2022-2023学年河南省新乡七中重点达标名校中考冲刺卷数学试题含解析_第1页
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文档简介

2023年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.下列各式中正确的是()A.9=±3B.(-3)2=﹣3C.392.某种商品每件的标价是270元,按标价的八折销售时,仍可获利20%,则这种商品每件的进价为()A.180元 B.200元 C.225元 D.259.2元3.如图,AB∥CD,直线EF与AB、CD分别相交于E、F,AM⊥EF于点M,若∠EAM=10°,那么∠CFE等于()A.80° B.85° C.100° D.170°4.将抛物线y=﹣(x+1)2+4平移,使平移后所得抛物线经过原点,那么平移的过程为()A.向下平移3个单位 B.向上平移3个单位C.向左平移4个单位 D.向右平移4个单位5.若一个圆锥的底面半径为3cm,母线长为5cm,则这个圆锥的全面积为()A.15πcm2 B.24πcm2 C.39πcm2 D.48πcm26.如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,以顶点A为圆心,适当长为半径画弧,分别交AC,AB于点M、N,再分别以点M、N为圆心,大于MN的长为半径画弧,两弧交于点P,作射线AP交边BC于点D,若CD=4,AB=18,则△ABD的面积是()A.18 B.36 C.54 D.727.若代数式在实数范围内有意义,则x的取值范围是()A. B. C. D.8.用配方法解下列方程时,配方有错误的是()A.化为 B.化为C.化为 D.化为9.2019年4月份,某市市区一周空气质量报告中某项污染指数的数据是:31,35,31,34,30,32,31,这组数据的中位数、众数分别是()A.32,31 B.31,32 C.31,31 D.32,3510.四个有理数﹣1,2,0,﹣3,其中最小的是()A.﹣1B.2C.0D.﹣3二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11.如图,在平面直角坐标系中,菱形ABCD的顶点A的坐标为(3,0),顶点B在y轴正半轴上,顶点D在x轴负半轴上.若抛物线y=-x2-5x+c经过点B、C,则菱形ABCD的面积为_______.12.分解因式:x2y﹣6xy+9y=_____.13.如图,在直角坐标系中,点A,B分别在x轴,y轴上,点A的坐标为(﹣1,0),∠ABO=30°,线段PQ的端点P从点O出发,沿△OBA的边按O→B→A→O运动一周,同时另一端点Q随之在x轴的非负半轴上运动,如果PQ=,那么当点P运动一周时,点Q运动的总路程为__________.14.如图,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=∠BCD=90°,连接AC、BD,若S四边形ABCD=18,则BD的最小值为_________.15.如图,∠1,∠2是四边形ABCD的两个外角,且∠1+∠2=210°,则∠A+∠D=____度.16.在中,::1:2:3,于点D,若,则______三、解答题(共8题,共72分)17.(8分)旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法,通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起,从而方便解决问题.已知,△ABC中,AB=AC,∠BAC=α,点D、E在边BC上,且∠DAE=α.(1)如图1,当α=60°时,将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置,连接DF,①求∠DAF的度数;②求证:△ADE≌△ADF;(2)如图2,当α=90°时,猜想BD、DE、CE的数量关系,并说明理由;(3)如图3,当α=120°,BD=4,CE=5时,请直接写出DE的长为.18.(8分)如图,O为直线AB上一点,∠AOC=50°,OD平分∠AOC,∠DOE=90°.写出图中小于平角的角.求出∠BOD的度数.小明发现OE平分∠BOC,请你通过计算说明道理.19.(8分)车辆经过润扬大桥收费站时,4个收费通道A.B、C、D中,可随机选择其中的一个通过.一辆车经过此收费站时,选择A通道通过的概率是;求两辆车经过此收费站时,选择不同通道通过的概率.20.(8分)如图1,在四边形ABCD中,AD∥BC,AB=CD=13,AD=11,BC=21,E是BC的中点,P是AB上的任意一点,连接PE,将PE绕点P逆时针旋转90°得到PQ.(1)如图2,过A点,D点作BC的垂线,垂足分别为M,N,求sinB的值;(2)若P是AB的中点,求点E所经过的路径弧EQ的长(结果保留π);(3)若点Q落在AB或AD边所在直线上,请直接写出BP的长.21.(8分)已知:△ABC在坐标平面内,三个顶点的坐标分别为A(0,3),B(3,4),C(2,2).(正方形网格中,每个小正方形的边长是1个单位长度)画出△ABC向下平移4个单位得到的△A1B1C1,并直接写出C1点的坐标;以点B为位似中心,在网格中画出△A2BC2,使△A2BC2与△ABC位似,且位似比为2︰1,并直接写出C2点的坐标及△A2BC2的面积.22.(10分)抛物线与x轴交于A,B两点(点A在点B的左边),与y轴正半轴交于点C.(1)如图1,若A(-1,0),B(3,0),①求抛物线的解析式;②P为抛物线上一点,连接AC,PC,若∠PCO=3∠ACO,求点P的横坐标;(2)如图2,D为x轴下方抛物线上一点,连DA,DB,若∠BDA+2∠BAD=90°,求点D的纵坐标.23.(12分)如图,已知□ABCD的面积为S,点P、Q时是▱ABCD对角线BD的三等分点,延长AQ、AP,分别交BC,CD于点E,F,连结EF。甲,乙两位同学对条件进行分析后,甲得到结论①:“E是BC中点”.乙得到结论②:“四边形QEFP的面积为S”。请判断甲乙两位同学的结论是否正确,并说明理由.24.如图,在边长为1的小正方形组成的方格纸上,将△ABC绕着点A顺时针旋转90°画出旋转之后的△AB′C′;求线段AC旋转过程中扫过的扇形的面积.

