21届中考数学第一次模拟卷-7含解析.docx

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1、21届中考数学第一次模拟卷-7含解析一选择题（本大题共10题，每题3分，满分30分） 1的相反数是（ ） A B C D D 依据相反数的定义：只有符号不同的两个数互为相反数，即可得解. 依据相反数的定义，得 的相反数是， 故答案为D. 此题主要考查对相反数的理解，娴熟驾驭，即可解题. 2要使式子有意义，则的取值范围是（ ） A B C D A 依据二次根式被开方数必需是非负数的条件，要使在有意义，必需.故选A. 3下列事务中，属于必定事务的是（） A明天的最高气温将达35 B随意购买一张动车票，座位刚好挨着窗口 C掷两次质地匀称的骰子，其中有一次正面朝上 D对顶角相等 D A、明天最高气温是

2、随机的，故A选项错误； B、随意买一张动车票，座位刚好挨着窗口是随机的，故B选项错误； C、掷骰子两面有一次正面朝上是随机的，故C选项错误； D、对顶角肯定相等，所以是真命题，故D选项正确. 解：“对顶角相等”是真命题，发生的可能性为100%， 故选：D 本题的考点是随机事务.解决本题须要正确理解必定事务的概念：必定事务指在肯定条件下肯定发生的事务. 4下列图案中，可以看作是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A B C D B 依据中心对称图形的定义旋转180后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可推断出 A.此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误； B

3、.此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确； C.此图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项错误； D.此图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误. 故选B. 考查中心对称图形以及轴对称图形的识别，驾驭它们的定义是解题的关键. 5由6个大小相同的小正方体拼成的几何体如图所示，则其三视图中哪两种视图完全一样的是（） A主视图和俯视图 B左视图和俯视图 C主视图和左视图 D以上都不正确 C 依据三视图的概念画出相应的图形即可解答 解：该组合体的主视图如下： 其左视图如下： 故选C 本题考查了简洁组合体的三视图，画出组合体的三视图是解答本题的关键 6某班从甲、乙、丙、丁

4、四位选中随机选取两人参与校乒乓球竞赛，恰好选中甲、乙两位选手的概率是（ ） A B C D C 画出树状图展示全部12种等可能的结果数，再依据概率公式即可求解 画树状图为： P（选中甲、乙两位）= 故选C 本题考查了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示全部等可能的结果求出n，再从中选出符合事务A或B的结果数目m，然后依据概率公式求出事务A或B的概率 7如图，在平面直角坐标系中，点在反比例函数的图象上，点在反比例函数的图象上，轴，在轴的两侧，与间的距离为，则的值为（ ） A B C D D 设点A、B的纵坐标为y1，点C、D的纵坐标为y2，分别表示出来A、B、C、D四点的坐标，依据线段AB

5、、CD的长度结合AB与CD间的距离，即可得出y1、y2的值，再由点A、B的横坐标结合AB=2即可求出a-b的值 解：设点A、B的纵坐标为y1，点C、D的纵坐标为y2， 分别表示出来A、B、C、D四点的坐标为A（，y1），点B（，y1），点C（，y2），点D（，y2） ， ， ， ， ， ， 故选：D 本题考查了两点间的距离、反比例函数图象上点的坐标特征以及反比例函数的性质，解题的关键是利用两点间的距离公式表示出AB=2 8一辆货车与客车都从A地动身经过B地再到C地，总路程200千米，货车到B地卸货后再去C地，客车到B地部分旅客下车后再到C地，货车比客车晚动身10分钟，则以下4种说法： 货车与客

6、车同时到达B地； 货车在卸货前后速度不变； 客车到B地之前的速度为20千米/时； 货车比客车早5分钟到达C地； 4种说法中正确的个数是（） A1个 B2个 C3个 D4个 A 由函数图可以得出货车到达B地用时30分钟，客车到达B地用时40分钟，依据货车比客车晚动身10分钟就可以得出货车与客车同时到达B地； 分别求出货车卸货前后的速度并作比较就可以得出结论； 由路程时间速度就可以得出结论； 由函数图象可以得出货车到达C地的时间是80分钟，客车到达C地的时间是85分钟就可以得出，但是客车先动身了10分钟，故货车比客车晚5分钟到达C地 解：函数图可以得出货车到达B地用时30分钟，客车到达B地用时40

7、分钟， 车比客车晚动身10分钟， 货车与客车同时到达B地故正确 货车在卸货前的速度为：8005160千米/时， 货车在卸货后的速度为：12005240千米/时 160240， 货车在卸货前后速度不相等故错误； 客车到B地之前的速度为：80120千米/时20千米/时故错误； 由函数图象可以得出货车到达C地全部时间是80分钟，客车到达C地所用时间是85分钟， 客车先动身了10分钟， 货车是客车动身90分钟后到达的C地， 货车比客车晚5分钟到达C地故错误 故选：A 本题考查了行程问题的数量关系：速度路程时间的运用，一次函数的图象的性质的运用，有理数大小比较的运用，解答时分析清晰一次函数图象的数据的含

