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.pdf

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1、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,C D B D,垂足分别为8、D,AC和 8 0 相交于点E,E尸，3 0 垂足为凡则下列结论错

2、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,ZO AC=19,则NAOB 的大小为（）cA.19 B.295.在 实 数 石,一,0,工,屈,-1.414,7 2A.1 个 B.2 个C.38 D.52有理数有（）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、有四种说法:弧是以O 为圆心，任意长为半径所画的弧；

3、弧是以P 为圆心，任意长为半径所画的弧；弧是以A 为圆心，任意长为半径所画的弧；弧是以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.17.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2 x-l 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6 cm,圆心角为120。的扇形，则该圆锥的侧面面积为 cm（结果保留7 T）.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

4、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 y i的 值（用 含 m 的式子表示）;在 中，若 mg 设点A，是点A 关于原点。的对称点，如 图 L判断AAA，B 的形状，并说明理由；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R S ABC

5、中，ZACB=90,CA=C B=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A ABC内部），连接AP、BP、B Q.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 A P的长；设射线AP与射线BQ相交于点E,连 接 E C,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：A ABC与A DEC全等.20.（8 分）如图，在矩形ABCD的外侧，作等边三角形A D

6、 E,连结BE,C E,求证：BE=CE.E21.（8 分）如图，AB是半圆。的直径，D 为弦B C 的中点，延长OD交弧BC于点E,点 F 为 O D的延长线上一点且满足N O B C=N O FC,求证：CF为。的切线；若四边形ACFD是平行四边形，求 sin/B A D 的值.22.（10分）已知平行四边形4BC D.尺规作图：作Z B A D的平分线交直线B C 于点E，交D C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：C E=C F.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

7、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/C A D=30。，Z C B D=60.求 A B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 1.7,721.4)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

8、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9,2 1 是3的倍数的概率一=一，4 2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,EFBD,.,.AB/C

9、D/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，550 x60+(x-60)x50055000解得，x104 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 AOB C,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=

10、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)弧是以O 为圆心，任意长为半径所画的弧，正确；(2)弧是以P 为圆心，大于点P 到直线的距离为半径所画的弧，错误;(3)弧是以A 为圆心，大于 A B的长为半径所画的弧，错误；2(4)弧是以P 为圆心，任意长为半径所画的弧，正确.

11、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B2 2 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，2xl【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：mL故答案为ml.12、15【解析】根据平行四边形的性质和圆的半径

12、相等得到4 A O B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A 8C 0是平行四边形，：.O C=A B,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

13、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，1 2 3 6

14、-，该圆锥的侧面面积为：12小360故答案为127r.16、m0).(3)V m=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.A A A B 为等边三角形，理由如下：V A(-=,，B(三，1),A，-，AA,=-,AB=t,A B js i 3:.AA,=AB=A,B,.AA，B 为等边三角形.A A，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-3 J -，U=-.点P 的坐标为（1

15、6，；（二=一 三（ii）当 AB为对角线时，有;一,1,（叱 彳+2（一 _ ;仃解得：I T点P的坐标为（-乎，7）；（二=（iii）当 AA，为对角线时，有一,仁_2=泻1n _ _ 宝解得：-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

16、解析式中求出xi、x i的值；（3）利用勾股定理（两点间的距离公式）求出AB、AA A，B 的值；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)V 14-V 2(3)EP+EQ=V2EC【解析】(1)由题意可得：ZA C P=ZBC Q,即可证 A C P B C Q,可 得 AP=CQ；作 C H 1P Q 于 H,由题意可求PQ=2及，可 得 C H=&,根据勾股定理可求A H=7 1 4，即 可 求 A P 的长；作 CM1BQ 于 M,CNJLEP 于 N,设 BC 交 AE 于 O,由题意可证A CNPA CM Q,可得 CN

17、=CM,QM=PN,即可证 RtA CEMRtA CEN,EN=EM,ZCEM=NCEN=45。，则可求得EP、EQ、E C 之间的数量关系.【详解】解：(1)如图 1 中，VZACB=ZPCQ=90,A ZACP=ZBCQ 且 AC=BC,CP=CQ/.ACPABCQ(SAS)，PA=BQ如 图 2 中，作 C H P Q 于 HTA、P、Q 共线，PC=2,，P Q=2&,VPC=CQ,CHPQ.*.CH=PH=72在 RtA ACH 中，AH=7AC2-C H2=714.PA=AH-PH=714-夜解：结论：EP+EQ=V2 EC理由：如 图 3 中，作 C M B Q 于 M,C N