参考答案一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1、D【解析】

原式利用平方根、立方根定义计算即可求出值.【详解】解:A、原式=3,不符合题意;B、原式=|-3|=3,不符合题意;C、原式不能化简,不符合题意;D、原式=23-3=3,符合题意,故选:D.【点睛】此题考查了立方根,以及算术平方根,熟练掌握各自的性质是解本题的关键.2、A【解析】

设这种商品每件进价为x元,根据题中的等量关系列方程求解.【详解】设这种商品每件进价为x元,则根据题意可列方程270×0.8-x=0.2x,解得x=180.故选A.【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用,解题的关键是确定未知数,根据题中的等量关系列出正确的方程.3、C【解析】

根据题意,求出∠AEM,再根据AB∥CD,得出∠AEM与∠CFE互补,求出∠CFE.【详解】∵AM⊥EF,∠EAM=10°∴∠AEM=80°又∵AB∥CD∴∠AEM+∠CFE=180°∴∠CFE=100°.故选C.【点睛】本题考查三角形内角和与两条直线平行内错角相等.4、A【解析】将抛物线平移,使平移后所得抛物线经过原点,若左右平移n个单位得到,则平移后的解析式为:,将(0,0)代入后解得:n=-3或n=1,所以向左平移1个单位或向右平移3个单位后抛物线经过原点;若上下平移m个单位得到,则平移后的解析式为:,将(0,0)代入后解得:m=-3,所以向下平移3个单位后抛物线经过原点,故选A.5、B【解析】试题分析:底面积是:9πcm1,底面周长是6πcm,则侧面积是:×6π×5=15πcm1.则这个圆锥的全面积为:9π+15π=14πcm1.故选B.考点:圆锥的计算.6、B【解析】

根据题意可知AP为∠CAB的平分线,由角平分线的性质得出CD=DH,再由三角形的面积公式可得出结论.【详解】由题意可知AP为∠CAB的平分线,过点D作DH⊥AB于点H,∵∠C=90°,CD=1,∴CD=DH=1.∵AB=18,∴S△ABD=AB•DH=×18×1=36故选B.【点睛】本题考查的是作图-基本作图,熟知角平分线的作法是解答此题的关键.7、D【解析】试题解析:要使分式有意义,则1-x≠0,解得:x≠1.故选D.8、B【解析】

配方法的一般步骤:(1)把常数项移到等号的右边;(2)把二次项的系数化为1;(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方.【详解】解:、,,,,故选项正确.、,,,,故选项错误.、,,,,,故选项正确.、,,,,.故选项正确.故选:.【点睛】此题考查了配方法解一元二次方程,解题时要注意解题步骤的准确应用.选择用配方法解一元二次方程时,最好使方程的二次项的系数为1,一次项的系数是2的倍数.9、C【解析】分析:找中位数要把数据按从小到大的顺序排列,位于最中间的一个数(或两个数的平均数)为中位数;众数是一组数据中出现次数最多的数据,注意众数可以不只一个.解答:解:从小到大排列此数据为:30、1、1、1、32、34、35,数据1出现了三次最多为众数,1处在第4位为中位数.所以本题这组数据的中位数是1,众数是1.故选C.10、D【解析】解:∵-1<-1<0<2,∴最小的是-1.故选D.二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11、【解析】

