?2021-2022中考數學模擬試卷
考生須知：
1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。
2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。
3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。

一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）
1．如圖，一次函數y1＝x與二次函數y2＝ax2＋bx＋c圖象相交于P、Q兩點，則函數y＝ax2＋（b－1）x＋c的圖象可能是（ ）

A． B． C． D．
2．古希臘著名的畢達哥拉斯學派把1，3，6，10…這樣的數稱為“三角形數”，而把1，4，9，16…這樣的數稱為“正方形數”．從圖中可以發(fā)現，任何一個大于1的“正方形數”都可以看作兩個相鄰“三角形數”之和．下列等式中，符合這一規(guī)律的是（　?。?br />
A．13＝3+10 B．25＝9+16 C．36＝15+21 D．49＝18+31
3．如圖，AB為⊙O的直徑，C、D為⊙O上的點，若AC＝CD＝DB，則cos∠CAD ＝（ ）

A． B． C． D．
4．如圖，將邊長為8㎝的正方形ABCD折疊，使點D落在BC邊的中點E處，點A落在F處，折痕為MN，則線段CN的長是（ ）

A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
5．如圖，在矩形ABCD中，連接BD，點O是BD的中點，若點M 在AD邊上，連接MO并延長交BC邊于點M’，連接MB,DM’則圖中的全等三角形共有（ ）

A．3對 B．4對 C．5對 D．6對
6．圖1和圖2中所有的正方形都全等，將圖1的正方形放在圖2中的①②③④某一位置，所組成的圖形不能圍成正方體的位置是（　?。?br />
A．① B．② C．③ D．④
7．估計+1的值在（　　）
A．2和3之間 B．3和4之間 C．4和5之間 D．5和6之間
8．在平面直角坐標系中，點A的坐標是（﹣1，0），點B的坐標是（3，0），在y軸的正半軸上取一點C，使A、B、C三點確定一個圓，且使AB為圓的直徑，則點C的坐標是（　　）
A．（0，） B．（，0） C．（0，2） D．（2，0）
9．對于一組統(tǒng)計數據：1，6，2，3，3，下列說法錯誤的是( )
A．平均數是3 B．中位數是3 C．眾數是3 D．方差是2.5
10．把拋物線y＝﹣2x2向上平移1個單位，得到的拋物線是（　?。?br /> A．y＝﹣2x2+1 B．y＝﹣2x2﹣1 C．y＝﹣2（x+1）2 D．y＝﹣2（x﹣1）2
二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）
11．如圖，在扇形AOB中，∠AOB=90°，點C為OA的中點，CE⊥OA交于點E，以點O為圓心，OC的長為半徑作交OB于點D，若OA=2，則陰影部分的面積為 .

12．如果一個扇形的弧長等于它的半徑，那么此扇形成為“等邊扇形”．則半徑為2的“等邊扇形”的面積為 ．
13．如圖，在四邊形ABCD中，AC、BD是對角線，AC=AD，BC＞AB，AB∥CD，AB=4，BD=2，tan∠BAC=3，則線段BC的長是_____．

14．若一個正多邊形的內角和是其外角和的3倍，則這個多邊形的邊數是______．
15．當a＝3時，代數式的值是______．
16．在△ABC中，若∠A，∠B滿足|cosA－|＋(sinB－)2＝0，則∠C＝_________．
17．關于x的分式方程=2的解為正實數，則實數a的取值范圍為_____．
三、解答題（共7小題，滿分69分）
18．（10分）為了響應“足球進校園”的目標，某校計劃為學校足球隊購買一批足球，已知購買2個A品牌的足球和3個B品牌的足球共需380元；購買4個A品牌的足球和2個B品牌的足球共需360元．
求A，B兩種品牌的足球的單價．求該校購買20個A品牌的足球和2個B品牌的足球的總費用．
19．（5分）某天，甲、乙、丙三人一起乘坐公交車，他們上車時發(fā)現公交車上還有A，B，W三個空座位，且只有A，B兩個座位相鄰，若三人隨機選擇座位，試解決以下問題：
（1）甲選擇座位W的概率是多少；
（2）試用列表或畫樹狀圖的方法求甲、乙選擇相鄰座位A，B的概率．
20．（8分）已知：如圖，AB為⊙O的直徑，AB=AC，BC交⊙O于點D，DE⊥AC于E．
（1）求證：DE為⊙O的切線；
（2）G是ED上一點，連接BE交圓于F，連接AF并延長交ED于G．若GE=2，AF=3，求EF的長．

