广西防城港市防城区重点达标名校2021-2022学年中考适应性考试数学试题含解析

广西防城港市防城区重点达标名校2021-2022学年中考适应性考试数学试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1．的一个有理化因式是（）A． B． C． D．2．计算（－18）÷9的值是()A．-9 B．-27 C．-2 D．23．一个不透明的布袋里装有5个红球，2个白球，3个黄球，它们除颜色外其余都相同，从袋中任意摸出1个球，是黄球的概率为（）A． B． C． D．4．小颖随机抽样调查本校20名女同学所穿运动鞋尺码，并统计如表：尺码/cm21.522.022.523.023.5人数24383学校附近的商店经理根据统计表决定本月多进尺码为23.0cm的女式运动鞋，商店经理的这一决定应用的统计量是（）A．平均数 B．加权平均数 C．众数 D．中位数5．如图，线段AB两个端点的坐标分别为A(4，4)，B(6，2)，以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，则端点C和D的坐标分别为()A．(2，2)，(3，2) B．(2，4)，(3，1)C．(2，2)，(3，1) D．(3，1)，(2，2)6．有下列四种说法：①半径确定了，圆就确定了；②直径是弦；③弦是直径；④半圆是弧，但弧不一定是半圆．其中，错误的说法有（）A．1种 B．2种 C．3种 D．4种7．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE＝AF，AC与EF相交于点G，下列结论：①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③当∠DAF＝15°时，△AEF为等边三角形；④当∠EAF＝60°时，S△ABE＝S△CEF，其中正确的是（）A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④8．如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC，若AB=8，CD=2，则cos∠ECB为（）A． B． C． D．9．小苏和小林在如图①所示的跑道上进行米折返跑.在整个过程中，跑步者距起跑线的距离（单位：）与跑步时间（单位：）的对应关系如图②所示.下列叙述正确的是（）.A．两人从起跑线同时出发，同时到达终点B．小苏跑全程的平均速度大于小林跑全程的平均速度C．小苏前跑过的路程大于小林前跑过的路程D．小林在跑最后的过程中，与小苏相遇2次10．﹣2的绝对值是（）A．2 B． C． D．二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11．已知，如图，正方形ABCD的边长是8，M在DC上，且DM＝2，N是AC边上的一动点，则DN+MN的最小值是_____．12．有四张质地、大小、反面完全相同的不透明卡片，正面分别写着数字1，2，3，4，现把它们的正面向下，随机摆放在桌面上，从中任意抽出一张，则抽出的数字是奇数的概率是．13．如图，已知∠A+∠C=180°，∠APM=118°，则∠CQN=_____°．14．如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，分别以AC，BC为直径作半圆，面积分别记为S1，S2，则S1＋S2等_________．15．如图，是由形状相同的正六边形和正三角形镶嵌而成的一组有规律的图案，则第n个图案中阴影小三角形的个数是．16．如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E为AB上一点，AE=2，点F在AD上，将△AEF沿EF折叠，当折叠后点A的对应点A′恰好落在BC的垂直平分线上时，折痕EF的长为_____．17．如图，甲和乙同时从学校放学，两人以各自送度匀速步行回家，甲的家在学校的正西方向，乙的家在学校的正东方向，乙家离学校的距离比甲家离学校的距离远3900米，甲准备一回家就开始做什业，打开书包时发现错拿了乙的练习册．于是立即步去追乙，终于在途中追上了乙并交还了练习册，然后再以先前的速度步行回家，（甲在家中耽搁和交还作业的时间忽略不计）结果甲比乙晚回到家中，如图是两人之间的距离y米与他们从学校出发的时间x分钟的函数关系图，则甲的家和乙的家相距_____米．三、解答题（共7小题，满分69分）18．（10分）小昆和小明玩摸牌游戏，游戏规则如下：有3张背面完全相同，牌面标有数字1、2、3的纸牌，将纸牌洗匀后背面朝上放在桌面上，随机抽出一张，记下牌面数字，放回后洗匀再随机抽出一张．请用画树形图或列表的方法（只选其中一种），表示出两次抽出的纸牌数字可能出现的所有结果；若规定：两次抽出的纸牌数字之和为奇数，则小昆获胜，两次抽出的纸牌数字之和为偶数，则小明获胜，这个游戏公平吗？为什么？19．（5分）如图，已知△ABC内接于，AB是直径，OD∥AC，AD=OC．(1)求证：四边形OCAD是平行四边形；(2)填空：①当∠B=时，四边形OCAD是菱形；②当∠B=时，AD与相切.20．（8分）解方程．21．（10分）已知反比例函数y=kx的图象过点（1）试求该反比例函数的表达式；（2）M（m，n）是反比例函数图象上的一动点，其中0＜m＜3，过点M作直线MB∥x轴，交y轴于点B；过点A作直线AC∥y轴，交x轴于点C，交直线MB于点D．当四边形OADM的面积为6时，请判断线段BM与DM的大小关系，并说明理由．22．（10分）如图，矩形中，对角线、交于点，以、为邻边作平行四边形，连接求证：四边形是菱形若，，求四边形的面积23．（12分）已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F，切点为G，连接AG交CD于K．（1）如图1，求证：KE＝GE；（2）如图2，连接CABG，若∠FGB＝∠ACH，求证：CA∥FE；（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG交AB于点N，若sinE＝，AK＝，求CN的长．24．（14分）在“双十二”期间，两个超市开展促销活动，活动方式如下：超市：购物金额打9折后，若超过2000元再优惠300元；超市：购物金额打8折．某学校计划购买某品牌的篮球做奖品，该品牌的篮球在两个超市的标价相同，根据商场的活动方式：若一次性付款4200元购买这种篮球，则在商场购买的数量比在商场购买的数量多5个，请求出这种篮球的标价；学校计划购买100个篮球，请你设计一个购买方案，使所需的费用最少．（直接写出方案）

