2022年廣東省廣州市石井新市學片中考數學模擬精編試卷含解析

1、2021-2022中考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1若正比例函數ykx的圖象上一點（除原點外）到x

2、軸的距離與到y(tǒng)軸的距離之比為3，且y值隨著x值的增大而減小，則k的值為（）AB3CD32如圖，在ABC中，C90，AD是BAC的角平分線，若CD2，AB8，則ABD的面積是（）A6B8C10D123如圖，O 是等邊ABC 的外接圓，其半徑為 3，圖中陰影部分的面積是（ ）ABC2D34的算術平方根是（ ）A9B9C3D35已知：如圖，在平面直角坐標系xOy中，等邊AOB的邊長為6，點C在邊OA上，點D在邊AB上，且OC3BD，反比例函數y（k0）的圖象恰好經過點C和點D，則k的值為（）ABCD6一個半徑為24的扇形的弧長等于20，則這個扇形的圓心角是()A120B135C150D1657我市連

3、續(xù)7天的最高氣溫為：28，27，30，33，30，30，32，這組數據的平均數和眾數分別是（ ）A28，30B30，28C31，30D30，308如圖，在中，,將繞點逆時針旋轉,使點落在線段上的點處,點落在點處，則兩點間的距離為（ ）ABCD9如圖所示，是用直尺和圓規(guī)作一個角等于已知角的示意圖，則說明AOBAOB的依據是（）ASASBSSSCAASDASA10將二次函數的圖象先向左平移1個單位，再向下平移2個單位，所得圖象對應的函數表達式是（ ）ABCD二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11已知是方程組的解，則ab的值是_12將多項式xy24xy+4y因式分解：_13分解因式

4、：x2y2xy2+y3_14若方程x2+2（1+a）x+3a2+4ab+4b2+2=0有實根，則=_15反比例函數y=與正比例函數y=k2x的圖象的一個交點為（2，m），則=_16如圖，在平面直角坐標系中，一動點從原點O出發(fā)，沿著箭頭所示方向，每次移動一個單位，依次得到點P1（0，1）；P2（1，1）；P3（1，0）；P4（1，1）；P5（2，1）；P6（2，0），則點P2019的坐標是_三、解答題（共8題，共72分）17（8分）如圖，要在木里縣某林場東西方向的兩地之間修一條公路MN，已知C點周圍200米范圍內為原始森林保護區(qū)，在MN上的點A處測得C在A的北偏東45方向上，從A向東走600米到

5、達B處，測得C在點B的北偏西60方向上（1）MN是否穿過原始森林保護區(qū)，為什么？（參考數據：1.732）（2）若修路工程順利進行，要使修路工程比原計劃提前5天完成，需將原定的工作效率提高25%，則原計劃完成這項工程需要多少天？18（8分）對于平面直角坐標系中的點，將它的縱坐標與橫坐標的比稱為點的“理想值”，記作如的“理想值”（1）若點在直線上，則點的“理想值”等于_；如圖，的半徑為1若點在上，則點的“理想值”的取值范圍是_（2）點在直線上，的半徑為1，點在上運動時都有，求點的橫坐標的取值范圍；（3），是以為半徑的上任意一點，當時，畫出滿足條件的最大圓，并直接寫出相應的半徑的值（要求畫圖位置準確

6、，但不必尺規(guī)作圖）19（8分）如圖，ABC是等邊三角形，AOBC，垂足為點O，O與AC相切于點D，BEAB交AC的延長線于點E，與O相交于G、F兩點（1）求證：AB與O相切；（2）若等邊三角形ABC的邊長是4，求線段BF的長？20（8分）計算：（2）2+|3|2018021（8分）如圖1，在四邊形ABCD中，AB=ADB+ADC=180，點E，F分別在四邊形ABCD的邊BC，CD上，EAF=BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數量關系.圖1 圖2 圖3(1)思路梳理將ABE繞點A逆時針旋轉至ADG，使AB與AD重合.由B+ADC=180，得FDG=180，即點F，D，G三點共線. 易

7、證AFG ，故EF，BE，DF之間的數量關系為 ；(2)類比引申如圖2，在圖1的條件下，若點E，F由原來的位置分別變到四邊形ABCD的邊CB，DC的延長線上，EAF=BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數量關系，并給出證明.(3)聯想拓展如圖3，在ABC中，BAC=90，AB=AC，點D，E均在邊BC上，且DAE=45. 若BD=1，EC=2，則DE的長為 .22（10分）如圖，某人站在樓頂觀測對面的筆直的旗桿AB，已知觀測點C到旗桿的距離CE=8m，測得旗桿的頂部A的仰角ECA=30，旗桿底部B的俯角ECB=45，求旗桿AB的髙23（12分）如圖，一枚運載火箭從距雷達站C處5km的