21．（10分）如圖，一次函數y＝－x＋5的圖象與反比例函數y＝ (k≠0)在第一象限的圖象交于A(1，n)和B兩點．求反比例函數的解析式；在第一象限內，當一次函數y＝－x＋5的值大于反比例函數y＝ (k≠0)的值時，寫出自變量x的取值范圍．

22．（10分）已知，四邊形ABCD中，E是對角線AC上一點，DE＝EC，以AE為直徑的⊙O與邊CD相切于點D，點B在⊙O上，連接OB．求證：DE＝OE；若CD∥AB，求證：BC是⊙O的切線；在（2）的條件下，求證：四邊形ABCD是菱形．

23．（12分）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，延長CD到E，使DE＝CD，連接AE．
（1）求證：四邊形ABDE是平行四邊形；
（2）連接OE，若∠ABC＝60°，且AD＝DE＝4，求OE的長．

24．（14分）已知是關于的方程的一個根，則__



參考答案

一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）
1、A
【解析】
由一次函數y1=x與二次函數y2=ax2+bx+c圖象相交于P、Q兩點，得出方程ax2+（b-1）x+c=0有兩個不相等的根，進而得出函數y=ax2+（b-1）x+c與x軸有兩個交點，根據方程根與系數的關系得出函數y=ax2+（b-1）x+c的對稱軸x=-＞0，即可進行判斷．
【詳解】
點P在拋物線上，設點P（x，ax2+bx+c），又因點P在直線y=x上，
∴x=ax2+bx+c，
∴ax2+（b-1）x+c=0；
由圖象可知一次函數y=x與二次函數y=ax2+bx+c交于第一象限的P、Q兩點，
∴方程ax2+（b-1）x+c=0有兩個正實數根．
∴函數y=ax2+（b-1）x+c與x軸有兩個交點，
又∵-＞0，a＞0
∴-=-+＞0
∴函數y=ax2+（b-1）x+c的對稱軸x=-＞0，
∴A符合條件，
故選A．
2、C
【解析】
本題考查探究、歸納的數學思想方法．題中明確指出：任何一個大于1的“正方形數”都可以看作兩個相鄰“三角形數”之和．由于“正方形數”為兩個“三角形數”之和，正方形數可以用代數式表示為：（n+1）2，兩個三角形數分別表示為n（n+1）和（n+1）（n+2），所以由正方形數可以推得n的值，然后求得三角形數的值．
【詳解】
∵A中13不是“正方形數”；選項B、D中等式右側并不是兩個相鄰“三角形數”之和．
故選：C．
【點睛】
此題是一道找規(guī)律的題目，這類題型在中考中經常出現．對于找規(guī)律的題目首先應找出哪些部分發(fā)生了變化，是按照什么規(guī)律變化的．
3、D
【解析】
根據圓心角，弧，弦的關系定理可以得出===，根據圓心角和圓周角的關鍵即可求出的度數，進而求出它的余弦值．
【詳解】
解：
===，


故選D．
【點睛】
本題考查圓心角，弧，弦，圓周角的關系，熟記特殊角的三角函數值是解題的關鍵．
4、A
【解析】
分析：根據折疊的性質，只要求出DN就可以求出NE，在直角△CEN中，若設CN=x，則DN=NE=8﹣x，CE=4cm，根據勾股定理就可以列出方程，從而解出CN的長．
詳解：設CN=xcm，則DN=（8﹣x）cm，
由折疊的性質知EN=DN=（8﹣x）cm，
而EC=BC=4cm，
在Rt△ECN中，由勾股定理可知EN2=EC2+CN2，
即（8﹣x）2=16+x2，
整理得16x=48，
所以x=1．
故選：A．
點睛：此題主要考查了折疊問題，明確折疊問題其實質是軸對稱，對應線段相等，對應角相等，通常用勾股定理解決折疊問題．
5、D
【解析】
根據矩形的對邊平行且相等及其對稱性，即可寫出圖中的全等三角形的對數.
【詳解】
圖中圖中的全等三角形有△ABM≌△CDM’，△ABD≌△CDB, △OBM≌△ODM’,
△OBM’≌△ODM, △M’BM≌△MDM’, △DBM≌△BDM’,故選D.
【點睛】
此題主要考查矩形的性質及全等三角形的判定，解題的關鍵是熟知矩形的對稱性.
6、A
【解析】
由平面圖形的折疊及正方體的表面展開圖的特點解題．
【詳解】
將圖1的正方形放在圖2中的①的位置出現重疊的面，所以不能圍成正方體，
故選A．
【點睛】
本題考查了展開圖折疊成幾何體，解題時勿忘記四棱柱的特征及正方體展開圖的各種情形．注意：只要有“田”字格的展開圖都不是正方體的表面展開圖．
7、B
【解析】
分析：直接利用2＜＜3，進而得出答案．
詳解：∵2＜＜3，
∴3＜+1＜4，
故選B．
點睛：此題主要考查了估算無理數的大小，正確得出的取值范圍是解題關鍵．
8、A
【解析】
直接根據△AOC∽△COB得出OC2=OA?OB，即可求出OC的長，即可得出C點坐標．
【詳解】