参考答案一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1、B【解析】

找出原式的一个有理化因式即可．【详解】的一个有理化因式是，故选B．【点睛】此题考查了分母有理化，熟练掌握有理化因式的取法是解本题的关键．2、C【解析】

直接利用有理数的除法运算法则计算得出答案．【详解】解：（-18）÷9=-1．

故选：C．【点睛】此题主要考查了有理数的除法运算，正确掌握运算法则是解题关键．3、A【解析】

让黄球的个数除以球的总个数即为所求的概率．【详解】解：因为一共10个球，其中3个黄球，所以从袋中任意摸出1个球是黄球的概率是．

故选：A．【点睛】本题考查概率的基本计算，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．4、C【解析】

根据众数是一组数据中出现次数最多的数，可能不止一个，对这个鞋店的经理来说，他最关注的是数据的众数．【详解】解：根据商店经理统计表决定本月多进尺码为23.0cm的女式运动鞋，就说明穿23.0cm的女式运动鞋的最多，

则商店经理的这一决定应用的统计量是这组数据的众数．

故选：C．【点睛】此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义．反映数据集中程度的平均数、中位数、众数各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．5、C【解析】

直接利用位似图形的性质得出对应点坐标乘以得出即可．【详解】解：∵线段AB两个端点的坐标分别为A（4，4），B（6，2），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，∴端点的坐标为：（2，2），（3，1）．故选C．【点睛】本题考查位似变换；坐标与图形性质，数形结合思想解题是本题的解题关键．6、B【解析】

根据弦的定义、弧的定义、以及确定圆的条件即可解决．【详解】解：圆确定的条件是确定圆心与半径，是假命题，故此说法错误；直径是弦，直径是圆内最长的弦，是真命题，故此说法正确；弦是直径，只有过圆心的弦才是直径，是假命题，故此说法错误；④半圆是弧，但弧不一定是半圆，圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫半圆，所以半圆是弧．但比半圆大的弧是优弧，比半圆小的弧是劣弧，不是所有的弧都是半圆，是真命题，故此说法正确．

