2021-2022学年内蒙古锡林郭勒市中考数学模拟试题含解析及点睛

2021-2022中考数学模拟试卷

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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.若。O的半径为5cm,OA=4cm,则点A与。O的位置关系是（）

A.点A在。。内B.点A在。O上C.点A在。。外D.内含

2.如图，在AABC中,AD是BC边的中线,NADC=30。^^ADC沿AD折叠，使C点落在O的位置，若BC=4,贝！JBO的

长为（）

C.4D.3

3.已知关于x的不等式3x-m+l>0的最小整数解为2,则实数m的取值范围是（）

A.4<m<7B.4<m<7C.4<m<7D.4<m<7

4.下列图形中，是中心对称但不是轴对称图形的为（）

5.如图，某厂生产一种扇形折扇，OB=10cm,AB=2（）cm,其中裱花的部分是用纸糊的，若扇子完全打开摊平时纸面

面积为写kcn?,则扇形圆心角的度数为（）

A.12」0。B.140°C.150°D.160°

6.如图，与N1是内错角的是（）

C.Z4D.Z5

7.正五边形绕着它的中心旋转后与它本身重合，最小的旋转角度数是（）

A.36°B.54°C.72°D.108°

8.计算（x-l）（x-2）的结果为（）

A.好+2B.x2—3x+2C.x2—3x—3D.x2—2x+2

9.如图，四边形ABCD中，AB=CD,AD〃BC,以点B为圆心，BA为半径的圆弧与BC交于点E,四边形AECD

是平行四边形，AB=3,则今后的弧长为（）

10.超市店庆促销，某种书包原价每个x元，第一次降价打“八折”，第二次降价每个又减10元，经两次降价后售价为

90元，则得到方程（）

A.0.8x-10=90B.0.08x-10=90C.90-0.8x=10D.x-0.8x-10=90

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11.飞机着陆后滑行的距离y（单位：m）关于滑行时间t（单位：s）的函数解析式是y=60t-5产.在飞机着陆滑行

中，最后4s滑行的距离是m.

12.填在下面各正方形中的四个数之间都有相同的规律，根据这种规律，胆的值

是.

留福

4

13.如图，RtAABC中，若NC=90。，BC=4,tanA=-,贝！IAB=

3

14.如图，四边形A8CZ）内接于。0,48是。。的直径，过点C作。。的切线交A3的延长线于点P,若NP=40。,

贝!JNAOC=

15.如图，AB为圆O的直径，弦CDJ_AB,垂足为点E,连接OC,若OC=5,CD=8,则AE=

16.已知函数y=k-x-2|,直线y=kx+4恰好与y=k-x-2|的图象只有三个交点，则k的值为

三、解答题（共8题，共72分）

17.（8分）在AABC中，45=AC,以A3为直径的圆交8C于。，交AC于E.过点E的切线交OD的延长线于F.求

证：8户是。。的切线.

18.（8分）问题探究

⑴如图①,点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，NEAF=45。，则线段BE、EF、FD之间的数量关系为；

（2）如图②，在AADC中，AD=2,CD=4,NADC是一个不固定的角，以AC为边向△ADC的另一侧作等边△ABC,

连接BD,则BD的长是否存在最大值？若存在，请求出其最大值；若不存在，请说明理由；

问题解决

（3）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD,NBAD=60。，BC=4及，若BDLCD,垂足为点D,则对角线AC的长是

否存在最大值？若存在，请求出其最大值；若不存在，请说明理由.

19.(8分)已知，抛物线y=-x2+bx+c经过点A(-1,0)和C(0,3).

(1)求抛物线的解析式;

(2)设点M在抛物线的对称轴上，当△MAC是以AC为直角边的直角三角形时，求点M的坐标.

20.(8分)如图1,抛物线h：y=-x?+bx+3交x轴于点A、B,(点A在点B的左侧)，交y轴于点C,其对称轴为

x=l,抛物线L经过点A,与x轴的另一个交点为E(5,0),交y轴于点D(0,-5).

(1)求抛物线b的函数表达式；

(2)P为直线x=l上一动点，连接PA、PC,当PA=PC时，求点P的坐标；

(3)M为抛物线b上一动点，过点M作直线乂1>1〃丫轴(如图2所示)，交抛物线h于点N,求点M自点A运动至

点E的过程中，线段MN长度的最大值.