如圖，連結AC，CB.????
依△AOC∽△COB的結論可得：OC2=OA×OB，
即OC2=1×3=3，
解得：OC=或? (負數舍去)，
故C點的坐標為(0, ).
故答案選：A.
【點睛】
本題考查了坐標與圖形性質，解題的關鍵是熟練的掌握坐標與圖形的性質.
9、D
【解析】
根據平均數、中位數、眾數和方差的定義逐一求解可得．
【詳解】
解：A、平均數為=3，正確；
B、重新排列為1、2、3、3、6，則中位數為3，正確；
C、眾數為3，正確；
D、方差為×[（1-3）2+（6-3）2+（2-3）2+（3-3）2+（3-3）2]=2.8，錯誤；
故選：D．
【點睛】
本題考查了眾數、平均數、中位數、方差．平均數平均數表示一組數據的平均程度．中位數是將一組數據從小到大（或從大到?。┲匦屡帕泻螅钪虚g的那個數（或最中間兩個數的平均數）；方差是用來衡量一組數據波動大小的量．
10、A
【解析】
根據“上加下減”的原則進行解答即可．
【詳解】
解：由“上加下減”的原則可知，把拋物線y＝﹣2x2向上平移1個單位，得到的拋物線是：y＝﹣2x2+1．
故選A．
【點睛】
本題考查的是二次函數的圖象與幾何變換，熟知“上加下減”的原則是解答此題的關鍵．

二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）
11、.
【解析】
試題解析：連接OE、AE，

∵點C為OA的中點，
∴∠CEO=30°，∠EOC=60°，
∴△AEO為等邊三角形，
∴S扇形AOE=
∴S陰影=S扇形AOB-S扇形COD-（S扇形AOE-S△COE）
=
=
=．
12、1
【解析】
試題分析：根據題意可得圓心角的度數為：，則S==1．
考點：扇形的面積計算．
13、6
【解析】
作DE⊥AB，交BA的延長線于E，作CF⊥AB，可得DE=CF，且AC=AD，可證Rt△ADE≌Rt△AFC，可得AE=AF，∠DAE=∠BAC，根據tan∠BAC=∠DAE=，可設DE=3a，AE=a，根據勾股定理可求a的值，由此可得BF，CF的值．再根據勾股定理求BC的長．
【詳解】
如圖：

作DE⊥AB，交BA的延長線于E，作CF⊥AB，
∵AB∥CD，DE⊥AB⊥，CF⊥AB
∴CF=DE，且AC=AD
∴Rt△ADE≌Rt△AFC
∴AE=AF，∠DAE=∠BAC
∵tan∠BAC=3
∴tan∠DAE=3
∴設AE=a，DE=3a
在Rt△BDE中，BD2=DE2+BE2
∴52=（4+a）2+27a2
解得a1=1，a2=-（不合題意舍去）
∴AE=1=AF，DE=3=CF
∴BF=AB-AF=3
在Rt△BFC中，BC=＝6
【點睛】
本題是解直角三角形問題，恰當地構建輔助線是本題的關鍵，利用三角形全等證明邊相等，并借助同角的三角函數值求線段的長，與勾股定理相結合，依次求出各邊的長即可．
14、8
【解析】
解：設邊數為n，由題意得，
180（n-2）=3603
解得n=8.
所以這個多邊形的邊數是8.
15、1．
【解析】
先根據分式混合運算順序和運算法則化簡原式，再將a的值代入計算可得．
【詳解】
原式＝÷
＝?
＝，
當a＝3時，原式＝＝1，
故答案為：1．
【點睛】
本題主要考查分式的化簡求值，解題的關鍵是熟練掌握分式的混合運算順序和運算法則．
16、75°
【解析】
【分析】根據絕對值及偶次方的非負性，可得出cosA及sinB的值，從而得出∠A及∠B的度數，利用三角形的內角和定理可得出∠C的度數．
【詳解】∵|cosA－|＋(sinB－)2＝0，
∴cosA=，sinB=，
∴∠A=60°，∠B=45°，
∴∠C=180°-∠A-∠B=75°，
故答案為：75°.
【點睛】本題考查了特殊角的三角函數值及非負數的性質，解答本題的關鍵是得出cosA及sinB的值，另外要求我們熟練掌握一些特殊角的三角函數值．
17、a＜2且a≠1
【解析】
將a看做已知數，表示出分式方程的解，根據解為非負數列出關于a的不等式，求出不等式的解集即可得到a的范圍．
【詳解】
分式方程去分母得：x+a-2a=2(x-1)，
解得：x=2-a，
∵分式方程的解為正實數，
∴2-a>0,且2-a≠1，
解得：a＜2且a≠1．
故答案為：a＜2且a≠1．
【點睛】
分式方程的解．