其中错误说法的是①③两个．故选B．【点睛】本题考查弦与直径的区别，弧与半圆的区别，及确定圆的条件，不要将弦与直径、弧与半圆混淆．7、C【解析】

①通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE=∠DAF，BE=DF，由正方形的性质就可以得出EC=FC，就可以得出AC垂直平分EF，②设BC=a，CE=y，由勾股定理就可以得出EF与x、y的关系，表示出BE与EF，即可判断BE+DF与EF关系不确定；③当∠DAF=15°时，可计算出∠EAF=60°，即可判断△EAF为等边三角形，④当∠EAF=60°时，设EC=x，BE=y，由勾股定理就可以得出x与y的关系，表示出BE与EF，利用三角形的面积公式分别表示出S△CEF和S△ABE，再通过比较大小就可以得出结论．【详解】①四边形ABCD是正方形，∴AB═AD，∠B=∠D=90°．在Rt△ABE和Rt△ADF中，，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE=DF∵BC=CD，∴BC-BE=CD-DF，即CE=CF，∵AE=AF，∴AC垂直平分EF．（故①正确）．②设BC=a，CE=y，∴BE+DF=2（a-y）EF=y，∴BE+DF与EF关系不确定，只有当y=（2−）a时成立，（故②错误）．③当∠DAF=15°时，∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴∠DAF=∠BAE=15°，∴∠EAF=90°-2×15°=60°，又∵AE=AF∴△AEF为等边三角形．（故③正确）．④当∠EAF=60°时，设EC=x，BE=y，由勾股定理就可以得出：(x+y)2+y2＝(x)2∴x2=2y（x+y）∵S△CEF=x2，S△ABE=y(x+y)，∴S△ABE=S△CEF．（故④正确）．综上所述，正确的有①③④，故选C．【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质解题时关键．8、D【解析】

连接EB，设圆O半径为r，根据勾股定理可求出半径r=4，从而可求出EB的长度，最后勾股定理即可求出CE的长度．利用锐角三角函数的定义即可求出答案．【详解】解：连接EB，由圆周角定理可知：∠B=90°，设⊙O的半径为r，由垂径定理可知：AC=BC=4，∵CD=2，∴OC=r-2，∴由勾股定理可知：r2=（r-2）2+42，∴r=5，BCE中，由勾股定理可知：CE=2，∴cos∠ECB==，故选D．【点睛】本题考查垂径定理，涉及勾股定理，垂直定理，解方程等知识，综合程度较高，属于中等题型．9、D【解析】

A.由图可看出小林先到终点，A错误；B.全程路程一样，小林用时短，所以小林的平均速度大于小苏的平均速度，B错误；C.第15秒时，小苏距离起点较远，两人都在返回起点的过程中，据此可判断小林跑的路程大于小苏跑的路程，C错误；D.由图知两条线的交点是两人相遇的点，所以是相遇了两次，正确.故选D.10、A【解析】分析：根据数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值的定义，在数轴上，点﹣2到原点的距离是2，所以﹣2的绝对值是2，故选A．二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11、1【解析】分析：要求DN+MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DN，MN的值，从而找出其最小值求解．解答：解：如图，连接BM，∵点B和点D关于直线AC对称，∴NB=ND，则BM就是DN+MN的最小值，∵正方形ABCD的边长是8，DM=2，∴CM=6，∴BM==1，∴DN+MN的最小值是1．故答案为1．点评：考查正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用．12、【解析】试题分析：这四个数中，奇数为1和3，则P（抽出的数字是奇数）=2÷4=．考点：概率的计算．13、1【解析】