图1图2

21.(8分)如图1,图2分别是某款篮球架的实物图与示意图，已知底座BC=L5米，底座BC与支架AC所成的角

ZACB=60°,支架AF的长为2.50米，篮板顶端F点到篮筐D的距离FD=1.3米，篮板底部支架HE与支架AF所成

的角NFHE=45。，求篮筐D到地面的距离.(精确到0.01米参考数据：6Hl.73,五=1.41)

22.(10分)如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别是A(2,2),B(4,0),C(4,-4).请

在图中，画出△ABC向左平移6个单位长度后得到的△AiBiCi；以点O为位似中心，将AABC缩小为原来的工，

2

得到AA2B2c2,请在图中y轴右侧，画出AA2B2c2,并求出NA2c2B2的正弦值.

23.(12分)为提高城市清雪能力，某区增加了机械清雪设备，现在平均每天比原来多清雪300立方米，现在清雪4000

立方米所需时间与原来清雪3000立方米所需时间相同，求现在平均每天清雪量.

24.如图中的小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点和O点都在正方形的顶点上.

以点O为位似中心，在方格图中将△ABC放大为原来的2倍，得到AA，B，C；

△绕点B，顺时针旋转90°,画出旋转后得到的AA"B，C〃，并求边A，B，在旋转过程中扫过的图形面积.

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、A

【解析】

直接利用点与圆的位置关系进而得出答案.

【详解】

解：€）0的半径为5cm,OA=4cm,

.,.点A与。O的位置关系是：点A在。O内.

故选A.

【点睛】

此题主要考查了点与圆的位置关系，正确①点P在圆外ud>r,②点P在圆上ud=r,③点P在圆内udVr是解题关键.

2、A

【解析】

连接CCS

•.•将△ADC沿AD折叠，使C点落在C，的位置，ZADC=30°,

.,.ZADC,=ZADC=30°,CD=UD,

NCDC，=NADC+NADC=60。，

••.△口（：（：，是等边三角形，

：.ZDC'C=60°,

•.•在AABC中，AD是BC边的中线，

即BD=CD,

.,.C'D=BD,

ZDBC,=ZDC,B=-ZCDCr=30°,

2

:.NBC，C=NDC，B+NDC（=90。，

VBC=4,

二BC'=BC・cosNDBC'=4x圾2省,

故选A.

【点睛】本题考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质以及三角函数等

知识，准确添加辅助线，掌握折叠前后图形的对应关系是解题的关键.

3、A

【解析】

先解出不等式，然后根据最小整数解为2得出关于m的不等式组，解之即可求得m的取值范围.

【详解】

772—1

解:解不等式3x-m+l>0,得：x>―-—,

•••不等式有最小整数解2,

解得：4<m<7,

故选A.

【点睛】

本题考查了一元一次不等式的整数解，解一元一次不等式组，正确解不等式，熟练掌握一元一次不等式、一元一次不

等式组的解法是解答本题的关键.

4、C

【解析】

试题分析：根据轴对称图形及中心对称图形的定义，结合所给图形进行判断即可.A、既不是轴对称图形，也不是中

心对称图形，故本选项错误；B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；C、不是轴对称图形，是中心对

称图形，故本选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误.

故选C.

考点：中心对称图形；轴对称图形.

5、C

【解析】

根据扇形的面积公式列方程即可得到结论.

【详解】

VOB=l()cm,AB=20cm,

.,.OA=OB+AB=30cm,

设扇形圆心角的度数为a,

:纸面面积为三一itcn?,

.a•万x3CPa-^xlO21000

.•----------360--------=-----兀，

3603

.,.a=150°,

故选：C.

【点睛】

本题考了扇形面积的计算的应用，解题的关键是熟练掌握扇形面积计算公式：扇形的面积="上.

360

6、B

【解析】

由内错角定义选B.

7、C

【解析】

正五边形绕着它的中心旋转后与它本身重合，最小的旋转角度数是?=72度，

故选C.

8、B

【解析】

根据多项式的乘法法则计算即可.

【详解】

(X—l)(x—2)

=x2—2x~x+2

=x2~3x+2.

