?2021-2022中考數(shù)學(xué)模擬試卷
注意事項:
1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。
2．答題時請按要求用筆。
3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。
4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。
5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）
1．已知M＝9x2－4x＋3，N＝5x2＋4x－2，則M與N的大小關(guān)系是(　 　)
A．M>N B．M＝N C．MN．
故選A．
【點睛】
本題的主要考查了比較代數(shù)式的大小，可以讓兩者相減再分析情況．
2、C
【解析】
解：設(shè)該商品的進價為x元/件，
依題意得：（x+20）÷=200，解得：x=1．
∴該商品的進價為1元/件．
故選C．
3、D
【解析】
根據(jù)ED是BC的垂直平分線、BD是角平分線以及∠A=90°可求得∠C=∠DBC=∠ABD=30°，從而可得CD=BD=2AD=6，然后利用三角函數(shù)的知識進行解答即可得.
【詳解】
∵ED是BC的垂直平分線，
∴DB=DC，
∴∠C=∠DBC，
∵BD是△ABC的角平分線，
∴∠ABD=∠DBC，
∵∠A=90°，∴∠C+∠ABD+∠DBC=90°，
∴∠C=∠DBC=∠ABD=30°，
∴BD=2AD=6，
∴CD=6，
∴CE =3，
故選D．
【點睛】
本題考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，余弦等，結(jié)合圖形熟練應(yīng)用相關(guān)的性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵.
4、A
【解析】
解：△AOB中，OA=OB，∠ABO=30°；
∴∠AOB=180°-2∠ABO=120°；
∴∠ACB=∠AOB=60°；故選A．
5、A
【解析】
解：設(shè)矩形的長和寬分別為a、b，則a+b=7，ab=12，所以矩形的對角線長====1．故選A．
6、B
【解析】
根據(jù)菱形的四邊相等，可得周長
【詳解】
菱形的四邊相等
∴菱形的周長=4×8=32
故選B．
【點睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)，并靈活掌握及運用菱形的性質(zhì)
7、C
【解析】
解：，故選C.
8、D
【解析】
畫出樹狀圖得出所有等可能的情況數(shù)，找出恰好是兩個紅球的情況數(shù)，即可求出所求的概率．
【詳解】
畫樹狀圖如下：

一共有20種情況，其中兩個球中至少有一個紅球的有14種情況，
因此兩個球中至少有一個紅球的概率是：．
故選：D．
【點睛】
此題考查了列表法與樹狀圖法，用到的知識點為：概率＝所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．
9、B
【解析】
根據(jù)一次函數(shù)的定義，可得答案．
【詳解】
設(shè)等腰三角形的底角為y，頂角為x，由題意，得
x+2y=180，
所以，y=﹣x+90°，即等腰三角形底角與頂角之間的函數(shù)關(guān)系是一次函數(shù)關(guān)系，
故選B．
【點睛】
本題考查了實際問題與一次函數(shù)，根據(jù)題意正確列出函數(shù)關(guān)系式是解題的關(guān)鍵.
10、B
【解析】
主視圖、左視圖、俯視圖是分別從物體正面、左面和上面看，所得到的圖形依此找到從正面、左面、上面觀察都不可能看到長方形的圖形．
【詳解】
解：A、主視圖為三角形，左視圖為三角形，俯視圖為有對角線的矩形，故本選項錯誤；
B、主視圖為等腰三角形，左視圖為等腰三角形，俯視圖為圓，從正面、左面、上面觀察都不可能看到長方形，故本選項正確；
C、主視圖為長方形，左視圖為長方形，俯視圖為圓，故本選項錯誤；
D、主視圖為長方形，左視圖為長方形，俯視圖為長方形，故本選項錯誤．
故選：B．
【點睛】
本題重點考查三視圖的定義以及考查學(xué)生的空間想象能力．
11、A
【解析】
直接利用已知無理數(shù)得出的取值范圍，進而得出答案．
【詳解】
解：∵1＜＜2，
∴1-2＜﹣2＜2-2，
∴-1＜﹣2＜0
即-2在-1和0之間．
故選A．
【點睛】
此題主要考查了估算無理數(shù)大小，正確得出的取值范圍是解題關(guān)鍵．
12、A
【解析】
利用配方法，根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)即可解決問題；
【詳解】
解：∵x2+4y2+6x-4y+11=（x+3）2+（2y-1）2+1，
又∵（x+3）2≥0，（2y-1）2≥0，
∴x2+4y2+6x-4y+11≥1，
故選：A．
【點睛】
本題考查配方法的應(yīng)用，非負數(shù)的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握配方法.