根据抛物线的解析式结合抛物线过点B、C,即可得出点C的横坐标,由菱形的性质可得出AD=AB=BC=1,再根据勾股定理可求出OB的长度,套用平行四边形的面积公式即可得出菱形ABCD的面积.【详解】抛物线的对称轴为x=-.∵抛物线y=-x2-1x+c经过点B、C,且点B在y轴上,BC∥x轴,∴点C的横坐标为-1.∵四边形ABCD为菱形,∴AB=BC=AD=1,∴点D的坐标为(-2,0),OA=2.在Rt△ABC中,AB=1,OA=2,∴OB==4,∴S菱形ABCD=AD•OB=1×4=3.故答案为3.【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、菱形的性质以及平行四边形的面积,根据二次函数的性质、菱形的性质结合勾股定理求出AD=1、OB=4是解题的关键.12、y(x﹣3)2【解析】本题考查因式分解.解答:.13、4【解析】

首先根据题意正确画出从O→B→A运动一周的图形,分四种情况进行计算:①点P从O→B时,路程是线段PQ的长;②当点P从B→C时,点Q从O运动到Q,计算OQ的长就是运动的路程;③点P从C→A时,点Q由Q向左运动,路程为QQ′;④点P从A→O时,点Q运动的路程就是点P运动的路程;最后相加即可.【详解】在Rt△AOB中,∵∠ABO=30°,AO=1,∴AB=2,BO=①当点P从O→B时,如图1、图2所示,点Q运动的路程为,②当点P从B→C时,如图3所示,这时QC⊥AB,则∠ACQ=90°∵∠ABO=30°∴∠BAO=60°∴∠OQD=90°﹣60°=30°∴AQ=2AC,又∵CQ=,∴AQ=2∴OQ=2﹣1=1,则点Q运动的路程为QO=1,③当点P从C→A时,如图3所示,点Q运动的路程为QQ′=2﹣,④当点P从A→O时,点Q运动的路程为AO=1,∴点Q运动的总路程为:+1+2﹣+1=4故答案为4.考点:解直角三角形14、6【解析】

过A作AM⊥CD于M,过A作AN⊥BC于N,先根据“AAS”证明△DAM≌△BAN,再证明四边形AMCN为正方形,可求得AC=6,从而当BD⊥AC时BD最小,且最小值为6.【详解】如下图,过A作AM⊥CD于M,过A作AN⊥BC于N,则∠MAN=90°,∠DAM+∠BAM=90°,∠BAM+∠BAN=90°,∴∠DAM=∠BAN.∵∠DMA=∠N=90°,AB=AD,∴△DAM≌△BAN,∴AM=AN,∴四边形AMCN为正方形,∴S四边形ABCD=S四边形AMCN=AC2,∴AC=6,∴BD⊥AC时BD最小,且最小值为6.故答案为:6.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质,正方形的判定与性质,正确作出辅助线是解答本题的关键.15、210.【解析】

利用邻补角的定义求出∠ABC+∠BCD,再利用四边形内角和定理求得∠A+∠D.【详解】∵∠1+∠2=210°,∴∠ABC+∠BCD=180°×2﹣210°=150°,∴∠A+∠D=360°﹣150°=210°.故答案为:210.【点睛】本题考查了四边形的内角和定理以及邻补角的定义,利用邻补角的定义求出∠ABC+∠BCD是关键.16、2.1【解析】

先求出△ABC是∠A等于30°的直角三角形,再根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求解.【详解】解:根据题意,设∠A、∠B、∠C为k、2k、3k,则k+2k+3k=180°,解得k=30°,2k=60°,3k=90°,∵AB=10,∴BC=AB=1,∵CD⊥AB,∴∠BCD=∠A=30°,∴BD=BC=2.1.故答案为2.1.【点睛】本题主要考查含30度角的直角三角形的性质和三角形内角和定理,掌握30°角所对的直角边等于斜边的一半、求出△ABC是直角三角形是解本题的关键.三、解答题(共8题,共72分)17、(1)①30°②见解析(2)BD2+CE2=DE2(3)【解析】