8、义是关键 9视察下列等式：，依据这个规律，则的末尾数字是（） A0 B2 C4 D6 B 解：21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，26=64，20174=5061，（2+4+8+6）506+2=10122，21+22+23+24+22017的末位数字是2故选B 10如图，中，有一点在上移动若，则的最小值为( ) A8 B8.8 C9.8 D10 C 由AP+CP=AC得到=BP+AC，即计算当BP最小时即可，此时BPAC，依据三角形面积公式求出BP即可得到答案. AP+CP=AC， =BP+AC， BPAC时，有最小值， 设AHBC， BH=3， , ， , BP=4.8，

9、=AC+BP=5+4.8=9.8， 故选：C. 此题考查等腰三角形的三线合一的性质，勾股定理，最短路径问题，正确理解时点P的位置是解题的关键. 二填空题（本大题共6题，每题3分，满分18分） 11若a1，则化简后为_. 依据化简即可 ， 故答案为： 娴熟驾驭二次根式的性质是解题的关键 12计算：=_ 原式= 故答案为 13一组数据2，3，x，5，7的平均数是5，则这组数据的中位数是_ 5 解：依据平均数的定义可得：(2+3+x+5+7)5=5， 解得：x=8， 则这组数据为：2、3、5、7、8， 即这组数据的中位数是5 故答案为：5. 14如图，在平行四边ABCD中，AD=2AB，F是AD的中

10、点，作CEAB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论中肯定成立的是_（把全部正确结论的序号都填在横线上） （1）DCF=BCD，（2）EF=CF；（3）SBEC=2SCEF；（4）DFE=3AEF 试题解析：F是AD的中点， AF=FD， 在ABCD中，AD=2AB， AF=FD=CD， DFC=DCF， ADBC， DFC=FCB， DCF=BCF， DCF=BCD，故此选项正确； 延长EF，交CD延长线于M， 四边形ABCD是平行四边形， ABCD， A=MDF， F为AD中点， AF=FD， 在AEF和DFM中， ， AEFDMF（ASA）， FE=MF，AEF=M， CEAB

11、， AEC=90， AEC=ECD=90， FM=EF， FC=FM，故正确； EF=FM， SEFC=SCFM， MCBE， SBEC2SEFC 故SBEC=2SCEF错误； 设FEC=x，则FCE=x， DCF=DFC=90-x， EFC=180-2x， EFD=90-x+180-2x=270-3x， AEF=90-x， DFE=3AEF，故此选项正确 考点：1.平行四边形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.直角三角形斜边上的中线 15若关于的一元一次不等式组的解集是，且关于的分式方程有非负整数解，则符合条件的全部整数的积为_ 先依据不等式组的解法求出其解集，从而得出m的取值范围，再解

12、分式方程得出y的值，然后依据y为非负整数分三种状况求出符合条件m的值，由此即可得出答案 由不等式组得 不等式组的解集为 分式方程两边同乘以得 解得 因分式方程有非负整数解，则结合分式有意义的条件，分以下3种状况： （1）当时，解得，符合条件 （2）当时，解得，符合条件 （3）当时，解得，符合条件 因此，符合条件的全部整数的积为 故答案为： 本题考查了不等式组的解法、分式方程的解法等学问点，依据不等式组的解求出m的取值范围是解题关键 16化简并计算：_（结果中分母不含根式） 依据=，将原式进行拆分，然后合并可得出答案 解：原式= = 故答案为 此题考查了二次根式的混合运算，解答本题的关键是将原式

13、进行拆分，有肯定的技巧性，留意细致视察 三、解答题（共8小题，共72分） 17已知，求的值 依据同底数幂的乘法，可得二元一次方程组，依据解方程组，可得答案 ， ， ， . 本题考查了同底数幂的乘法，利用同底数幂的乘法得出方程组是解题关键 18如图，已知1=2，3+4=180，证明ABEF 答案见解析 依据1=2利用“同位角相等，两直线平行”可得出ABCD，再依据3+4=180利用“同旁内角互补，两直线平行”可得出CDEF，从而即可证出结论 1=2，ABCD 3+4=180，CDEF，ABEF 本题考查了平行线的判定，解题的关键是分别找出ABCD、CDEF本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目

