2021-2022学年江苏省姜堰区张甸初级中学中考试题猜想数学试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1.如图所示的四张扑克牌背面完全相同，洗匀后背面朝上，则从中任意翻开一张，牌面数字是3的倍数的概率为（）

2.如图，AB±BD,CD±BD,垂足分别为8、D,AC和80相交于点E,E尸，30垂足为凡则下列结论错误的是

（）

3.某经销商销售一批电话手表，第一个月以55（）元/块的价格售出60块，第二个月起降价，以500元/块的价格将这批

电话手表全部售出，销售总额超过了5.5万元.这批电话手表至少有（）

A.103块B.104块C.105块D.106块

4.如图，点ABC在。O上，OX//BC,ZOAC=19°,则NAOB的大小为（）

@c

A.19°B.29°C.38°D.52°

5.在实数石,一,0,工,屈,-1.414,有理数有（）

72

A.1个B.2个C.3个D.4个

6.图1〜图4是四个基本作图的痕迹，关于四条弧①、②、③、④有四种说法:

弧①是以O为圆心，任意长为半径所

画的弧；弧②是以P为圆心，任意长为半径所画的弧；弧③是以A为圆心，任意长为半径所画的弧；弧④是以P为圆

心，任意长为半径所画的弧；

其中正确说法的个数为（）

B.3D.1

7.如图，是某几何体的三视图及相关数据，则该几何体的侧面积是（）

8.不等式2x-l<l的解集在数轴上表示正确的是（）

9.小带和小路两个人开车从A城出发匀速行驶至3城.在整个行驶过程中，小带和小路两人车离开A城的距离y（km）

与行驶的时间”h）之间的函数关系如图所示.有下列结论；①A,8两城相距300km；②小路的车比小带的车晚出发1

h,却早到lh；③小路的车出发后2.5h追上小带的车；④当小带和小路的车相距50km时，f=3或f=虫.其中正确

44

C.①②D.②③④

10.等腰三角形的一个外角是100。，则它的顶角的度数为（）

A.80°B.80°或50°C.20°D.80°或20°

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11.若反比例函数｝，=也的图象在每一个象限中，y随着x的增大而减小，则，"的取值范围是

x

12.如图，点A、B、C是圆O上的三点，且四边形ABCO是平行四边形,OFJ_OC交圆O于点F,则NBAF=_.

13.如图是由几个相同的小正方体搭建而成的几何体的主视图和俯视图，则搭建这个几何体所需要的小正方体至少为

.个.

14.如图，点A（m,2）,B（5,n）在函数y=（k>0,x>0）的图象上，将该函数图象向上平移2个单位长度得

X

到一条新的曲线，点A、B的对应点分别为A，、B，.图中阴影部分的面积为8,则k的值为.

15.若一个圆锥的侧面展开图是一个半径为6cm,圆心角为120。的扇形，则该圆锥的侧面面积为cm（结果保留

7T）.

16.已知关于X的一元二次方程（m-2）x2+2x+l=0有实数根，则m的取值范围是

三、解答题（共8题，共72分）

17.（8分）已知抛物线F：y=x1+bx+c的图象经过坐标原点O,且与x轴另一交点为（-?,0）.

（1）求抛物线F的解析式;

（1）如图1,直线1：y=-Lx+m（m>0）与抛物线F相交于点A（xi，yi）和点B（x"y。（点A在第二象限），求

y「yi的值（用含m的式子表示）;

⑶在⑴中，若mg设点A，是点A关于原点。的对称点，如图L

①判断AAA，B的形状，并说明理由；

②平面内是否存在点P,使得以点A、B、A\P为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说

明理由.

18.（8分）已知RSABC中，ZACB=90°,CA=CB=4,另有一块等腰直角三角板的直角顶点放在C处，CP=CQ

=2,将三角板CPQ绕点C旋转（保持点P在AABC内部），连接AP、BP、BQ.如图1求证：AP=BQ；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.

19.（8分）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中NBAE=NBCE=NACD=90。，且BC=CE,求证：AABC

与ADEC全等.