故选B.

【点睛】

本题考查了多项式与多项式的乘法运算，多项式与多项式相乘，先用一个多项式的每一项分别乘另一个多项式的每一

项，再把所得的积相加.

9、B

【解析】

•••四边形AECD是平行四边形，

.*.AE=CD,

VAB=BE=CD=3,

；.AB=BE=AE,

/.△ABE是等边三角形,

.•.ZB=60°,

60万x2x3

•••通的弧长=

360

故选B.

10>A

【解析】

试题分析：设某种书包原价每个x元，根据题意列出方程解答即可.设某种书包原价每个x元,

可得：0.8x-10=90

考点：由实际问题抽象出一元一次方程.

二、填空题(本大题共6个小题，每小题3分，共18分)

11、24

【解析】

先利用二次函数的性质求出飞机滑行20s停止，此时滑行距离为600m,然后再将t=20-4=16代入求得16s时滑行的距

离，即可求出最后4s滑行的距离.

【详解】

33

y=60t--t2=--(t-20)2+600,即飞机着陆后滑行20s时停止，滑行距离为600m,

22

当t=20-4=16时>y=576>

600-576=24,

即最后4s滑行的距离是24m,

故答案为24.

【点睛】

本题考查二次函数的应用，解题的关键是理解题意，熟练应用二次函数的性质解决问题.

12、2

【解析】

试题分析：分析前三个正方形可知，规律为右上和左下两个数的积减左上的数等于右下的数，且左上，左下，右上三

个数是相邻的偶数.因此，图中阴影部分的两个数分别是左下是12,右上是1.

解：分析可得图中阴影部分的两个数分别是左下是12,右上是1,

则m=12xl-10=2.

故答案为2.

考点：规律型：数字的变化类.

13、1.

【解析】

在RtAABC中，已知tanA,BC的值，根据tanA=H，可将AC的值求出，再由勾股定理可将斜边AB的长求出.

AC

【详解】

BC4

解：RtAABC中，VBC=4,tanA=-----=一,

AC3

/.AC=-^=3,

tanA

则==5.

故答案为1.

【点睛】

考查解直角三角形以及勾股定理，熟练掌握锐角三角函数是解题的关键.

14、115°

【解析】

根据过C点的切线与AB的延长线交于P点，NP=40。，可以求得NOCP和NOBC的度数，又根据圆内接四边形对角

互补，可以求得ND的度数，本题得以解决.

【详解】

y/连接oc,如右图所示，

由题意可得，ZOCP=90°,ZP=40°,

.\ZCOB=50°,

VOC=OB,

AZOCB=ZOBC=65°,

V四边形ABCD是圆内接四边形,

AZD+ZABC=180°,

AZD=H5°,

故答案为：115。.

【点睛】

本题考查切线的性质、圆内接四边形，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件.

15、2

【解析】

试题解析：为圆。的直径，弦垂足为点E.

：.CE=-CD=4.

2

在直角△OCE中，OE=yj0C2-CE2=V52-42=3.

则AE=OA-OE=5-3=2.

故答案为2.

16、1-1血或-1

【解析】

直线y=kx+4与抛物线y=-xi+x+l(-l±Wl)相切时，直线y=kx+4与y=k-x-l|的图象恰好有三个公共点，即-x1+x+l=kx+4

有相等的实数解，利用根的判别式的意义可求出此时k的值，另外当y=kx+4过(1,0)时，也满足条件.

【详解】

解：当y=0时，x*-x-l=0,解得xi=-l,xi=l,

则抛物线y=xI-x-l与x轴的交点为(-1,0),(1,0),

把抛物线J-x'-x-l图象x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，

则翻折部分的抛物线解析式为y=-x'+x+l(-1<X<1),

当直线y=kx+4与抛物线y=-x】+x+l(-IWxWD相切时，

直线y=kx+4与函数y=|x1x-l|的图象恰好有三个公共点，

即-x1+x+l=kx+4有相等的实数解，整理得父+(k-1)x+l=0,△=(k-1)'-8=0,

解得k=l±l72，

所以k的值为1+1&或1-1及.

当k=l+l及时，经检验，切点横坐标为x=-及V-1不符合题意，舍去.