18、E P 于 N,设 B C 交 A E 于 O.,/AC P ABC Q,.*.ZCAO=ZOBE,VZAOC=ZBOE,.,.ZOEB=ZACO=90,:ZM=ZCNE=ZMEN=90,.,.ZMCN=ZPCQ=90,ZPCN=ZQCM,VPC=CQ,ZCNP=ZM=90,.,.CNPACMQ(AAS),.*.CN=CM,QM=PN,.,.CE=CE,ARtA CEM 0 R S CEN(HL),.*.EN=EM,ZCEM=ZCEN=45；.EP+EQ=EN+PN+EM-MQ=2EN,EC=V5 EN,/.EP+EQ=V2 EC【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，

19、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 ABCADEC.【详解】V ZBAE=ZBCE=ZACD=90,.N5+N4=N4+N3,.N 5=N 3,且NB+NCEA=180。，又 N7+NCEA=180,.NB=N7,.N5=N3在A ABC 和4 DEC 中 BC=CE,N8=N7.,.ABCADEC(ASA).20、证明见解析.【解析】要证明BE=CE,只要证明A EABEDC即可，根据

20、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 =/.EABAEDC(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、见解析;.【解析】(1)连接O C,根据等腰三角形的性质得到NOCB=NB,Z O C B=Z

21、F,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=g A C,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=A C2+C D2=,于是得到结论.【详解】解：(1)连接OC,VOC=OB,.,.ZOCB=ZB,VZB=ZF,:.ZOCB=ZF,Y D 为 BC 的中点，/.O F1BC,ZF+ZFCD=90,.,.ZOCB+ZFCD=90,:.ZOCF=90,.CF为。O 的切线；(2)过 D

22、作 DHJ_AB 于 H,VAO=OB,CD=DB,.,.OD=-AC,2V 四边形ACFD是平行四边形,，DF=AC,设 OD=x,，AC=DF=2x,VZOCF=90,CDOF,.*.CD2=ODDF=2X2,CD=y/2 x,-,.BD=V2x,：AD=7AC2+CD2=#XVOD=x,BD=V2x,OB=也 x,.n 口 CD BD V6OB 3,DH 1.,.sinNBAD=-=.AD 3【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NB

23、AD的平分线交直线BC于 点 E,交 DC延长线于点F 即可；(2)先根据平行四边形的性质得出ABDC,ADB C,故N1=N2,Z 3=Z 1.再由AF平分NBAD得出N1=N3,故可得出N 2=N L 据此可得出结论.试题解析：(1)如图所示，AF即为所求；(2).四边形ABCD是平行四边形,.,.AB/7DC,AD/7 B C,Z 3=Z 1.YAF平分NBAD,.N 1=N 3,，N 2=N 1,，CE=CF.考点：作图一基本作图；平行四边形的性质.23、(1)1673；(2)此校车在AB路段超速，理由见解析.【解析】(1)结合三角函数的计算公式，列出等式，分别计算AD和 BD 的长度

24、，计算结果，即可.(2)在第一问的基础上,结合时间关系，计算速度，判断，即可.【详解】解：(1)由题意得，在 R S A D C 中，ta n 3(F=空，AD AD解得 A D=2 4 .CD 94在 RtA BDC 中，t a n 6(T=2,BD BD解 得 BD=8正所以 AB=AD-B D=2 4 -8 T=1 6 (米).(2)汽车从A 到 B 用 时 1.5秒，所以速度为16后1.5F8.1(米/秒)，因为18.1(米/秒)=65.2千米/时45千米/时，所以此校车在AB路段超速.【点睛】考查三角函数计算公式，考查速度计算方法，关键利用正切值计算方法，计算结果，难度中等.1852

25、4、(1)两人相遇时小明离家的距离为1500米；(2)小丽离距离图书馆50(),时所用的时间为丁分.【解析】(1)根据题意得出小明的速度，进而得出得出小明离家的距离；(2)由(1)的结论得出小丽步行的速度，再列方程解答即可.【详解】解：(1)根据题意可得小明的速度为：4500+(10+5)=300(米/分)，300 x5=1500(米)，二两人相遇时小明离家的距离为1500米；(2)小丽步行的速度为：(4500-1500)+(35-10)=120(米/分)，设小丽离距离图书馆500/n时所用的时间为x分，根据题意得，1500+120(x-10)=4500-500,解得x=.6Q C答：小丽离距离图书馆500,”时所用的时间为一分.【点睛】本题由函数图像获取信息，以及一元一次方程的应用，由函数图像正确获取信息是解答本题的关键.