8、地面O處發(fā)射，當火箭到達點A，B時，在雷達站C測得點A，B的仰角分別為34，45，其中點O，A，B在同一條直線上（1）求A，B兩點間的距離（結果精確到0.1km）（2）當運載火箭繼續(xù)直線上升到D處，雷達站測得其仰角為56，求此時雷達站C和運載火箭D兩點間的距離（結果精確到0.1km）（參考數據：sin34=0.56，cos34=0.83，tan34=0.1）24如圖，直線yx+2與反比例函數 （k0）的圖象交于A（a，3），B（3，b）兩點，過點A作ACx軸于點C，過點B作BDx軸于點D求a，b的值及反比例函數的解析式；若點P在直線yx+2上，且SACPSBDP，請求出此時點P的坐標；在x軸正

9、半軸上是否存在點M，使得MAB為等腰三角形？若存在，請直接寫出M點的坐標；若不存在，說明理由參考答案一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1、B【解析】設該點的坐標為（a，b），則|b|=1|a|，利用一次函數圖象上的點的坐標特征可得出k=1，再利用正比例函數的性質可得出k=-1，此題得解【詳解】設該點的坐標為（a，b），則|b|1|a|，點（a，b）在正比例函數ykx的圖象上，k1又y值隨著x值的增大而減小，k1故選：B【點睛】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征以及正比例函數的性質，利用一次函數圖象上點的坐標特征，找出k=1是解題的關鍵2、B【解析】分析：過點D作DEAB于E，先求

10、出CD的長，再根據角平分線上的點到角的兩邊的距離相等可得DE=CD=2，然后根據三角形的面積公式列式計算即可得解詳解：如圖，過點D作DEAB于E，AB=8，CD=2，AD是BAC的角平分線, DE=CD=2，ABD的面積 故選B.點睛：考查角平分線的性質，角平分線上的點到角兩邊的距離相等.3、D【解析】根據等邊三角形的性質得到A=60，再利用圓周角定理得到BOC=120，然后根據扇形的面積公式計算圖中陰影部分的面積即可【詳解】ABC 為等邊三角形，A=60，BOC=2A=120，圖中陰影部分的面積= =3 故選D【點睛】本題考查了三角形的外接圓與外心、圓周角定理及扇形的面積公式，求得BOC=1

11、20是解決問題的關鍵4、D【解析】根據算術平方根的定義求解.【詳解】=9，又（1）2=9，9的平方根是1，9的算術平方根是1即的算術平方根是1故選:D【點睛】考核知識點：算術平方根.理解定義是關鍵.5、A【解析】試題分析：過點C作CEx軸于點E，過點D作DFx軸于點F，如圖所示設BD=a，則OC=3aAOB為邊長為1的等邊三角形，COE=DBF=10，OB=1在RtCOE中，COE=10，CEO=90，OC=3a，OCE=30，OE=a，CE= = a，點C（a， a）同理，可求出點D的坐標為（1a，a）反比例函數（k0）的圖象恰好經過點C和點D，k=aa=（1a）a，a=，k=故選A6、C【

12、解析】這個扇形的圓心角的度數為n，根據弧長公式得到20=，然后解方程即可【詳解】解：設這個扇形的圓心角的度數為n，根據題意得20=，解得n=150，即這個扇形的圓心角為150故選C【點睛】本題考查了弧長公式：L=（n為扇形的圓心角的度數，R為扇形所在圓的半徑）7、D【解析】試題分析：數據28，27，30，33，30，30，32的平均數是（28+27+30+33+30+30+32）7=30，30出現了3次，出現的次數最多，則眾數是30；故選D考點：眾數；算術平均數8、A【解析】先利用勾股定理計算出AB，再在RtBDE中，求出BD即可；【詳解】解：C=90，AC=4，BC=3，AB=5，ABC繞點

13、A逆時針旋轉，使點C落在線段AB上的點E處，點B落在點D處，AE=AC=4，DE=BC=3，BE=AB-AE=5-4=1，在RtDBE中，BD=，故選A.【點睛】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等9、B【解析】由作法易得OD=OD，OC=OC，CD=CD，根據SSS可得到三角形全等【詳解】由作法易得ODOD，OCOC，CDCD，依據SSS可判定CODCOD，故選：B【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定，關鍵是掌握全等三角形的判定定理10、B【解析】拋物線平移不改變a的值，由拋物線的頂點坐標即可得出結果【詳解】解：原