二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）
13、60°
【解析】
解：∵BD是⊙O的直徑，
∴∠BCD=90°（直徑所對的圓周角是直角），
∵∠CBD=30°，
∴∠D=60°（直角三角形的兩個銳角互余），
∴∠A=∠D=60°（同弧所對的圓周角相等）；
故答案是：60°
14、0.7
【解析】
用通話時間不足10分鐘的通話次數(shù)除以通話的總次數(shù)即可得．
【詳解】
由圖可知：小明家3月份通話總次數(shù)為20+15+10+5=50（次）；
其中通話不足10分鐘的次數(shù)為20+15=35（次），
∴通話時間不足10分鐘的通話次數(shù)的頻率是35÷50=0.7.
故答案為0.7.
15、1或．
【解析】
當(dāng)△CEB′為直角三角形時，有兩種情況：
①當(dāng)點B′落在矩形內(nèi)部時，如答圖1所示．
連結(jié)AC，先利用勾股定理計算出AC=5，根據(jù)折疊的性質(zhì)得∠AB′E=∠B=90°，而當(dāng)△CEB′為直角三角形時，只能得到∠EB′C=90°，所以點A、B′、C共線，即∠B沿AE折疊，使點B落在對角線AC上的點B′處，則EB=EB′，AB=AB′=1，可計算出CB′=2，設(shè)BE=x，則EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中運用勾股定理可計算出x．
②當(dāng)點B′落在AD邊上時，如答圖2所示．此時ABEB′為正方形．
【詳解】
當(dāng)△CEB′為直角三角形時，有兩種情況：

①當(dāng)點B′落在矩形內(nèi)部時，如答圖1所示．
連結(jié)AC，
在Rt△ABC中，AB=1，BC=4，
∴AC==5，
∵∠B沿AE折疊，使點B落在點B′處，
∴∠AB′E=∠B=90°，
當(dāng)△CEB′為直角三角形時，只能得到∠EB′C=90°，
∴點A、B′、C共線，即∠B沿AE折疊，使點B落在對角線AC上的點B′處，
∴EB=EB′，AB=AB′=1，
∴CB′=5-1=2，
設(shè)BE=x，則EB′=x，CE=4-x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+22=（4-x）2，解得，
∴BE=；
②當(dāng)點B′落在AD邊上時，如答圖2所示．
此時ABEB′為正方形，∴BE=AB=1．
綜上所述，BE的長為或1．
故答案為：或1．
16、y（y+4）（y﹣4）
【解析】
試題解析：原式


故答案為
點睛：提取公因式法和公式法相結(jié)合因式分解.
17、
【解析】
利用正方形對角線相等且互相平分，得出EO=AO=BE，進而得出答案．
【詳解】

解：∵四邊形AECF為正方形，
∴EF與AC相等且互相平分，
∴∠AOB=90°，AO=EO=FO，
∵BE=DF=BD，
∴BE=EF=FD，
∴EO=AO=BE，
∴tan∠ABE= = ．
故答案為：
【點睛】
此題主要考查了正方形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)關(guān)系，正確得出EO=AO=BE是解題關(guān)鍵．
18、270
【解析】
根據(jù)三角形的內(nèi)角和與平角定義可求解．
【詳解】
解析：如圖，根據(jù)題意可知∠5=90°，
∴ ∠3+∠4=90°，
∴ ∠1+∠2=180°+180°-（∠3+∠4）=360°-90°=270°，故答案為：270度.

