江苏省海门市德胜初中重点中学2022年中考数学仿真试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

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.如图所示的几何体是一个圆锥，下面有关它的三视图的结论中，正确的是（）

A.主视图是中心对称图形

B.左视图是中心对称图形

C.主视图既是中心对称图形又是轴对称图形

D.俯视图既是中心对称图形又是轴对称图形

2.边长相等的正三角形和正六边形的面积之比为（）

A.1：3B.2：3C.1：6D.1：76

3.已知a,b为两个连续的整数，且a<JTT<b,则a+b的值为（）

A.7B.8C.9D.10

4.如图，平面直角坐标中，点A（1,2）,将AO绕点A逆时针旋转90。，点O的对应点B恰好落在双曲线y=_（x>0）

18

5.在—4,-1,一W这四个数中，比-2小的数有（）个.

A.1B.2C.3D.4

6.用配方法解方程X2-4X+1=0,配方后所得的方程是()

A.(x-2)2=3B.(x+2)2=3C.(x-2)2=-3D.(x+2)2=-3

7.已知g-5=2a,代数式Q-2>+2(a+l)的值为()

A.-11B.-1C.1D.11

8.完全相同的6个小矩形如图所示放置，形成了一个长、宽分别为n、m的大矩形，则图中阴影部分的周长是()

2

9.如图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的两边在坐标轴上，OB=1,点A在函数y=-—(x<0)的图象上，

x

k

将此矩形向右平移3个单位长度到A1BIO]G的位置，此时点A1在函数y=^(x>0)的图象上，CQ]与此图象交于

10.-0.2的相反数是（）

A.0.2B.±0.2C.-0.2D.2

11.下面的统计图反映了我市2011-2016年气温变化情况，下列说法不合理的是(）

北京市2011-2016年，湿变化情况

A.2011-2014年最高温度呈上升趋势

B.2014年出现了这6年的最高温度

C.2011-2015年的温差成下降趋势

D.2016年的温差最大

12.下列四个几何体中，主视图与左视图相同的几何体有（）

④园柱

D.4个

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分.）

13.如图，已知A5〃C£>,直线EF分别交AB、CD于点E、F,EG平分N5EF,若/1=50。，则/2的度数为.

3-x

14.当x=-----------时'分式方的值为零.

15.正多边形的一个外角是60。，边长是2,则这个正多边形的面积为

5

16.要使分式一?有意义，则x的取值范围为.

x-i

17.JT-3的绝对值是

18.如图，半径为3的。O与RtAAOB的斜边AB切于点D,交OB于点C,连接CD交直线OA于点E,若/B=30。,

则线段AE的长为

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）正方形ABCD的边长为3,点E,F分别在射线DC,DA上运动，且DE=DF.连接BF,作EHLBF所

在直线于点H,连接CH.

（2）如图2,当点E在DC边上且不是DC的中点时，（1）中的结论是否成立？若成立给出证明；若不成立，说明理

由；

（3）如图3,当点E,F分别在射线DC,DA上运动时，连接DH,过点D作直线DH的垂线，交直线BF于点K,

连接CK,请直接写出线段CK长的最大值.

20.（6分）如图，在RSA5C中，NACB=90°,CD_LAB于点£>,5EL45于点3,BE=CD,连接CE,DE.

（1）求证：四边形C08E为矩形；

（2）若4c=2,tanZACD=1,求OE的长.

21.（6分）计算：卜创-（Jt-3）o+3tan3O.

22.（8分）平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y=ax2+bx+3与y轴相交于点C,与x轴正半轴相交于点A,

OA=OC,与x轴的另一个交点为B,对称轴是」直线x=L顶点为P.

（1）求这条抛物线的表达式和顶点P的坐标；

（2）抛物线的对称轴与x轴相交于点M,求/PMC的正切值-；

(3)点Q在y轴上，且ABCQ与ACMP相似，求点Q的坐标.

一3

23.(8分)如图1,在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+/>x-'与x轴父于点A(1,0)和点b(-3,0).绕

点4旋转的直线/：y=«x+%交抛物线于另一点O,交y轴于点C.

(1)求抛物线的函数表达式；

(2)当点。在第二象限且满足。=5AC时，求直线/的解析式；

(3)在(2)的条件下，点E为直线/下方抛物线上的•一点，直接写出AACE面积的最大值；

(4)如图2,在抛物线的对称轴上有一点P,其纵坐标为4,点。在抛物线上，当直线/与y轴的交点C位于y轴负

半轴时，是否存在以点4,D,P,。为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出点O的横坐标；若不存在，请说明理

(,2'x2-x

24.。。分)先化简】一』•”二罚,再在I,2,3中选取一个适当的数代入求值.