14、拋物線的頂點為（0，0），向左平移1個單位，再向下平移1個單位，那么新拋物線的頂點為（-1，-1），可設新拋物線的解析式為：y=（x-h）1+k，代入得：y=（x+1）1-1所得圖象的解析式為：y=（x+1）1-1；故選：B【點睛】本題考查二次函數圖象的平移規(guī)律；解決本題的關鍵是得到新拋物線的頂點坐標二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11、4; 【解析】試題解析：把代入方程組得：，2-得：3a=9，即a=3，把a=3代入得：b=-1，則a-b=3+1=4，12、y（xy4x+4）【解析】直接提公因式y(tǒng)即可解答.【詳解】xy24xy+4y=y（xy4x+4）故答案為：y（xy4

15、x+4）【點睛】本題考查了因式分解提公因式法，確定多項式xy24xy+4y的公因式為y是解決問題的關鍵.13、y（xy）2【解析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可【詳解】x2y2xy2+y3y（x2-2xy+y2）=y（x-y）2.【點睛】本題考查了提公因式法與公式法的綜合運用，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵14、【解析】因為方程有實根，所以0，配方整理得（a+2b）2+（a1）20，再利用非負性求出a，b的值即可.【詳解】方程有實根，0，即=4（1+a）24（3a2+4ab+4b2+2）0，化簡得：2a2+4ab+4b22a+10，（a+2b）2+（a1）20，而（a+2b）2+（

16、a1）20，a+2b=0，a1=0，解得a=1，b=，=.故答案為.15、4【解析】利用交點(2，m)同時滿足在正比例函數和反比例函數上，分別得出m和、的關系.【詳解】把點(2,m)代入反比例函數和正比例函數中得，則.【點睛】本題主要考查了函數的交點問題和待定系數法，熟練掌握待定系數法是本題的解題關鍵.16、（673，0）【解析】由P3、P6、P9 可得規(guī)律：當下標為3的整數倍時，橫坐標為，縱坐標為0，據此可解【詳解】解：由P3、P6、P9 可得規(guī)律：當下標為3的整數倍時，橫坐標為，縱坐標為0，20193673，P2019 （673，0） 則點P2019的坐標是 （673，0） 故答案為 （6

17、73，0）【點睛】本題屬于平面直角坐標系中找點的規(guī)律問題，找到某種循環(huán)規(guī)律之后，可以得解本題難度中等偏上.三、解答題（共8題，共72分）17、（1）不會穿過森林保護區(qū).理由見解析；（2）原計劃完成這項工程需要25天.【解析】試題分析：（1）要求MN是否穿過原始森林保護區(qū)，也就是求C到MN的距離要構造直角三角形，再解直角三角形；（2）根據題意列方程求解試題解析：（1）如圖，過C作CHAB于H，設CH=x，由已知有EAC=45, FBC=60則CAH=45, CBA=30，在RTACH中，AH=CH=x，在RTHBC中， tanHBC=HB=x，AH+HB=ABx+x=600解得x220（米）20

18、0（米）MN不會穿過森林保護區(qū)（2）設原計劃完成這項工程需要y天，則實際完成工程需要y-5根據題意得：=(1+25)，解得：y=25知：y=25的根答：原計劃完成這項工程需要25天18、（1）3；（2）；（3）【解析】（1）把Q（1，a）代入y=x-4,可求出a值，根據理想值定義即可得答案；由理想值越大，點與原點連線與軸夾角越大，可得直線與相切時理想值最大，與x中相切時，理想值最小，即可得答案；（2）根據題意，討論與軸及直線相切時，LQ 取最小值和最大值，求出點橫坐標即可；（3）根據題意將點轉化為直線，點理想值最大時點在上，分析圖形即可【詳解】（1）點在直線上，點的“理想值”=-3，故答案為：

19、3.當點在與軸切點時，點的“理想值”最小為0.當點縱坐標與橫坐標比值最大時，的“理想值”最大，此時直線與切于點，設點Q（x，y），與x軸切于A，與OQ切于Q，C（，1），tanCOA=，COA=30，OQ、OA是的切線，QOA=2COA=60，=tanQOA=tan60=，點的“理想值”為，故答案為：.（2）設直線與軸、軸的交點分別為點，點，當x=0時，y=3，當y=0時，x+3=0，解得：x=，tanOAB=，如圖，作直線當與軸相切時，LQ=0，相應的圓心滿足題意，其橫坐標取到最大值作軸于點，的半徑為1，如圖當與直線相切時，LQ=，相應的圓心滿足題意，其橫坐標取到最小值作軸于點，則設直線與直