三、解答題（共7小題，滿分69分）
18、（1）一個A品牌的足球需90元，則一個B品牌的足球需100元；（2）1．
【解析】
（1）設一個A品牌的足球需x元，則一個B品牌的足球需y元，根據“購買2個A品牌的足球和3個B品牌的足球共需380元；購買4個A品牌的足球和2個B品牌的足球共需360元”列出方程組并解答；
（2）把（1）中的數據代入求值即可．
【詳解】
（1）設一個A品牌的足球需x元，則一個B品牌的足球需y元，依題意得：，解得：．
答：一個A品牌的足球需40元，則一個B品牌的足球需100元；
（2）依題意得：20×40+2×100=1（元）．
答：該校購買20個A品牌的足球和2個B品牌的足球的總費用是1元．
考點：二元一次方程組的應用．
19、（1）；（2）
【解析】
（1）根據概率公式計算可得；
（2）畫樹狀圖列出所有等可能結果，從中找到符合要求的結果數，利用概率公式計算可得．
【詳解】
解：（1）由于共有A、B、W三個座位，
∴甲選擇座位W的概率為，
故答案為：；
（2）畫樹狀圖如下：

由圖可知，共有6種等可能結果，其中甲、乙選擇相鄰的座位有兩種，
所以P（甲乙相鄰）==．
【點睛】
此題考查了樹狀圖法求概率．注意樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件，樹狀圖法可以不重不漏的表示出所有等可能的結果，用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比．
20、（1）見解析；（2）∠EAF的度數為30°
【解析】
（1）連接OD，如圖，先證明OD∥AC，再利用DE⊥AC得到OD⊥DE，然后根據切線的判定定理得到結論；
（2）利用圓周角定理得到∠AFB=90°，再證明Rt△GEF∽△Rt△GAE，利用相似比得到 于是可求出GF=1，然后在Rt△AEG中利用正弦定義求出∠EAF的度數即可．
【詳解】
（1）證明：連接OD，如圖，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴DE為⊙O的切線；
（2）解：∵AB為直徑，
∴∠AFB=90°，
∵∠EGF=∠AGF，
∴Rt△GEF∽△Rt△GAE，
∴，即
整理得GF2+3GF﹣4=0，解得GF=1或GF=﹣4（舍去），
在Rt△AEG中，sin∠EAG
∴∠EAG=30°，
即∠EAF的度數為30°．