20.（8分）如图，在矩形ABCD的外侧，作等边三角形ADE,连结BE,CE,求证：BE=CE.

E

21.（8分）如图，AB是半圆。的直径，D为弦BC的中点，延长OD交弧BC于点E,点F为OD的延长线上一点

且满足NOBC=NOFC,求证：CF为。。的切线；若四边形ACFD是平行四边形，求sin/BAD的值.

22.（10分）已知平行四边形4BCD.

尺规作图：作ZBAD的平分线交直线BC于点E，交DC延长线于点F

（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；在（1）的条件下，求证：CE=CF.

23.（12分）校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载，某中学数学活动小组设计了如下

检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C,再在笔直的车道1上确定点D,使CD与1垂直，测得

CD的长等于24米，在1上点D的同侧取点A、B,使/CAD=30。，ZCBD=60°.求AB的长（结果保留根号）；已

知本路段对校车限速为45千米/小时，若测得某辆校车从A到B用时1.5秒，这辆校车是否超速？说明理由.（参考数

据：斤1.7,72~1.4)

24.小丽和哥哥小明分别从家和图书馆同时出发，沿同一条路相向而行，小丽开始跑步，遇到哥哥后改为步行，到达

图书馆恰好用35分钟，小明匀速骑自行车直接回家，骑行10分钟后遇到了妹妹，再继续骑行5分钟，到家两人距离

家的路程y（m）与各自离开出发的时间x（小加）之间的函数图象如图所示：

(1)求两人相遇时小明离家的距离；

(2)求小丽离距离图书馆500机时所用的时间.

参考答案

一、选择题(共10小题，每小题3分，共30分)

1、C

【解析】

根据题意确定所有情况的数目，再确定符合条件的数目，根据概率的计算公式即可.

【详解】

解：由题意可知，共有4种情况，其中是3的倍数的有6和9,

21

•••是3的倍数的概率一=一，

42

故答案为：C.

【点睛】

本题考查了概率的计算，解题的关键是熟知概率的计算公式.

2、A

【解析】

利用平行线的性质以及相似三角形的性质一一判断即可.

【详解】

解：'：ABA.BD,CD1.BD,EF±BD,

.,.AB//CD//EF

_，故选项8正确，

'：EF//AB,

故选项C,。正确，

故选：A.

【点睛】

考查平行线的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，

属于中考常考题型.

3、C

【解析】

试题分析：根据题意设出未知数，列出相应的不等式，从而可以解答本题.设这批手表有x块，

550x60+(x-60)x500>55000解得，x>104这批电话手表至少有105块

考点：一元一次不等式的应用

4、C

【解析】

由AO〃BC,得到NACB=NOAC=19。，根据圆周角定理得到NAOB=2NACB=38。.

【详解】

VAO/7BC,

.".ZACB=ZOAC,

而NOAC=19°,

.•,ZACB=19°,

二ZAOB=2ZACB=38°.

故选：C.

【点睛】

本题考查了圆周角定理与平行线的性质.解题的关键是掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所

对的圆心角的一半定理的应用是解此题的关键.

5、D

【解析】

试题分析：根据有理数是有限小数或无限循环小数，可得答案:

—-是有理数，故选D.

7

考点：有理数.

6、C

【解析】

根据基本作图的方法即可得到结论.

【详解】

解：(1)弧①是以O为圆心，任意长为半径所画的弧，正确；

(2)弧②是以P为圆心，大于点P到直线的距离为半径所画的弧，错误;

(3)弧③是以A为圆心，大于‘AB的长为半径所画的弧，错误；

2

(4)弧④是以P为圆心，任意长为半径所画的弧，正确.

故选C.

【点睛】

此题主要考查了基本作图，解决问题的关键是掌握基本作图的方法.

7、B

【解析】

由三视图可知此几何体为圆锥，.•.圆锥的底面半径为3,母线长为5,

•••圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开扇形的弧长，

...圆锥的底面周长=圆锥的侧面展开扇形的弧长=2仃=2兀*3=6兀，

二圆锥的侧面积=1lr=L乂6兀><5=15"，故选B

22一

8,D

【解析】

先求出不等式的解集，再在数轴上表示出来即可.