25.(10分)如图，甲、乙为两座建筑物，它们之间的水平距离BC为30m,在A点测得D点的仰角NEAD为45。,

在B点测得D点的仰角NCBD为60。.求这两座建筑物的高度(结果保留根号).

26.（12分）“万州古红桔”原名“万县红桔”，古称丹桔（以下简称为红桔），种植距今至少已有一千多年的历史，“玫

瑰香橙”（源自意大利西西里岛塔罗科血橙，以下简称香橙）现已是万州柑橘发展的主推品种之一.某水果店老板在

2017年11月份用15200元购进了400千克红桔和600千克香橙，已知香橙的每千克进价比红桔的每千克进价2倍还

多4元.求11月份这两种水果的进价分别为每千克多少元？时下正值柑橘销售旺季，水果店老板决定在12月份继续

购进这两种水果，但进入12月份，由于柑橘的大量上市，红桔和香橙的进价都有大幅下滑，红桔每千克的进价在11

月份的基础上下降了；〃？％，香橙每千克的进价在11月份的基础上下降了加％,由于红桔和“玫瑰香橙”都深受库区

5

人民欢迎，实际水果店老板在12月份购进的红桔数量比11月份增加了^m%,香橙购进的数量比11月份增加了％,

O

结果12月份所购进的这两种柑橘的总价与11月份所购进的这两种柑橘的总价相同，求”的值.

27.（12分）如图，在平面直角坐标中，点O是坐标原点，一次函数y「kx+b与反比例函数丫2=：（龙》。）的图象交于

A（1,m）、B（n,1）两点.

（1）求直线AB的解析式；

（2）根据图象写出当力＞丫2时，x的取值范围；

（3）若点P在y轴上，求PA+PB的最小值.

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

【解析】

先得到圆锥的三视图，再根据中心对称图形和轴对称图形的定义求解即可.

【详解】

解：A、主视图不是中心对称图形，故A错误：

B、左视图不是中心对称图形，故B错误；

C、主视图不是中心对称图形，是轴对称图形，故C错误；

D、俯视图既是中心对称图形又是轴对称图形，故D正确.

故选：D.

【点睛】

本题考查简单几何体的三视图，中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握各自的定义是解题关键.

2、C

【解析】

解：设正三角形的边长为la,则正六边形的边长为la.过A作AO,5c于O,则/BAO=30。,

360°J3r-11L

,：ZAOB=-^-=20°,：.ZAOD=30°,OD=OB*cos300=la*2—=^a,：.ABO=-BA*OD=-xlaxa=yJ3ai,

正六边形的面积为：2串a、,边长相等的正三角形和正六边形的面积之比为：小ai：2事ai=l：2.故选C.

点睛：本题主要考查了正三角形与正六边形的性质，根据已知利用解直角三角形知识求出正六边形面积是解题的关键.

3、A

【解析】

,.•9<11<16,

6</!〈灰,

即3<JTT<4，

：a,b为两个连续的整数，且a<JTT<8,

/.a=3，b=4，

a+b=7,

故选A.

4、B

【解析】

作轴于C,AOx轴，轴，它们相交于O,有A点坐标得到AC=1,OC=1,由于AO绕点A逆时针旋转

90。，点。的对应8点，所以相当是把AAOC绕点4逆时针旋转90。得到△4BO,根据旋转的性质得A£>=AC=L

BD=OC=1,原式可得到8点坐标为（2,1）,然后根据反比例函数图象上点的坐标特征计算人的值.

【详解】

作ACLy轴于C,AOLx轴，BD±y^,它们相交于Q,如图，「A点坐标为（1,1）,：.AC=i,OC=1.

绕点A逆时针旋转90°,点。的对应8点,即把△AOC绕点4逆时针旋转90。得到△ABD,：.AD=AC=1,BD=OC=1,

二5点坐标为（2,1）,.,.A=2xl=2.

故选B.

本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=_（4为常数，际0）的图象是双曲线，图象上的点（X,y）

的横纵坐标的积是定值上即孙=«.也考查了坐标与图形变化-旋转.

5、B

【解析】

比较这些负数的绝对值，绝对值大的反而小.

【详解】

1OQ

在-4、--1、这四个数中，比-2小的数是是-4和-\故选B.

233

【点睛】

本题主要考查负数大小的比较，解题的关键时负数比较大小时，绝对值大的数反而小.

6、A

【解析】

方程变形后，配方得到结果，即可做出判断.