14、时，依据相等或互补的角找出平行的直线是关键 19疫情防控期间，学生居家熬炼受到肯定限制，不能达到室外熬炼的效果，有些同学存在体能下降的现象瑶海区某校八年级甲、乙两班各50名学生，为了了解这两个班学生身体素养状况，进行了抽样调查，从这两个班各随机抽取10名学生进行身体素养测试，测试成果如下： 甲班：65 75 75 80 60 50 75 90 85 65； 乙班：90 55 80 70 55 70 95 80 65 70； 整理上面数据，得到如下统计表： 50x60 60x70 70x80 80x90 90x100 甲班 1 3 3 2 1 乙班 2 1 3 2 2 样本数据的平均数、众数、中

15、位数如下表所示： 平均数 中位数 众数 甲班 m 75 75 乙班 73 70 n 依据以上信息，解答下列问题： （1）求表中m的值； （2）表中n的值为 ； （3）若规定测试成果在80分以上（含80分）的学生身体素养为优秀，请估计乙班50名学生中身体素养为优秀的学生的人数 （1）m=72；（2）70；（3）20人 （1）依据平均数的计算公式，求出甲班10个人的平均成果， （2）乙班的众数就是找出乙班成果出现次数最多的数， （3）样本估计总体，用乙班人数50去乘样本中优秀人数所占的比 解：（1）=（65+75+75+80+60+50+75+90+85+65）=72， 答：表中m的值为72 m的

16、值为72 （2）乙班成果出现次数最多的数是70，共出现3次，因此众数是70， 故答案为：70 （3）50=20人 答：乙班50名学生中身体素养为优秀的学生约为20人 考查平均数、中位数、众数意义和求法，理解各个统计量的意义，驾驭平均数、众数、中位数的求法是解决问题的前提 20如图，将放在每个小正方形的边长为1的网格中，点，点，点均落在格点上 （）计算的长等于 （）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出一个，使，且满意点在边上，点在边上，（保留作图痕迹不要求证明） （）5；（）见解析 （1）利用勾股定理求解即可； （2）依据网格特点，利用无刻度的直尺，在AC、AB上分别截取AD=2.5，AE

17、=2即可解决问题 解：（） 故答案为：5 （）如图，取点，连接交于点，则， 此时， 取点，连接交于点，则， 此时， 则，即，又A=A， 连接，则，故即为所求 本题考查作相像图形、勾股定理、平行线分线段成比例、相像三角形的判定，娴熟驾驭相像三角形的基本图形和对应边的比值是解答的关键 21如图，是的直径，弦垂直平分半径，为垂足，弦与半径相交于点，连接、，若， （1）求的半径； （2）求图中阴影部分的面积 （1）O的半径为4；（2） （1）依据垂径定理得，再依据得出CEO=30，则，从而求出的半径； （2）先利用圆周角定理得到EOF=2D=90，然后扇形的面积公式和图中阴影部分的面积=S扇形EOF-

18、SEOF进行计算即可 解：（1）OADE， 弦DE平分半径OA， 在RtOEC中，sinCEO= CEO=30， OE=2OC=4， 即O的半径为4； （2）EOF=2D=245=90， 图中阴影部分的面积=S扇形EOF-SEOF 本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧也考查了扇形的面积公式和解直角三角形 22某公司为了宣扬一种新产品，在某地先后实行40场产品促销会，已知该产品每台成本为10万元，设第场产品的销售量为（台），在销售过程中获得以下信息：信息1：第一场销售产品49台，其次场销售产品48台，且销售量与是一次函数关系；信息2：产品的每场销售单价（万元）由基本

19、价和浮动价两部分组成，其中基本价保持不变，第1场至第29场浮动价与销售场次成正比，第30场至第40场浮动价与销售场次成反比，经过统计，得到如下数据： （场） 3 10 35 （万元） 10.6 12 13 （1）干脆写出与之间满意的函数关系式_； （2）求与函数关系式，并写出自变量的取值范围； （3）在这40场产品促销会中，哪一场获得的利润最大，最大利润是多少？ （1）y=50-x；（2），；（3）第25场获得的利润最大，最大利润为125万元 （1）设y=kx+b，由已知条件得到关于k和b的二元一次方程组，解方程组得到k、b后即可得y 与 x 之间满意的函数关系式； （2）分两种状况探讨； （

20、3）分别算出两种状况的最大利润，再对两个最大利润作出比较，即可确定最终的最大利润及对应场次 解：（1）设y=kx+b，由已知条件得：, 解之得：， y 与 x 之间满意的函数关系式为：； （2）设基本价为， 当时， 可设p与的函数关系式为； 依题意得，解得 当时， 可设与的函数关系式为，即 依题意得，解得， ， （3）设每场获得的利润为（万元） 当时， ， 抛物线的开口向下， 当时，最大，最大利润为125（万元）； 当时， 随的增大而减小， 当时，最大，最大利润为（万元）， ， 在这40场产品促销会中，第25场获得的利润最大，最大利润为125万元 本题考查一次函数、二次函数与反比例函数的综合运