【點睛】
本題主要考查了三角形的內(nèi)角和定理和內(nèi)角與外角之間的關(guān)系．要會熟練運用內(nèi)角和定理求角的度數(shù)．

三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
19、（1）∠ADE=90°；
（2）△ABE的周長=1．
【解析】
試題分析：（1）是線段垂直平分線的做法，可得∠ADE=90°
（2）根據(jù)勾股定理可求得BC=4，由垂直平分線的性質(zhì)可知AE=CE，所以△ABE的周長為AB+BE+AE=AB+BC=1
試題解析：（1）∵由題意可知MN是線段AC的垂直平分線，∴∠ADE=90°；
（2）∵在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，∴BC==4，
∵MN是線段AC的垂直平分線，∴AE=CE，
∴△ABE的周長=AB+（AE+BE）=AB+BC=3+4=1．
考點：1、尺規(guī)作圖；2、線段垂直平分線的性質(zhì)；3、勾股定理；4、三角形的周長
20、（1），；（2）點的坐標(biāo)為；（3）點的坐標(biāo)為和
【解析】
（1）根據(jù)二次函數(shù)的對稱軸公式，拋物線上的點代入，即可；
（2）先求F的對稱點，代入直線BE，即可；（3）構(gòu)造新的二次函數(shù)，利用其性質(zhì)求極值.
【詳解】
解：（1）軸，，拋物線對稱軸為直線
點的坐標(biāo)為
解得或（舍去），
（2）設(shè)點的坐標(biāo)為對稱軸為直線點關(guān)于直線的對稱點的坐標(biāo)為.
直線經(jīng)過點利用待定系數(shù)法可得直線的表達式為.
因為點在上，即點的坐標(biāo)為
（3）存在點滿足題意.設(shè)點坐標(biāo)為，則
作垂足為
①點在直線的左側(cè)時，點的坐標(biāo)為點的坐標(biāo)為點的坐標(biāo)為在中，時，取最小值.此時點的坐標(biāo)為
②點在直線的右側(cè)時，點的坐標(biāo)為同理，時，取最小值.此時點的坐標(biāo)為
綜上所述：滿足題意得點的坐標(biāo)為和
考點：二次函數(shù)的綜合運用.
21、證明見解析.
【解析】
試題分析：作于點F，然后證明≌ ，從而求出所所以BM與CN的長度相等．
試題解析：在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD的中點，作EF⊥BC于點F，
則有AB=AE=EF=FC，

∴∠AEM=∠FEN，
在Rt△AME和Rt△FNE中，
∵E為AB的中點，
∴AB=CF，
∠AEM=∠FEN，AE=EF，∠MAE=∠NFE，
∴Rt△AME≌Rt△FNE，
∴AM=FN，
∴MB=CN.

22、（1）等腰（2）（3）存在，
【解析】解：（1）等腰
（2）∵拋物線的“拋物線三角形”是等腰直角三角形，
∴該拋物線的頂點滿足．
∴．
（3）存在．
如圖，作△與△關(guān)于原點中心對稱，

則四邊形為平行四邊形．
當(dāng)時，平行四邊形為矩形．
又∵，
∴△為等邊三角形．
作，垂足為．
∴．
∴．
∴．
∴，．
∴，．
設(shè)過點三點的拋物線，則
解之，得
∴所求拋物線的表達式為．
23、 (1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)CE＝．
【解析】
(1)連接OB，證明△ABD≌△OBE，即可證出OE＝AD．
(2)連接OB，證明△OCE≌△OBE，則∠OCE＝∠OBE，由(1)的全等可知∠ABD＝∠OBE，則∠OCE＝∠ABD．
(3)過點M作AB的平行線交AC于點Q，過點D作DN垂直EG于點N，則△ADB≌△MQD，四邊形MQOG為平行四邊形，∠DMF＝∠EDN，再結(jié)合特殊角度和已知的線段長度求出CE的長度即可．
【詳解】
解：(1)如圖1所示，連接OB，

