊥BD，∴∠BEF=90°，∵∠BAC=90°，∴∠CAF=90°，∴∠FAC=∠BAD=90°，∠ABD+∠F=90°，∠ACF+∠F=90°，∴∠ABD=∠ACF，又∵AB＝AC，∴△ABD≌△ACF，∴AD=AF，∵AB=AC，D为AC中点，∴AB=AC=2AD=2AF，∵BF=AB+AF=12，∴3AF=12，∴AF=4，∴AB=AC=2AF=8，∴S△FBC=×BF×AC=×12×8=48，故选C．2、A【解析】

已知解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点，求顶点坐标．【详解】解：y=（x-2）2+3是抛物线的顶点式方程，根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（2，3）．故选A．【点睛】此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：顶点式y=a（x-h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是x=h．3、A【解析】∵关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，∴点P的坐标为（3，﹣4）．故选A．4、C【解析】423公里=423000米=4.23×105米．故选C．5、A【解析】

根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OHAB．【详解】∵菱形ABCD的周长为28，∴AB=28÷4=7，OB=OD．∵H为AD边中点，∴OH是△ABD的中位线，∴OHAB7=3.1．故选A．【点睛】本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．6、D【解析】A.∵32+4+2+1+1=40（人），故A正确；B.∵（30×32+29×4+28×2+26+18）÷40=29.4（分），故B正确；C.∵成绩是30分的人有32人，最多，故C正确；D.该班学生这次考试成绩的中位数为30分，故D错误；7、C【解析】

由等腰三角形的性质可求∠ACD＝70°，由平行线的性质可求解．【详解】∵AD＝CD，∠1＝40°，∴∠ACD＝70°，∵AB∥CD，∴∠2＝∠ACD＝70°，故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，是基础题．8、B【解析】

根据乘法分配律和有理数的混合运算法则可以解答本题．【详解】原式=－999×（52+49-1）=－999×100=－1．故选B．【点睛】本题考查了有理数的混合运算，解答本题的关键是明确有理数混合运算的计算方法．9、A【解析】

科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．【详解】180000=1.8×105，故选A．【点睛】本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，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．10、A【解析】

如图，运用矩形的性质首先证明CN=3，∠C=90°；运用翻折变换的性质证明BM=MN（设为λ），运用勾股定理列出关于λ的方程，求出λ，即可解决问题．【详解】如图，由题意得：BM=MN（设为λ），CN=DN=3；∵四边形ABCD为矩形，∴BC=AD=9，∠C=90°，MC=9-λ；由勾股定理得：λ2=（9-λ）2+32，解得：λ=5，∴五边形ABMND的周长=6+5+5+3+9=28，故选A．【点睛】该题主要考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答．二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11、20【解析】

在Rt△ABC中,直接利用tan∠ACB=tan30°==即可.【详解】在Rt△ABC中，tan∠ACB=tan30°==,BC=60，解得AB=20.故答案为20.【点睛】本题考查的知识点是解三角形的实际应用，解题的关键是熟练的掌握解三角形的实际应用.12、10%．【解析】

设平均每次降价的百分率为，那么第一次降价后的售价是原来的，那么第二次降价后的售价是原来的，根据题意列方程解答即可.【详解】设平均每次降价的百分率为，根据题意列方程得，，解得，（不符合题意，舍去），答：这个百分率是.故答案为.【点睛】本题考查一元二次方程的应用，要掌握求平均变化率的方法.若设变化前的量为，变化后的量为，平均变化率为，则经过两次变化后的数量关系为.13、15π−18.【解析】

根据扇形的面积公式：S=分别计算出S扇形ACE，S扇形BCD，并且求出三角形ABC的面积，最后由S阴影部分=S扇形ACE+S扇形BCD-S△ABC即可得到答案．【详解】S阴影部分=S扇形ACE+S扇形BCD-S△ABC，∵S扇形ACE==12π，S扇形BCD==3π，S△ABC=×6×6=18，∴S阴影部分=12π+3π−18=15π−18.故答案为15π−18.【点睛】本题考查了扇形面积的计算，解题的关键是熟练的掌握扇形的面积公式.14、1【解析】

作AB的中点E，连接EM、CE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得CE和EM的长，然后在△CEM中根据三边关系即可求解．【详解】作AB的中点E，连接EM、CE，在直角△ABC中，AB===10，∵E是直角△ABC斜边AB上的中点，∴CE=AB=5，∵M是BD的中点，E是AB的中点，∴ME=AD=2，∴在△CEM中，5-2≤CM≤5+2，即3≤CM≤1，∴最大值为1，故答案为1．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、三角形的中位线定理的知识，要结合勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．15、作图见解析，【解析】解：如图，点M即为所求．连接AC、BC．由题意知：AB=4，BC=1．∵AB为圆的直径，∴∠ACB=90°，则AM=AC===，∴点M表示的数为.故答案为．点睛：本题主要考查作图﹣尺规作图，解题的关键是熟练掌握尺规作图和圆周角定理及勾股定理．16、3n+1【解析】试题分析：由图可知每个图案一次增加3个基本图形，第一个图案有4个基本图形，则第n个图案的基础图形有4+3(n-1)=3n+1个考点：规律型三、解答题（共8题，共72分）17、不等式组的解集为1≤x＜2，该不等式组的整数解为1，2，1．【解析】