【详解】

方程x2-4x+l=0,

变形得：X2-4X=T,

配方得：X2-4X+4=-1+4,即(六2%=3,

故选A.

【点睛】

本题考查的知识点是了解一元二次方程-配方法，解题关键是熟练掌握完全平方公式.

7、D

【解析】

根据整式的运算法则，先利用已知求出a的值，再将a的值带入所要求解的代数式中即可得到此题答案.

【详解】

解：由题意可知：a2-5=2a,

原式=-4a+4+2。+2

—ai—2a+6

=5+6

=11

故选：D.

【点睛】

此题考查整式的混合运算，解题的关键在于利用整式的运算法则进行化简求得代数式的值

8、D

【解析】

解：设小长方形的宽为“，长为4则有。=〃-%，

阴影部分的周长：

2(in-b)+2(m-3a)+2n=2m-2b+2m-6a+2n=4m-2(n-3a)-6a+2n=4m-2n+6a-6a+2n=4m.

故选D.

9、C

【解析】

分析：先求出A点坐标，再根据图形平移的性质得出4点的坐标，故可得出反比例函数的解析式，把01点的横坐标

代入即可得出结论.

2

详解：点A在函数y=—-(x<0)的图象上，

X

当x=-l时，y=2,

2).

•••此矩形向右平移3个单位长度到的位置，

；•吗(2,0),

•%(2,2).

k

•点4在函数丁=一(*>0)的图象上，

1x

.'.k=4,

4

...反比例函数的解析式为y=-,。］(3,0),

•.,qojx轴，

4

...当x=3时,y=w，

二尸(3,；).

故选C.

点睛：考查反比例函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化-平移，解题的关键是运用双曲线方程求出点A的坐标，

利用平移的性质求出点勺的坐标.

10、A

【解析】

根据相反数的定义进行解答即可.

【详解】

负数的相反数是它的绝对值，所以-0.2的相反数是0.2.故选A.

【点睛】

本题主要考查相反数的定义，熟练掌握这个知识点是解题关键.

11、C

【解析】

利用折线统计图结合相应数据，分别分析得出符合题意的答案.

【详解】

A选项：年最高温度呈上升趋势，正确；

B选项：2014年出现了这6年的最高温度，正确；

C选项：年的温差成下降趋势，错误；

D选项：2016年的温差最大，正确；

故选C.

【点睛】

考查了折线统计图，利用折线统计图获取正确信息是解题关键.

12、D

【解析】

解：①正方体的主视图与左视图都是正方形；

②球的主视图与左视图都是圆；

③圆锥主视图与左视图都是三角形；

④圆柱的主视图和左视图都是长方形；

故选D.

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分.）

13、65°

【解析】

因为AB〃CD,所以NBEF=18（F-/l=130。，因为EG平分/BEF,所以/BEG=65。，因为AB〃CD,所以

Z2=ZBEG=65°.

14、2

【解析】

根据若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为1;（2）分母不为1计算

即可.

【详解】

解：依题意得:2-x=l且2x+2#l.

解得x=2,

故答案为2.

【点睛】

本题考查的是分式为1的条件和一元二次方程的解法，掌握若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为1；（2）

分母不为1是解题的关键.

15、673

【解析】

多边形的外角和等于360。，因为所给多边形的每个外角均相等，据此即可求得正多边形的边数，进而求解.

【详解】

正多边形的边数是：360。与0。=6.

正六边形的边长为2cm,

由于正六边形可分成六个全等的等边三角形，

且等边三角形的边长与正六边形的边长相等，

所以正六边形的面积=6xgxsin60°x22=6jTcm2.

故答案是：60.

【点睛】

本题考查了正多边形的外角和以及正多边形的计算，正六边形可分成六个全等的等边三角形，转化为等边三角形的计

算.

16、x,\

【解析】

由题意得

邦，

故答案为X*.

17、7T-1.

【解析】

根据绝对值的性质即可解答.

【详解】

n-1的绝对值是；r-1.

故答案为7t-1.

【点睛】

本题考查了绝对值的性质，熟练运用绝对值的性质是解决问题的关键.

18、拒

【解析】

要求AE的长，只要求出OA和OE的长即可，要求OA的长可以根据/B=30。和OB的长求得，OE可以根据NOCE

和OC的长求得.