【详解】

移项得，2x<l+l,

合并同类项得，2x<2,

x的系数化为1得，xVl.

在数轴，上表示为：

-1012

故选D.

【点睛】

本题考查了解一元一次不等式，熟练掌握运算法则是解题的关键.

9、C

【解析】

观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得小带、小路两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图

象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50,可求得t,可判断④，可得出答案.

【详解】

由图象可知A,8两城市之间的距离为300km，小带行驶的时间为5h,而小路是在小带出发1h后出发的，且用时3

h,即比小带早到lh,

二①②都正确；

设小带车离开A城的距离j与t的关系式为y小带=&f,

把(5,300)代入可求得A=60,

-,'y小将=60f,

设小路车离开4城的距离y与t的关系式为y小路=3+〃，

n-0

t卜n=300

.力小珞=1()("-100,

令y小带=y小跻，可得6Ot=ioor—100,

解得t=2.5,

即小带和小路两直线的交点横坐标为t=2.5,

此时小路出发时间为1.5h,即小路车出发1.5h后追上甲车,

...③不正确；

令卜小帝—y小路1=50,

可得|60f-100/+1001=50,BP1100-40/1=50,

当100—40f=50时，

可解得t=g,

4

当100—40/=-50时，

可解得，=;,

4

又当时，y小带=5（）,此时小路还没出发，

6

25

当时，小路到达B城，）小带=250.

6

综上可知当，的值为3或;或*或乡时，两车相距50km,

4466

二④不正确.

故选C.

【点睛】

本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，特别注意t是甲车所用的时间.

10、D

【解析】

根据邻补角的定义求出与外角相邻的内角，再根据等腰三角形的性质分情况解答.

【详解】

•.•等腰三角形的一个外角是100°,

,与这个外角相邻的内角为180°-100°=80°,

当80。为底角时，顶角为180。-160。=20。，

.•.该等腰三角形的顶角是80。或20°.

故答案选：D.

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是熟练的掌握等腰三角形的性质.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11..m>l

【解析】

•.•反比例函数y=四二'的图象在其每个象限内，y随x的增大而减小，

X

：•m-l>0,

解得：m>L

故答案为m>l.

12、15°

【解析】

根据平行四边形的性质和圆的半径相等得到4AOB为等边三角形，根据等腰三角形的三线合一得到/3。尸=/4。尸=

30。，根据圆周角定理计算即可.

【详解】

解答：

连接OB,

・••四边形A8C0是平行四边形，：.OC=AB,又OA=OB=OC,

：.OA=OB=AB,AAOB为等边三角形.

,：OF1.OC,OC//AB,：.OFLAB,：.ZBOF=ZAOF=30°.

由圆周角定理得NBA尸='/6。/=15。，

2

故答案为15°.

13、8

【解析】

主视图、俯视图是分别从物体正面、上面看，所得到的图形.

【详解】

由俯视图可知：底层最少有5个小立方体，

由主视图可知：第二层最少有2个小立方体，第三层最少有1个小正方体，

•••搭成这个几何体的小正方体的个数最少是5+2+1=8(个).

故答案为：8

【点睛】

考查了由三视图判断几何体的知识，根据题目中要求的以最少的小正方体搭建这个几何体，可以想象出左视图的样子,

然后根据“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”很容易就知道小正方体的个数.

14、2.

【解析】

试题分析：•••将该函数图象向上平移2个单位长度得到一条新的曲线，点A、B的对应点分别为A，、W,图中阴影部

分的面积为8,：.5-m=4,...m=2,J.A(2,2),/.k=2x2=2.故答案为2.

考点：2.反比例函数系数k的几何意义；2.平移的性质；3.综合题.

15、127r

【解析】

根据圆锥的侧面展开图是扇形可得，

123'6-，，该圆锥的侧面面积为：12小

360

故答案为127r.