20、線的交點為直線中，k=，點F與Q重合，則的半徑為1，由可得，的取值范圍是 （3）M（2，m），M點在直線x=2上，LQ取最大值時，=，作直線y=x，與x=2交于點N，當M與ON和x軸同時相切時，半徑r最大，根據題意作圖如下：M與ON相切于Q，與x軸相切于E，把x=2代入y=x得：y=4，NE=4，OE=2，ON=6，MQN=NEO=90，又ONE=MNQ，即，解得：r=.最大半徑為.【點睛】本題是一次函數和圓的綜合題，主要考查了一次函數和圓的切線的性質，解答時要注意做好數形結合，根據圖形進行分類討論19、（2）證明見試題解析；（2）【解析】（2）過點O作OMAB于M，證明OM=圓的半徑OD即可

21、；（2）過點O作ONBE，垂足是N，連接OF，得到四邊形OMBN是矩形，在直角OBM中利用三角函數求得OM和BM的長，進而求得BN和ON的長，在直角ONF中利用勾股定理求得NF，則BF即可求解【詳解】解：（2）過點O作OMAB，垂足是MO與AC相切于點D，ODAC，ADO=AMO=90ABC是等邊三角形，DAO=MAO，OM=OD，AB與O相切；（2）過點O作ONBE，垂足是N，連接OFO是BC的中點，OB=2在直角OBM中，MBO=60，MOB=30， BM=OB=2， OM=BM =，BEAB，四邊形OMBN是矩形，ON=BM=2，BN=OM=OF=OM=，由勾股定理得NF=BF=BN+N

22、F=考點：2切線的判定與性質；2勾股定理；3解直角三角形；4綜合題20、1【解析】根據乘方的意義、絕對值的性質、零指數冪的性質及立方根的定義依次計算各項后，再根據有理數的運算法則進行計算即可.【詳解】原式=1+313=1【點睛】本題考查了乘方的意義、絕對值的性質、零指數冪的性質、立方根的定義及有理數的混合運算，熟知乘方的意義、絕對值的性質、零指數冪的性質、立方根的定義及有理數的混合運算順序是解決問題的關鍵.21、（1）AFE. EF=BE+DF.（2）BF=DF-BE，理由見解析；（3） 【解析】試題分析：（1）先根據旋轉得：計算 即點共線，再根據SAS證明AFEAFG，得EF=FG，可得結論

23、EF=DF+DG=DF+AE；（2）如圖2，同理作輔助線：把ABE繞點A逆時針旋轉至ADG，證明EAFGAF，得EF=FG，所以EF=DFDG=DFBE;（3）如圖3，同理作輔助線：把ABD繞點A逆時針旋轉至ACG，證明AEDAEG，得，先由勾股定理求的長，從而得結論試題解析：(1)思路梳理：如圖1,把ABE繞點A逆時針旋轉至ADG，可使AB與AD重合，即AB=AD，由旋轉得：ADG=A=，BE=DG，DAG=BAE，AE=AG，FDG=ADF+ADG=+=，即點F. D.G共線，四邊形ABCD為矩形，BAD=，EAF=， 在AFE和AFG中， AFEAFG(SAS)， EF=FG，EF=DF

24、+DG=DF+AE；故答案為：AFE，EF=DF+AE；(2)類比引申：如圖2，EF=DFBE，理由是：把ABE繞點A逆時針旋轉至ADG，可使AB與AD重合，則G在DC上，由旋轉得：BE=DG，DAG=BAE，AE=AG，BAD=，BAE+BAG=，EAF=，FAG=，EAF=FAG=，在EAF和GAF中， EAFGAF(SAS)， EF=FG，EF=DFDG=DFBE;(3)聯想拓展：如圖3,把ABD繞點A逆時針旋轉至ACG，可使AB與AC重合，連接EG，由旋轉得：AD=AG，BAD=CAG，BD=CG，BAC=，AB=AC，B=ACB=，ACG=B=，BCG=ACB+ACG=+=，EC=2

25、，CG=BD=1，由勾股定理得： BAD=CAG,BAC=，DAG=，BAD+EAC=，CAG+EAC=EAG，DAE=，DAE=EAG=，AE=AE，AEDAEG， 22、 (8+8)m【解析】利用ECA的正切值可求得AE；利用ECB的正切值可求得BE，由AB=AE+BE可得答案【詳解】在RtEBC中，有BE=ECtan45=8m，在RtAEC中，有AE=ECtan30=8m，AB=8+8（m）【點睛】本題考查了解直角三角形的應用-俯角、仰角問題，要求學生能借助其關系構造直角三角形并解直角三角形23、（1）1.7km；（2）8.9km；【解析】（1）根據銳角三角函數可以表示出OA和OB的長，從而可以求得AB的長；（2）根據銳角三角函數可以表示出CD，從而可以求得此時雷達站C和運載火箭D兩點間的距離【詳解】解：（1）由題意可得，BOC=AOC=90，ACO=34，BCO=45，OC=5km，AO=OCtan34，BO=OCtan45，AB=OBOA=OCtan45OCtan34=OC（tan45t