【详解】

解：连接OD,如图所示，

由已知可得，ZBOA=90°,OD=OC=3,ZB=30°,ZODB=90°,

；.BO=2OD=6,ZBOD=60°,

ZODC=ZOCD=60°,AO=BOtan30°=6x—=273>

3

VZCOE=90°,OC=3,

AOE=OCtan60°=3x73=3后，

AE=OE-OA=3-/3-2-y3=~/3，

【点晴】

切线的性质

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、（1）CH=AB.；（2）成立，证明见解析；（3）372+3

【解析】

（1）首先根据全等三角形判定的方法，判断出△ABF丝即可判断出Nl=/2：然后根据EHXBF,ZBCE=90°,

可得C、H两点都在以BE为直径的圆上，判断出N4=NHBC,即可判断出CH=BC,最后根据AB=BC,判断出CH=AB

即可.

（2）首先根据全等三角形判定的方法，判断出AABF丝△CBE,即可判断出N1=N2；然后根据EH_LBF,ZBCE=90°,

可得C、H两点都在以BE为直径的圆上，判断出N4=/HBC,即可判断出CH=BC,最后根据AB=BC,判断出CH=AB

即可.

（3）首先根据三角形三边的关系，可得CKVAC+AK,据此判断出当C、A、K三点共线时，CK的长最大；然后根

据全等三角形判定的方法，判断出ADFK会即可判断出DK=DH,再根据全等三角形判定的方法，判断出

△DAK^ADCH,即可判断出AK=CH=AB；最后根据CK=AC+AK=AC+AB,求出线段CK长的最大值是多少即可.

【详解】

图1

在正方形ABCD中，

AB=BC=CD=AD,ZA=ZBCD=ZABC=90°,

・・,点E是DC的中点，DE=EC,

・••点F是AD的中点，

..AF=FD,

・・EC=AF,

在△ABF和aCBE中，

AB=CB

<ZA=ZBCE

AF=CE

：.AABF^ACBE,

AZ1=Z2,

VEH1BF,ZBCE=90°,

・・・C、H两点都在以BE为直径的圆上，

:.Z3=Z2,

.\Z1=Z3,

VZ3+Z4=90°,Zl+ZHBC=90°,

:.Z4=ZHBC,

ACH=BC,

XVAB=BC,

ACH=AB.

(2)当点E在DC边上且不是DC的中点时，(1)中的结论CH=AB仍然成立.

如图2,连接BE,

A

图2

在正方形ABCD中，

AB=BC=CD=AD,ZA=ZBCD=ZABC=90°,

VAD=CD,DE=DF,

AAF=CE,

在△ABF和^CBE中，

AB=CB

<NA=/BCE

AF=CE

..△ABF^ACBE,

AZ1=Z2,

VEH1BF,ZBCE=90°,

・・・C、H两点都在以BE为直径的圆上，

:.Z3=Z2,

AZ1=Z3,

VZ3+Z4=90°,Zl+ZHBC=90°,

:.Z4=ZHBC,

ACH=BC,

XVAB=BC,

ACH=AB.

(3)如图3,

VCK<AC+AK,

・••当C、A、K三点共线时，CK的长最大，

VZKDF+ZADH=90°,ZHDE+ZADH=90°,

.\ZKDF=ZHDE,

ZDEH+ZDFH=360°-ZADC-ZEHF=360o-90o-90o=180°,ZDFK+ZDFH=180°,

:.ZDFK=ZDEH,

在ZkDFK和中，

AKDF=ZHDE

<DF=DE

ZDFK=ZDEH

.,.△DFK^ADEH,

ADK=DH,

在^DAUIUDCH中,

DA=DC

<ZKDA=ZHDC

DK=DH

AADAK^ADCH,

AAK=CH

XVCH=AB,

AAK=CH=AB,

VAB=3,

・・AK=3,AC=3@

:.CK=AC+AK=AC+AB=372+3，

即线段CK长的最大值是3匹+3.

考点：四边形综合题.

20、⑴见解析；(2)1

【解析】

分析：⑴根据平行四边形的判定与矩形的判定证明即可;(2)根据矩形的性质和三角函数解答即可.

详解：(1)证明：

CDLAB于点D,BELAB于点B,

：.NCDA=NDBE=90。.

：.CD//BE.

又：BE=CD,

A四边形C0Z?E为平行四边形.

又•；NDBE=90°,

，四边形CDBE为矩形.

(2)解：•；四边形CQ5E为矩形，

，DE=BC.

,/在R3ABC中，ZACB=90°,CDLAB,

可得ZACD=ZABC.

•：tanZACD=2.,

2

...tanZABC=tanZACD=—.

2

在RSABC中，ZACB=90°fAC=2,tanZABC=i,

・・・DE=BC=1.

点睛：本题考查了矩形的判定与性质，关键是根据平行四边形的判定与矩形的判定解答.

21、273-4.