16、m<3且m#2

【解析】

试题解析：•.•一元二次方程（租-2）f+2x+1=。有实数根

.•44（m-2）K）且电2邦

解得：mW3且mr2.

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）y=x'+^X；（1）yi-yi=^3Z；（3）①为等边三角形，理由见解析；②平面内存在点P,使得以点A、

B、A\P为顶点的四边形是菱形，点P的坐标为（1、氏：）、（-汉?）和（-三-1）

【解析】

（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线F的解析式；

（1）将直线1的解析式代入抛物线F的解析式中，可求出xi、xi的值，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出yi、

yi的值，做差后即可得出y.-yi的值；

（3）根据m的值可得出点A、B的坐标，利用对称性求出点A，的坐标.

①利用两点间的距离公式（勾股定理）可求出AB、AA\A，B的值，由三者相等即可得出AAA，B为等边三角形；

②根据等边三角形的性质结合菱形的性质，可得出存在符合题意得点P,设点P的坐标为（x,y）,分三种情况考虑：

（i）当A，B为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点P的坐标；（ii）当AB为对角线时，根据菱形

的性质（对角线互相平分）可求出点P的坐标；（iii）当AA，为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出

点P的坐标.综上即可得出结论.

【详解】

（1）•.•抛物线y=x1+bx+c的图象经过点（0,0）和（-二，0）,

(匚=0f

吨一］二+二=0，解得：Rrlj，

•••抛物线F的解析式为y=x'+-ix.

(1)Wy=—x+my=x1+—x,得：x'=m,

解得:x)=-xZ,xi=\Z,

•'•yi=-7vTZ+m,yi=7vTZ+m,

Ayi-yi=(ix，7T+m)-(-3\7T+m)=TyJZ(m>0).

(3)Vm=p

・••点A的坐标为(-〒>T),点B的坐标为(丁，1).

•1点A，是点A关于原点O」的对称点，

.•.点A，的坐标为(二，-9.

①AAAB为等边三角形，理由如下：

VA(-=,>，B(三，1),A，->，

,==t

AA-s,ABi,A'B3j

:.AA,=AB=A,B,

...△AA，B为等边三角形.

②•••△AA，B为等边三角形，

存在符合题意的点P,且以点A、B、A，、P为顶点的菱形分三种情况，设点P的坐标为(x,y).

，匚一逗=必，

(i)当A，B为对角线时，有-3J-，

U=-

.•.点P的坐标为（16，》；

（二=一三

（ii）当AB为对角线时，有;一,1,

（叱彳+2

（一_;仃

解得：

IT

点P的坐标为（-乎，7）；

（二=

（iii）当AA，为对角线时，有一,<

仁_2=泻

1__宝

解得：n-二一丁，

,□=-2

.•.点P的坐标为（-三，-1）.

综上所述：平面内存在点P,使得以点A、B、A\P为顶点的四边形是菱形，点P的坐标为（1、3,6、（-号号）

和（-容,-1）.

（P）

本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、等边三角形的判定与性质以及菱形的判定

与性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（1）将一次函数解析式代入二次

函数解析式中求出xi、xi的值；（3）①利用勾股定理（两点间的距离公式）求出AB、AA\A，B的值；②分A，B为对

角线、AB为对角线及AA，为对角线三种情况求出点P的坐标.

18、(1)证明见解析(2)V14-V2(3)EP+EQ=V2EC

【解析】

(1)由题意可得：ZACP=ZBCQ,即可证△ACP^^BCQ,可得AP=CQ；

作CH1PQ于H,由题意可求PQ=2及，可得CH=&,根据勾股定理可求

AH=714，即可求AP的长；

作CM1BQ于M,CNJLEP于N,设BC交AE于O,由题意可证ACNP^ACMQ,可得CN=CM,QM=PN,

即可证RtACEM^RtACEN,EN=EM,ZCEM=

NCEN=45。，则可求得EP、EQ、EC之间的数量关系.