当丫=1«+4过(1,0)时，k=-l,也满足条件，

故答案为1-10或-1.

【点睛】

本题考查了二次函数与几何变换：翻折变化不改变图形的大小，故|a|不变，利用顶点式即可求得翻折后的二次函数

解析式；也可利用绝对值的意义，直接写出自变量在-1金勺上时的解析式。

三、解答题(共8题，共72分)

17、证明见解析.

【解析】

连接。E,由08=00和A8=AC可得=则。尸〃AC,可得NBO£>=NA,由圆周角定理和等量代换可

得NE0F=NB0F,由S4S证得△Q3F'MA0瓦',从而得到NQB尸=/0七/=90。，即可证得结论.

【详解】

证明：如图，连接0E,

VAB^AC,

:.ZABC=NC,

'：OB=OD,

:.ZABC=/0DB,

：.4ODB=4C,

：.OFIIAC,

:.NBOD=ZA

,:BE=BE

A/BOE=2ZA,则/BOD+ZEOD=2ZA,

ZBOD+ZEOD=2/BOD,

ZEOD=ZBOD,即NEOF=ZBOF,

在AOB77和AOE尸中，

OB=OE

V<NBOF=ZEOF,

OF=OF

AOB/MAOEF(SAS),

:.40BF=40EF

是O。的切线，则QELFE,

二NO£F=90。，

AZO5F=90°,则

，8尸是。。的切线.

A

【点睛】

本题主要考查了等腰三角形的性质、切线的性质和判定、圆周角定理和全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定

理和全等三角形的判定与性质是解题的关键.

18、(1)BE+DF=EF；(2)存在，BD的最大值为6；(3)存在，AC的最大值为2及+2#.

【解析】

(D作辅助线，首先证明△ABEgZkADG,再证明△AEFWZkAEG,进而得到EF=FG问题即可解决；

(2)将△ABD绕着点B顺时针旋转60。，得到ABCE,连接DE,由旋转可得，CE=AD=2,BD=BE,ZDBE=60°,

可得DE=BD,根据DEVDC+CE,则当D、C、E三点共线时，DE存在最大值，问题即可解决；

(3)以BC为边作等边三角形BCE,过点E作EF_LBC于点F,连接DE,由旋转的性质得△DBE是等边三角形，

贝!|DE=AC,根据在等边三角形BCE中，EFJLBC,可求出BF,EF,以BC为直径作(DF,则点D在。F上，连接

DF,可求出DF,则AC=DE<DF+EF,代入数值即可解决问题.

【详解】

(1)如图①，延长CD至G,使得DG=BE,

,正方形ABCD中，AB=AD,ZB=ZAFG=90°,

.,.△ABE^AADG,

.♦.AE=AG,ZBAE=ZDAG,

VZEAF=45°,ZBAD=90°,

，NBAE+NDAF=45。，

.,.ZDAG+ZDAF=45°,即NGAF=NEAF,

又；AF=AF,

/.△AEF^AAEG,

:.EF=GF=DG+DF=BE+DF,

故答案为：BE+DF=EF；

⑵存在.

在等边三角形ABC中，AB=BC,ZABC=60°,

如图②，将△ABD绕着点B顺时针旋转60。，得到ABCE,连接DE.

由旋转可得，CE=AD=2,BD=BE,ZDBE=60°,

/.△DBE是等边三角形，

；.DE=BD,

...在ADCE中，DE<DC+CE=4+2=6,

.,.当D、C、E三点共线时，DE存在最大值，且最大值为6,

ABD的最大值为6；

⑶存在.

如图③，以BC为边作等边三角形BCE,过点E作EFJ_BC于点F,连接DE,

VAB=BD,ZABC=ZDBE,BC=BE,

.,.△ABC^ADBE,

/.DE=AC,

,在等边三角形BCE中，EFJ_BC,

.,.BF=*BC=2«,

**,EF=-,y^3BF='/3X2-\/2=2

以BC为直径作。F,则点D在。F上，连接DF,

二DF=-^BC=-^X4A/2=2V2>

AC=DE<DF+EF=2V2+2V6，即AC的最大值为2扬24.