(1)①利用旋转的性质得出∠FAB=∠CAE,再用角的和即可得出结论;②利用SAS判断出△ADE≌△ADF,即可得出结论;(2)先判断出BF=CE,∠ABF=∠ACB,再判断出∠DBF=90°,即可得出结论;(3)同(2)的方法判断出∠DBF=60°,再用含30度角的直角三角形求出BM,FM,最后用勾股定理即可得出结论.【详解】解:(1)①由旋转得,∠FAB=∠CAE,∵∠BAD+∠CAE=∠BAC﹣∠DAE=60°﹣30°=30°,∴∠DAF=∠BAD+∠BAF=∠BAD+∠CAE=30°;②由旋转知,AF=AE,∠BAF=∠CAE,∴∠BAF+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC﹣∠DAE=∠DAE,在△ADE和△ADF中,,∴△ADE≌△ADF(SAS);(2)BD2+CE2=DE2,理由:如图2,将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置,连接DF,∴BF=CE,∠ABF=∠ACB,由(1)知,△ADE≌△ADF,∴DE=DF,∵AB=AC,∠BAC=90°,∴∠ABC=∠ACB=45°,∴∠DBF=∠ABC+∠ABF=∠ABC+∠ACB=90°,根据勾股定理得,BD2+BF2=DF2,即:BD2+CE2=DE2;(3)如图3,将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置,连接DF,∴BF=CE,∠ABF=∠ACB,由(1)知,△ADE≌△ADF,∴DE=DF,BF=CE=5,∵AB=AC,∠BAC=90°,∴∠ABC=∠ACB=30°,∴∠DBF=∠ABC+∠ABF=∠ABC+∠ACB=60°,过点F作FM⊥BC于M,在Rt△BMF中,∠BFM=90°﹣∠DBF=30°,BF=5,∴,∵BD=4,∴DM=BD﹣BM=,根据勾股定理得,,∴DE=DF=,故答案为.【点睛】此题是几何变换综合题,主要考查了旋转的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,构造全等三角形和直角三角形是解本题的关键.18、(1)答案见解析(2)155°(3)答案见解析【解析】

(1)根据角的定义即可解决;(2)根据∠BOD=∠DOC+∠BOC,首先利用角平分线的定义和邻补角的定义求得∠DOC和∠BOC即可;(3)根据∠COE=∠DOE﹣∠DOC和∠BOE=∠BOD﹣∠DOE分别求得∠COE与∠BOE的度数即可说明.【详解】(1)图中小于平角的角∠AOD,∠AOC,∠AOE,∠DOC,∠DOE,∠DOB,∠COE,∠COB,∠EOB.(2)因为∠AOC=50°,OD平分∠AOC,所以∠DOC=25°,∠BOC=180°﹣∠AOC=180°﹣50°=130°,所以∠BOD=∠DOC+∠BOC=155°.(3)因为∠DOE=90°,∠DOC=25°,所以∠COE=∠DOE﹣∠DOC=90°﹣25°=65°.又因为∠BOE=∠BOD﹣∠DOE=155°﹣90°=65°,所以∠COE=∠BOE,所以OE平分∠BOC.【点睛】本题考查了角的度数的计算,正确理解角平分线的定义,以及邻补角的定义是解题的关键.19、(1);(2).【解析】试题分析:(1)根据概率公式即可得到结论;(2)画出树状图即可得到结论.试题解析:(1)选择A通道通过的概率=,故答案为;(2)设两辆车为甲,乙,如图,两辆车经过此收费站时,会有16种可能的结果,其中选择不同通道通过的有12种结果,∴选择不同通道通过的概率==.20、(1)1213;(2)5π;(3)PB的值为10526或【解析】