∵∠A＝60°，OA＝OB，
∴△AOB為等邊三角形，
∴OA＝OB＝AB，∠A＝∠ABO＝∠AOB＝60°，
∵△DBE為等邊三角形，
∴DB＝DE＝BE，∠DBE＝∠BDE＝∠DEB＝60°，
∴∠ABD＝∠OBE，
∴△ADB≌△OBE(SAS)，
∴OE＝AD；
(2)如圖2所示，

由(1)可知△ADB≌△OBE，
∴∠BOE＝∠A＝60°，∠ABD＝∠OBE，
∵∠BOA＝60°，
∴∠EOC＝∠BOE =60°，
又∵OB=OC，OE=OE，
∴△BOE≌△COE(SAS)，
∴∠OCE＝∠OBE，
∴∠OCE＝∠ABD；
(3)如圖3所示，過點M作AB的平行線交AC于點Q，過點D作DN垂直EG于點N，

∵BD＝DM，∠ADB＝∠QDM，∠QMD＝∠ABD，
∴△ADB≌△MQD(ASA)，
∴AB＝MQ，
∵∠A＝60°，∠ABC＝90°，
∴∠ACB＝30°，
∴AB＝＝AO＝CO＝OG，
∴MQ＝OG，
∵AB∥GO，
∴MQ∥GO，
∴四邊形MQOG為平行四邊形，
設(shè)AD為x，則OE＝x，OF＝2x，
∵OD＝3，
∴OA＝OG＝3+x，GF＝3﹣x，
∵DQ＝AD＝x，
∴OQ＝MG＝3﹣x，
∴MG＝GF，
∵∠DOG＝60°，
∴∠MGF＝120°，
∴∠GMF＝∠GFM＝30°，
∵∠QMD＝∠ABD＝∠ODE，∠ODN＝30°，
∴∠DMF＝∠EDN，
∵OD＝3，
∴ON＝，DN＝，
∵tan∠BMF＝，
∴tan∠NDE＝，
∴ ，
解得x＝1，
∴NE＝，
∴DE＝，
∴CE＝．
故答案為(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)CE＝．
【點睛】
本題考查圓的相關(guān)性質(zhì)以及與圓有關(guān)的計算，全等三角形的性質(zhì)和判定，第三問構(gòu)造全等三角形找到與∠BMF相等的角為解題的關(guān)鍵．
24、 (1)見解析；（2）2
【解析】
(1) 方法一: 連接AC, 利用角平分線判定定理, 證明DA=DC即可;
方法二: 只要證明△AEB≌△AFD. 可得AB=AD即可解決問題；
(2) 在Rt△ACF, 根據(jù)AF=CF·tan∠ACF計算即可.
【詳解】
（1）證法一：連接AC，如圖．

∵AE⊥BC，AF⊥DC，AE=AF，
∴∠ACF=∠ACE，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC．
∴∠DAC=∠ACB．
∴∠DAC=∠DCA，
∴DA=DC，
∴四邊形ABCD是菱形．
證法二：如圖，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠B=∠D．
∵AE⊥BC，AF⊥DC，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
又∵AE=AF，
∴△AEB≌△AFD．
∴AB=AD，
∴四邊形ABCD是菱形．
（2）連接AC，如圖．