【详解】

解：(1)如图1中，VZACB=ZPCQ=90°,

AZACP=ZBCQ且AC=BC,CP=CQ

/.△ACP^ABCQ(SAS)

，PA=BQ

如图2中，作CH±PQ于H

TA、P、Q共线，PC=2,

，PQ=2&,

VPC=CQ,CH±PQ

.*.CH=PH=72

在RtAACH中，AH=7AC2-CH2=714

.\PA=AH-PH=714-夜

解：结论：EP+EQ=V2EC

理由：如图3中，作CM±BQ于M,CN±EP于N,设BC交AE于O.

,/△ACP^ABCQ,

.*.ZCAO=ZOBE,

VZAOC=ZBOE,

.,.ZOEB=ZACO=90°,

,:ZM=ZCNE=ZMEN=90°,

.,.ZMCN=ZPCQ=90°,

ZPCN=ZQCM,

VPC=CQ,ZCNP=ZM=90°,

.,.△CNP^ACMQ(AAS),

.*.CN=CM,QM=PN,

.,.CE=CE,

ARtACEM0RSCEN(HL),

.*.EN=EM,ZCEM=ZCEN=45°

；.EP+EQ=EN+PN+EM-MQ=2EN,EC=V5EN,

/.EP+EQ=V2EC

【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.

19、证明过程见解析

【解析】

由ZBAE=ZBCE=ZACD=90°,可求得NDCE=NACB,且NB+NCEA=NCEA+NDEC=180。,可求得NDEC=NABC,

再结合条件可证明△ABC^ADEC.

【详解】

VZBAE=ZBCE=ZACD=90°,

...N5+N4=N4+N3,

.•.N5=N3,且NB+NCEA=180。，

又N7+NCEA=180°,

.•.NB=N7,

.N5=N3

在AABC和4DEC中<BC=CE,

N8=N7

.,.△ABC^ADEC(ASA).

20、证明见解析.

【解析】

要证明BE=CE,只要证明AEAB^^EDC即可，根据题意目中的条件，利用矩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,ZBAD=ZCDA=90°,

VAADE是等边三角形，

.♦.AE=DE,NEAD=NEDA=60°,

.,.ZEAD=ZEDC,

在小EAB和△EDC中，

二二=二二

｛匚口=

/.△EAB^AEDC(SAS),

ABE=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.

21、⑴见解析;⑵;.

【解析】

(1)连接OC,根据等腰三角形的性质得到NOCB=NB,ZOCB=ZF,根据垂径定理得到OF_LBC,根据余角的性

质得到NOCF=90。，于是得到结论；

(2)过D作DH_LAB于H,根据三角形的中位线的想知道的OD=gAC,根据平行四边形的性质得到DF=AC,设

OD=x,得到AC=DF=2x,根据射影定理得到CD=逝x,求得BD=夜X,根据勾股定理得到AD=^AC2+CD2=@,

于是得到结论.

【详解】

解：(1)连接OC,

VOC=OB,

.,.ZOCB=ZB,

VZB=ZF,

:.ZOCB=ZF,

YD为BC的中点，

/.OF1BC,

ZF+ZFCD=90°,

.,.ZOCB+ZFCD=90°,

:.ZOCF=90°,

.♦.CF为。O的切线；

(2)过D作DHJ_AB于H,

VAO=OB,CD=DB,

.,.OD=-AC,

2

V四边形ACFD是平行四边形,

，DF=AC,

设OD=x,

，AC=DF=2x,

VZOCF=90°,CD±OF,

.*.CD2=OD»DF=2X2,

CD=y/2x,

-,.BD=V2x,

：•AD=7AC2+CD2=#X'

VOD=x,BD=V2x,

OB=也x,

.n口CDBDV6

OB3

,DH1

.,.sinNBAD=------=—.

AD3

【点睛】

本题考查了切线的判定和性质，平行四边形的性质，垂径定理，射影定理，勾股定理，三角函数的定义，正确的作出

辅助线是解题的关键.

22、(1)见解析;(2)见解析.

【解析】

试题分析：(1)作NBAD的平分线交直线BC于点E,交DC延长线于点F即可；

(2)先根据平