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质以及旋转的性质，解题的关键是熟练的掌握全等三角形的判定与性质以及旋转的

性质.

o2

19、(1)y=-x2+2x+l；(2)当△MAC是直角三角形时，点M的坐标为(1,或(1,-y).

【解析】

(1)由点A、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；

22

(2)设点M的坐标为(1,m),则CM=J(l—0)2+(加—3)2,AC=V10，AM=^/[1-(-1)]+(m-0)>分NACM=90。

和NCAM=90。两种情况，利用勾股定理可得出关于m的方程，解之可得出m的值，进而即可得出点M的坐标.

【详解】

(1)将A(-1,0)、C(0,1)代入y=-x2+bx+c中，

解得：｛“，

c=3

抛物线的解析式为y=-x2+2x+l.

(2)Vy=-x2+2x+l=-(x-1)2+4,

设点M的坐标为(1,m),

则CM=J(1—0)2+(M_3)2,AC=7[O-(-l)]2+(3-O)2=V10»AM=7[l-(-l)]2+(m-O)2.

分两种情况考虑：

①当NACM=90。时，有AM2=AC2+CM2,BP4+m2=10+l+(m-1)2,

解得：m=|,

Q

・•・点M的坐标为(1,1)；

②当NCAM=90。时,有CM2=AM2+AC2,即1+(m-1)2=4+m2+10,

2

解z得：m=-----,

3

2

，点M的坐标为(1,-----).

3

Q2

综上所述：当△MAC是直角三角形时，点M的坐标为(1,或(1,-

【点睛】

本题考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象的点的坐标特征以

及勾股定理等知识点.

20、(1)抛物线L的函数表达式；y=x2-4x-1；(2)P点坐标为(1,1)；(3)在点M自点A运动至点E的过程中，

线段MN长度的最大值为12.1.

【解析】

(1)由抛物线6的对称轴求出6的值，即可得出抛物线的解析式，从而得出点4、点8的坐标，由点3、点E、点

。的坐标求出抛物线的解析式即可；(2)作CH_LPG交直线PG于点〃，设点尸的坐标为(1,j),求出点C的坐

标，进而得出S=l,PH=\3-yI，PG=[y|,AG=2,由B4=PC可得R12=pc2,由勾股定理分别将m2、尸。用c"、

PH、PG、AG表示，列方程求出y的值即可；(3)设出点M的坐标，求出两个抛物线交点的横坐标分别为-1,4,

①当-IV烂4时，点M位于点N的下方，表示出的长度为关于x的二次函数，在x的范围内求二次函数的最值;

②当4〈烂1时，点M位于点N的上方，同理求出此时MN的最大值，取二者较大值，即可得出MN的最大值.

【详解】

(1).•,抛物线A：y=-f+6工+3对称轴为x=L

.•・抛物线/1的函数表达式为：尸-x2+2x+3,

当产0时，-/+2*+3=0,

解得：*1=3,X2=-1,

：.A(-1,0),B(3,0),

设抛物线6的函数表达式；y=a(x-1)(x+1),

把O(0,-1)代入得：a=l,

2

工抛物线的函数表达式；y=x-4x-li

(2)作C”J_PG交直线PG于点H,

设尸点坐标为(1,y),由(1)可得C点坐标为(0,3),

：.CH=1,PH=|3-yI，PG=\y\,AG=2,

：.PC2=12+(3-j)2=y2-6j+10,PA2==y2+4,

•:PC=PA,

:.PA2=PC,

/.J2-6J+10=J2+4,解得y=L

•••尸点坐标为(1,1);

(3)由题意可设M(x,x2-4x-1),

：MN〃)轴，

,'.N(x,-好+2*+3),

令-x1+2x+3=x2-4x-1,可解得x=-1或x=4,

325

①当-1VXS4时，MN=(-x2+2x+3)-(x2-4x-1)=-2x2+6x+8=-2(x-----)2+—,

22

3

显然-IV二",

2

3

二当尸一时，MN有最大值12.1；

2

325

②当4<x<l时，MN=(x2-4x-1)-(-x2+2x+3)=2/-6x-8=2(x-----)2-----，

22

3

显然当x>一时，MN随x的增大而增大，

2

325

:.当x=l时，MN有最大值，MN=2(1-2——=12.

22

综上可知：在点M自点A运动至点E