21、用，依据题意对场次作分类探讨并写出每种状况对应的单价函数与利润函数是解题关键 23思维探究： 在正方形ABCD中，AB4，EAF的两边分别交射线CB，DC于点E，F，EAF45 （1）如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，CEF的周长是 ； （2）如图2，当点E，F分别在CB，DC的延长线上，CF2时，求CEF的周长； 拓展提升： 如图3，在RtABC中，ACB90，CACB，过点B作BDBC，连接AD，在BC的延长线上取一点E，使EDA30，连接AE，当BD2，EAD45时，请干脆写出线段CE的长度 思维探究：（1）8；（2）12；拓展提升：CE1 思维探究：（1）利用旋转的性质，证明

22、AGEAFE即可； （2）把ABE绕点A逆时针旋转90到AD，交CD于点G，证明AEFAGF即可求得EFDFBE； 拓展提升：如图3，过A作AGBD交BD的延长线于G，推出四边形ACBG是矩形，得到矩形ACBG是正方形，依据正方形的性质得到ACAG，CAG90，在BG上截取GFCE，依据全等三角形的性质得到AEAF，EACFAG，ADFADE30，解直角三角形得到DEDF4，BE2，设CEx，则GFCEx，BCBG2x，依据线段的和差即可得到结论 思维探究： （1）如图1，将ADF绕点A顺时针旋转90得到ABG， GBDF，AFAG，BAGDAF， 四边形ABCD为正方形， BAD90， EA

23、F45， BAE+DAF45， BAG+BAE45EAF， 在AGE和AFE中 AGEAFE（SAS）， GEEF， GEGB+BEBE+DF， EFBE+DF， CEF的周长CE+CF+EFCE+BE+DF+CFBC+CD8， 故答案为：8； （2）如，2，把ABE绕点A逆时针旋转90到AD，交CD于点G， 同（1）可证得AEFAGF， EFGF，且DGBE， EFDFDGDFBE， CEF的周长CE+CF+EFCE+CF+DFBEBC+DF+CF4+4+2+212； 拓展提升：如图3，过A作AGBD交BD的延长线于G， BDBC，ACB90， ACBCBGG90， 四边形ACBG是矩形，

24、ACBC， 矩形ACBG是正方形， ACAG，CAG90， 在BG上截取GFCE， AECAGF（SAS）， AEAF，EACFAG， EADBACGAB45， DAFDAE45， ADAD， ADEADF（SAS）， ADFADE30， BDE60， DBE90，BD2， DEDF4，BE2， 设CEx，则GFCEx，BCBG2x， DG2+2x， DGFGDF， 即2+2xx4， x1， CE1 本题以正方形为背景，结合旋转，三角形全等，解直角三角形进行综合性考查，熟知常见的全等模型，旋转性质，三角形的判定及性质，正方形，矩形的性质是解题的关键 24如图，已知抛物线yx2+bx+c的图象经

25、过点A（l，0），B（3，0），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，对称轴与x轴相交于点E，连接BD （1）求抛物线的解析式 （2）若点P在直线BD上，当PEPC时，求点P的坐标 （3）在（2）的条件下，作PFx轴于F，点M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，G为抛物线上一动点，当以点F，N，G，M四点为顶点的四边形为正方形时，求点M的坐标 （1）y=x2+2x3；（2）（2，2）；（3）（，0），（，0），（ ，0），（，0） （1）利用待定系数法即可得出结论； （2）先确定出点E的坐标，利用待定系数法得出直线BD的解析式，利用PC=PE建立方程即可求出a即可得出结论； （3）设出点D的坐标

26、，进而得出点G，N的坐标，利用FM=MG建立方程求解即可得出结论 解：（1）抛物线的图象经过点A（1，0），B（3，0）， ， ， 抛物线的解析式为； （2）由（1）知，抛物线的解析式为， C（0，3），抛物线的顶点D（1，4）， E（1，0）， 设直线BD的解析式为y=mx+n， ， ， 直线BD的解析式为y=2x6， 设点P（a，2a6）， C（0，3），E（1，0）， 依据勾股定理得，PE2=（a+1）2+（2a6）2，PC2=a2+（2a6+3）2， PC=PE， （a+1）2+（2a6）2=a2+（2a6+3）2， a=2， y=2（2）6=2， P（2，2）； （3）如图，作PFx轴于F， F（2，0）， 设M（d，0）， G（d，d2+2d3），N（2，d2+2d3）， 以点F，N，G，M四点为顶点的四边形为正方形， 必有FM=MG， |d+2|=|d2+2d3|， d=或d=， 点M的坐标为（，0），（，0），（，0），（，0） 本题考查的是二次函数的综合应用，正方形的性质。一元二次方程的解法，函数的交点问题，驾驭以上学问是解题的关键