∵AE⊥BC，AF⊥DC，∠EAF=60°，
∴∠ECF=120°，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ACF=60°，
在Rt△CFA中，AF=CF?tan∠ACF=2．
【點睛】
本題主要考查三角形的性質(zhì)及三角函數(shù)的相關(guān)知識，充分利用已知條件靈活運用各種方法求解可得到答案。
25、（1）60，1°．（2）補圖見解析；（3）
【解析】
（1）根據(jù)了解很少的人數(shù)和所占的百分百求出抽查的總?cè)藬?shù)，再用“基本了解”所占的百分比乘以360°，即可求出“基本了解”部分所對應(yīng)扇形的圓心角的度數(shù)；
（2）用調(diào)查的總?cè)藬?shù)減去“基本了解”“了解很少”和“基本了解”的人數(shù)，求出了解的人數(shù)，從而補全統(tǒng)計圖；
（3）根據(jù)題意先畫出樹狀圖，再根據(jù)概率公式即可得出答案．
【詳解】
(1)接受問卷調(diào)查的學(xué)生共有30÷50%＝60(人)，
扇形統(tǒng)計圖中“基本了解”部分所對應(yīng)扇形的圓心角為360°×＝1°，
故答案為60，1．
(2)了解的人數(shù)有：60﹣15﹣30﹣10＝5(人)，補圖如下：

(3)畫樹狀圖得：

?∵共有20種等可能的結(jié)果，恰好抽到1個男生和1個女生的有12種情況，
∴恰好抽到1個男生和1個女生的概率為＝．
【點睛】
此題考查了條形統(tǒng)計圖、扇形統(tǒng)計圖以及用列表法或樹狀圖法求概率，讀懂題意，根據(jù)題意求出總?cè)藬?shù)是解題的關(guān)鍵；概率＝所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．
26、（1）證明見解析；（2）S平行四邊形ABCD =3 ．
【解析】
試題分析：（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出∠ABC+∠DCB=180°，推出∠ADC+∠BCD=180°，根據(jù)平行線的判定得出AD∥BC，根據(jù)平行四邊形的判定推出即可；
（2）證明△ABE是等邊三角形，得出AE=AB=2，由直角三角形的性質(zhì)求出CE和DE，得出AC的長，即可求出四邊形ABCD的面積．
試題解析：（1）∵AB∥CD，∴∠ABC+∠DCB=180°，
∵∠ABC=∠ADC，∴∠ADC+∠BCD=180°，∴AD∥BC，
∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形；
（2）∵sin∠ACD=，∴∠ACD=60°，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，CD=AB=2，∴∠BAC=∠ACD=60°，
∵AB=BE=2，∴△ABE是等邊三角形，∴AE=AB=2，
∵DE⊥AC，∴∠CDE=90°﹣60°=30°，∴CE= CD=1，∴DE=CE=，AC=AE+CE=3，
∴S平行四邊形ABCD =2S△ACD =AC?DE=3．
27、 (1) A種樹每棵2元，B種樹每棵80元；(2) 當(dāng)購買A種樹木1棵，B種樹木25棵時，所需費用最少，最少為8550元．
【解析】
（1）設(shè)A種樹每棵x元，B種樹每棵y元，根據(jù)“購買A種樹木2棵，B種樹木5棵，共需600元；購買A種樹木3棵，B種樹木1棵，共需380元”列出方程組并解答；
（2）設(shè)購買A種樹木為x棵，則購買B種樹木為（2-x）棵，根據(jù)“購買A種樹木的數(shù)量不少于B種樹木數(shù)量的3倍”列出不等式并求得x的取值范圍，結(jié)合實際付款總金額=0.9（A種樹的金額+B種樹的金額）進行解答．
【詳解】
解：（1）設(shè)A種樹木每棵x元，B種樹木每棵y元，根據(jù)題意，得
，解得 ，
答：A種樹木每棵2元，B種樹木每棵80元．
（2）設(shè)購買A種樹木x棵，則B種樹木（2－x）棵，則x≥3（2－x）．解得x≥1．
又2－x≥0，解得x≤2．∴1≤x≤2．
設(shè)實際付款總額是y元，則y＝0.9[2x＋80（2－x）]．
即y＝18x＋7 3．
∵18＞0，y隨x增大而增大，∴當(dāng)x＝1時，y最小為18×1＋7 3＝8 550（元）．
答：當(dāng)購買A種樹木1棵，B種樹木25棵時，所需費用最少，為8 550元．

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