【解析】

利用特殊角的三角函数值以及负指数基的性质和绝对值的性质化简即可得出答案.

【详解】

n

解：原式=JT—l—l+3x号—2

=273-4.

故答案为2JT-4.

【点睛】

本题考查实数运算，特殊角的三角函数值，负整数指数耗，正确化简各数是解题关键.

1

22、(1)(1,4)(2)(0,-)或(0,-1)

【解析】

试题分析：(1)先求得点C的坐标，再由OA=OC得到点A的坐标，再根据抛物线的对称性得到点B的坐标，利用

待定系数法求得解析式后再进行配方即可得到顶点坐标；

(2)由OC//PM,可得NPMC=/MCO,求tan/MCO即可；

(3)分情况进行讨论即可得.

试题解析：(1)当x=0时，抛物线y=ax2+bx+3=3,所以点C坐标为(0,3),，OC=3,

VOA=OC,；.OA=3,..A(3,0),

,:A、B关于x=l对称，AB(-1,0),

VA>B在抛物线y=ax2+bx+3上，

9a+3b+3=0a=-l

•・[a-b+3=0…•,=2'

.•.抛物线解析式为：y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,

顶点P(1,4)；

(2)由(1)可知P(1,4),C(0,3),所以M(1,0),..OC=3,OM=L

VOC//PM,AZPMC=ZMCO,

OM1

/.tanZPMC=tanZMCO=—-=-；

OC3

(3)Q在C点的下方，ZBCQ=ZCMP,

CM=g,PM=4,BC=g,

BCCMBCCM

’远一两或远一两’

5

，CQ=爹或4,

1

•••Q/O,-),Q2(0,-1).

139

23、(1)j=-x2+x--；(2)j=-x+l；(3)当x=-2时，最大值为«；(4)存在，点。的横坐标为-3或"或

【解析】

(1)设二次函数的表达式为：y—a(x+3)(x-1)=ax2+2ax-3a,即可求解；

ACAO1

(2)OC//DF,则学二/二三，即可求解；

CDOF5

(3)由SA.CE=S"”E-SACME即可求解；

(4)分当AP为平行四边形的一条边、对角线两种情况，分别求解即可.

【详解】

(1)设二次函数的表达式为：y=a(x+3)(x-1)=ax2+2ax-3a,

c31

即：—3。二-2,解得：

13_

故函数的表达式为：y='X2+x—2①；

(2)过点0作。尸，X轴交于点凡过点£作丁轴的平行线交直线AD于点M,

ACAO1

•：OC〃DF,：.CD=0F=5'OF=5OA=5f

故点。的坐标为(-5,6),

6=-5m+n=-l

将点A、。的坐标代入一次函数表达式：〃得：〈八,解得：i[

0=〃?+〃n=l.

即直线A。的表达式为：j=-x+L

(3)设点E坐标为(x,蒙X2+x-则点M坐标为(x,-x+l),

E,,131c5

贝ijEM——x+1——X--x+———X2—2x+—，

2222

S=S-S=lxlxEM=__L(X+21+2,

hACEAAMEACME244

,/a=-J<0,故SA*E有最大值，

9

当x=-2时，最大值为彳；

(4)存在，理由：

①当A尸为平行四边形的一条边时，如下图，

设点O的坐标为，》2+，一

将点A向左平移2个单位、向上平移4个单位到达点P的位置，

同样把点D左平移2个单位、向上平移4个单位到达点Q的位置,

则点。的坐标为+

将点Q的坐标代入①式并解得：f=-3;

②当4尸为平行四边形的对角线时，如下图，

4尸中点的坐标为（0,2）,该点也是0。的中点,

=0t

2fm=-t

则：\13HP：111

〃+_/2+f-_n=—-/2-t+-,

22=,I22

[2，

将点。坐标代入①式并解得：加=±JZ

故点O的横坐标为：-3或J7或-J7.

【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图形平移、平行四边形的性质等，关键是（4）中，用图形平移的方法求解点

的坐标，本题难度大.

X

24、---彳，当x=2时，原式=一2.

x-3

【解析】

试题分析：先括号内通分，然后计算除法，最后取值时注意使得分式有意义，最后代入化简即可

试题解析：

（X-12）X（x-1）X-3X（x-1）x

原式=〔言一二1『仁五曰=f,^^正二二3

2,

当x=2时，原式一厂二一2・

2-J

25、甲建筑物的高AB为（30小-30）m,乙建筑物的高DC为300m

【解析】

如图，过A作AFJ_CD于点F,

D

B

在RSBCD中，ZDBC=60°,BC=30m,

CD

V—=tanZ