【點睛】
本題考查了切線的性質：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線；圓的切線垂直于經過切點的半徑．判定切線時“連圓心和直線與圓的公共點”或“過圓心作這條直線的垂線”；有切線時，常常“遇到切點連圓心得半徑”．也考查了圓周角定理．
21、（1）；（2）1＜x＜1.
【解析】
（1）將點A的坐標（1，1）代入，即可求出反比例函數的解析式；
（2）一次函數y＝－x＋5的值大于反比例函數y＝，即反比例函數的圖象在一次函數的圖象的下方時自變量的取值范圍即可．
【詳解】
解：（1）∵一次函數y=﹣x+5的圖象過點A（1，n），
∴n=﹣1+5，解得：n=1，
∴點A的坐標為（1，1）．
∵反比例函數y=（k≠0）過點A（1，1），
∴k=1×1=1，
∴反比例函數的解析式為y=．
聯立，解得：或，
∴點B的坐標為（1，1）．
（2）觀察函數圖象，發(fā)現：
當1＜x＜1.時，反比例函數圖象在一次函數圖象下方，
∴當一次函數y=﹣x+5的值大于反比例函數y=（k≠0）的值時，x的取值范圍為1＜x＜1．
【點睛】
本題考查了反比例函數和一次函數的交點問題，以及用待定系數法求反比例函數和一次函數的解析式，是基礎知識要熟練掌握．解題的關鍵是：（1）聯立兩函數解析式成二元一次方程組；（2）求出點C的坐標；（3）根據函數圖象上下關系結合交點橫坐標解決不等式．本題屬于基礎題，難度不大，解決該題型題目時，聯立兩函數解析式成方程組，解方程組求出交點的坐標是關鍵．
22、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析.
【解析】
（1）先判斷出∠2+∠3＝90°，再判斷出∠1＝∠2即可得出結論；
（2）根據等腰三角形的性質得到∠3＝∠COD＝∠DEO＝60°，根據平行線的性質得到∠4＝∠1，根據全等三角形的性質得到∠CBO＝∠CDO＝90°，于是得到結論；
（3）先判斷出△ABO≌△CDE得出AB＝CD，即可判斷出四邊形ABCD是平行四邊形，最后判斷出CD＝AD即可．
【詳解】
（1）如圖，連接OD，

∵CD是⊙O的切線，
∴OD⊥CD，
∴∠2+∠3＝∠1+∠COD＝90°，
∵DE＝EC，
∴∠1＝∠2，
∴∠3＝∠COD，
∴DE＝OE；
（2）∵OD＝OE，
∴OD＝DE＝OE，
∴∠3＝∠COD＝∠DEO＝60°，
∴∠2＝∠1＝30°，
∵AB∥CD，
∴∠4＝∠1，
∴∠1＝∠2＝∠4＝∠OBA＝30°，
∴∠BOC＝∠DOC＝60°，
在△CDO與△CBO中，，
∴△CDO≌△CBO（SAS），
∴∠CBO＝∠CDO＝90°，
∴OB⊥BC，
∴BC是⊙O的切線；
（3）∵OA＝OB＝OE，OE＝DE＝EC，
∴OA＝OB＝DE＝EC，
∵AB∥CD，
∴∠4＝∠1，
∴∠1＝∠2＝∠4＝∠OBA＝30°，
∴△ABO≌△CDE（AAS），
∴AB＝CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠DAE＝∠DOE＝30°，
∴∠1＝∠DAE，
∴CD＝AD，
∴?ABCD是菱形．
【點睛】
此題主要考查了切線的性質，同角的余角相等，等腰三角形的性質，平行四邊形的判定和性質，菱形的判定，判斷出△ABO≌△CDE是解本題的關鍵．
23、 (1)見解析;(2)2.
【解析】
(1)四邊形ABCD是平行四邊形，由平行四邊形的性質，可得AB=DE， AB//DE ，則四邊形ABDE是平行四邊形；
(2)因為AD=DE=1，則AD=AB=1，四邊形ABCD是菱形，由菱形的性質及解直角三角形可得AO=AB?sin∠ABO=2，BO=AB?cos∠ABO=2， BD=1 ，則AE=BD，利用勾股定理可得OE．
【詳解】
（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵DE＝CD，
∴AB＝DE．
∴四邊形ABDE是平行四邊形；
（2）∵AD＝DE＝1，
∴AD＝AB＝1．
∴?ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AC⊥BD，，．
又∵∠ABC＝60°，
∴∠ABO＝30°．
在Rt△ABO中，，．
∴．
∵四邊形ABDE是平行四邊形，
∴AE∥BD，．
又∵AC⊥BD，
∴AC⊥AE．
在Rt△AOE中，．
【點睛】
此題考查平行四邊形的性質及判斷，考查菱形的判斷及性質，及解直角三角形，解題關鍵在于掌握判定定理和利用三角函數進行計算.
24、10
【解析】
利用一元二次方程的解的定義得到，再把 變形為，然后利用整體代入的方法計算 ．
【詳解】
解：是關于的方程的一個根，
，
，
．
故答案為 10 ．
【點睛】
本題考查了一元二次方程的解： 能使一元二次方程左右兩邊相等的未知數的值是一元二次方程的解 ．

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2021-2022學年湖南長沙市瀏陽中考數學猜題卷含解析

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