(1)如图1中,作AM⊥CB用M,DN⊥BC于N,根据题意易证Rt△ABM≌Rt△DCN,再根据全等三角形的性质可得出对应边相等,根据勾股定理可求出AM的值,即可得出结论;(2)连接AC,根据勾股定理求出AC的长,再根据弧长计算公式即可得出结论;(3)当点Q落在直线AB上时,根据相似三角形的性质可得对应边成比例,即可求出PB的值;当点Q在DA的延长线上时,作PH⊥AD交DA的延长线于H,延长HP交BC于G,设PB=x,则AP=13﹣x,再根据全等三角形的性质可得对应边相等,即可求出PB的值.【详解】解:(1)如图1中,作AM⊥CB用M,DN⊥BC于N.∴∠DNM=∠AMN=90°,∵AD∥BC,∴∠DAM=∠AMN=∠DNM=90°,∴四边形AMND是矩形,∴AM=DN,∵AB=CD=13,∴Rt△ABM≌Rt△DCN,∴BM=CN,∵AD=11,BC=21,∴BM=CN=5,∴AM==12,在Rt△ABM中,sinB==.(2)如图2中,连接AC.在Rt△ACM中,AC===20,∵PB=PA,BE=EC,∴PE=AC=10,∴的长==5π.(3)如图3中,当点Q落在直线AB上时,∵△EPB∽△AMB,∴==,∴==,∴PB=.如图4中,当点Q在DA的延长线上时,作PH⊥AD交DA的延长线于H,延长HP交BC于G.设PB=x,则AP=13﹣x.∵AD∥BC,∴∠B=∠HAP,∴PG=x,PH=(13﹣x),∴BG=x,∵△PGE≌△QHP,∴EG=PH,∴﹣x=(13﹣x),∴BP=.综上所述,满足条件的PB的值为或.【点睛】本题考查了相似三角形与全等三角形的性质,解题的关键是熟练的掌握相似三角形与全等三角形的判定与性质.21、解:(1)如图,△A1B1C1即为所求,C1(2,-2).(2)如图,△A2BC2即为所求,C2(1,0),△A2BC2的面积:10【解析】

分析:(1)根据网格结构,找出点A、B、C向下平移4个单位的对应点、、的位置,然后顺次连接即可,再根据平面直角坐标系写出点的坐标;(2)延长BA到使A=AB,延长BC到,使C=BC,然后连接A2C2即可,再根据平面直角坐标系写出点的坐标,利用△B所在的矩形的面积减去四周三个小直角三角形的面积,列式计算即可得解.本题解析:(1)如图,△A1B1C1即为所求,C1(2,-2)(2)如图,△B为所求,(1,0),△B的面积:6×4−×2×6−×2×4−×2×4=24−6−4−4=24−14=10,22、(1)①y=-x2+2x+3②(2)-1【解析】分析:(1)①把A、B的坐标代入解析式,解方程组即可得到结论;②延长CP交x轴于点E,在x轴上取点D使CD=CA,作EN⊥CD交CD的延长线于N.由CD=CA,OC⊥AD,得到∠DCO=∠ACO.由∠PCO=3∠ACO,得到∠ACD=∠ECD,从而有tan∠ACD=tan∠ECD,,即可得出AI、CI的长,进而得到.设EN=3x,则CN=4x,由tan∠CDO=tan∠EDN,得到,故设DN=x,则CD=CN-DN=3x=,解方程即可得出E的坐标,进而求出CE的直线解析式,联立解方程组即可得到结论;(2)作DI⊥x轴,垂足为I.可以证明△EBD∽△DBC,由相似三角形对应边成比例得到,即,整理得.令y=0,得:.故,从而得到.由,得到,解方程即可得到结论.详解:(1)①把A(-1,0),B(3,0)代入得:,解得:,∴②延长CP交x轴于点E,在x轴上取点D使CD=CA,作EN⊥CD交CD的延长线于N.∵CD=CA,OC⊥AD,∴∠DCO=∠ACO.∵∠PCO=3∠ACO,∴∠ACD=∠ECD,∴tan∠ACD=tan∠ECD,∴,AI=,∴CI=,∴.设EN=3x,则CN=4x.∵tan∠CDO=tan∠EDN,∴,∴DN=x,∴CD=CN-DN=3x=,∴,∴DE=,E(,0).CE的直线解析式为:,,解得:.点P的横坐标.(2)作DI⊥x轴,垂足为I.∵∠BDA+2∠BAD=90°,∴∠DBI+∠BAD=90°.∵∠BDI+∠DBI=90°,∴∠BAD=∠BDI.∵∠B

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