先求出不等式组的解集，即可求得该不等式组的整数解．【详解】由①得，x≥1，由②得，x＜2．所以不等式组的解集为1≤x＜2，该不等式组的整数解为1，2，1．【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组及求一元一次不等式组的整数解，求不等式的公共解，要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．18、（1）y=140x+6000；（2）三种，答案见解析；（3）选择方案③进货时，经销商可获利最大，最大利润是13000元．【解析】

（1）根据利润y=（A售价﹣A进价）x+（B售价﹣B进价）×（100﹣x）列式整理即可；（2）全部销售后利润不少于1.26万元得到一元一次不等式组，求出满足题意的x的正整数值即可；（3）利用y与x的函数关系式的增减性来选择哪种方案获利最大，并求此时的最大利润即可．【详解】解：（1）y=（900﹣700）x+（160﹣100）×（100﹣x）=140x+6000.由700x+100（100﹣x）≤40000得x≤50.∴y与x之间的函数关系式为y=140x+6000（x≤50）（2）令y≥12600，即140x+6000≥12600，解得x≥47.1.又∵x≤50，∴经销商有以下三种进货方案：方案A品牌（块）B品牌（块）①4852②4951③5050（3）∵140＞0，∴y随x的增大而增大.∴x=50时y取得最大值.又∵140×50+6000=13000，∴选择方案③进货时，经销商可获利最大，最大利润是13000元．【点睛】本题考查由实际问题列函数关系式；一元一次不等式的应用；一次函数的应用．19、（1）详见解析；（1）①详见解析；②1；③.【解析】

（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；（1）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=1m，BN=EN=m，EB=m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中点，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（1）①解：如图1中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，∴S△BMN=•x（4-x）=-（x-1）1+1，∵-＜0，∴x=1时，△BMN的面积最大，最大值为1．③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=1m，BN=EN=m，EB=m．∴EG=m+m=（1+）m，∵S△BEG=•EG•BN=•BG•EH，∴EH==m，在Rt△EBH中，sin∠EBH=．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，20、(1)证明见解析；(2)．【解析】

(1)连接OM，证明OM∥BE，再结合等腰三角形的性质说明AE⊥BE，进而证明OM⊥AE；(2)结合已知求出AB，再证明△AOM∽△ABE，利用相似三角形的性质计算．【详解】(1)连接OM，则OM=OB，∴∠1=∠2，∵BM平分∠ABC，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴OM∥BC，∴∠AMO=∠AEB，在△ABC中，AB=AC，AE是角平分线，∴AE⊥BC，∴∠AEB=90°，∴∠AMO=90°，∴OM⊥AE，∵点M在圆O上，∴AE与⊙O相切；(2)在△ABC中，AB=AC，AE是角平分线，∴BE=BC，∠ABC=∠C，∵BC=4，cosC=∴BE=2，cos∠ABC=，在△ABE中，∠AEB=90°，∴AB==6，设⊙O的半径为r，则AO=6-r，∵OM∥BC，∴△AOM∽△ABE，∴∴，∴，解得，∴的半径为．【点睛】本题考查了切线的判定；等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形等知识，综合性较强，正确添加辅助线，熟练运用相关知识是解题的关键.21、不等式组的解集为，在数轴上表示见解析.【解析】

先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分，然后把不等式的解集表示在数轴上即可．【详解】由2（x+2）≤3x+3，可得：x≥1，由，可得：x＜3，则不等式组的解为：1≤x＜3，不等式组的解集在数轴上表示如图所示：【点睛】本题考查了一元一次不等式组，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．22、【解析】

直接利用绝对值的性质以及特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质化简，进而求出答案．【详解】原式．【点睛】考核知识点：三角函数混合运算.正确计算是关键.23、（1）距离是70米，速度为95米/分；（2）y=35x﹣70；（3）速度为60米/分；（4）=490米；（5）两机器人出发1.2分或2.1分或4.6分相距21米．【解析】

（1）当x=0时的y值即为A、B两点之间的距离，由图可知当=2时，甲追上了乙，则可知（甲速度-乙速度）×时间=A、B两点之间的距离；（2）由题意求解E、F两点坐标，再用待定系数法求解直线解析式即可；（3）由图可知甲、乙速度相同；（4）由乙的速度和时间可求得BC之间的距离，再加上AB之间的距离即为AC之间的距离；（5）分0-2分钟、2-3分钟和4-7分钟三段考虑.【详解】解：（1）由图象可知，A、B两点之间的距离是70米，甲