先根据同旁内角互补两直线平行知AB∥CD，据此依据平行线性质知∠APM=∠CQM=118°，由邻补角定义可得答案．【详解】解：∵∠A+∠C=180°，∴AB∥CD，∴∠APM=∠CQM=118°，∴∠CQN=180°-∠CQM=1°，故答案为：1．【点睛】本题主要考查平行线的判定与性质，解题的关键是掌握平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系．平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．14、【解析】试题解析：所以故答案为15、4n﹣1．【解析】由图可知：第一个图案有阴影小三角形1个，第二图案有阴影小三角形1+4=6个，第三个图案有阴影小三角形1+8=11个，···那么第n个就有阴影小三角形1+4（n﹣1）=4n﹣1个．16、4或4.【解析】

①当AF＜AD时，由折叠的性质得到A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，过E作EH⊥MN于H，由矩形的性质得到MH=AE=2，根据勾股定理得到A′H=，根据勾股定理列方程即可得到结论；②当AF＞AD时，由折叠的性质得到A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，过A′作HG∥BC交AB于G，交CD于H，根据矩形的性质得到DH=AG，HG=AD=6，根据勾股定理即可得到结论．【详解】①当AF＜AD时，如图1，将△AEF沿EF折叠，当折叠后点A的对应点A′恰好落在BC的垂直平分线上，则A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，设MN是BC的垂直平分线，则AM=AD=3，过E作EH⊥MN于H，则四边形AEHM是矩形，∴MH=AE=2，∵A′H=，∴A′M=，∵MF2+A′M2=A′F2，∴（3-AF）2+（）2=AF2，∴AF=2，∴EF==4；②当AF＞AD时，如图2，将△AEF沿EF折叠，当折叠后点A的对应点A′恰好落在BC的垂直平分线上，则A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，设MN是BC的垂直平分线，过A′作HG∥BC交AB于G，交CD于H，则四边形AGHD是矩形，∴DH=AG，HG=AD=6，∴A′H=A′G=HG=3，∴EG==，∴DH=AG=AE+EG=3，∴A′F==6，∴EF==4，综上所述，折痕EF的长为4或4，故答案为：4或4．【点睛】本题考查了翻折变换-折叠问题，矩形的性质和判定，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．17、5200【解析】设甲到学校的距离为x米，则乙到学校的距离为(3900+x),甲的速度为4y(米/分钟)，则乙的速度为3y(米/分钟)，依题意得：解得所以甲到学校距离为2400米，乙到学校距离为6300米，所以甲的家和乙的家相距8700米.故答案是：8700.【点睛】本题考查一次函数的应用，二元一次方程组的应用等知识，解题的关键是读懂图象信息．三、解答题（共7小题，满分69分）18、（1）结果见解析；（2）不公平，理由见解析.【解析】判断游戏是否公平，即是看双方取胜的概率是否相同，若相同，则公平，不相同则不公平．19、（1）证明见解析；（2）①30°，②45°【解析】试题分析：（1）根据已知条件求得∠OAC=∠OCA，∠AOD=∠ADO，然后根据三角形内角和定理得出∠AOC=∠OAD，从而证得OC∥AD，即可证得结论；

（2）①若四边形OCAD是菱形，则OC=AC，从而证得OC=OA=AC，得出∠即可求得

②AD与相切，根据切线的性质得出根据AD∥OC，内错角相等得出从而求得试题解析：(方法不唯一)(1)∵OA=OC，AD=OC，∴OA=AD，∴∠OAC=∠OCA，∠AOD=∠ADO，∵OD∥AC，∴∠OAC=∠AOD，∴∠OAC=∠OCA=∠AOD=∠ADO，∴∠AOC=∠OAD，∴OC∥AD，∴四边形OCAD是平行四边形；(2)①∵四边形OCAD是菱形，∴OC=AC，又∵OC=OA，∴OC=OA=AC，∴∴故答案为②∵AD与相切，∴∵AD∥OC，∴∴故答案为20、原分式方程无解.【解析】

根据解分式方程的方法可以解答本方程，去分母将分式方程化为整式方程，解整式方程，验证.【详解】方程两边乘(x﹣1)(x+2)，得x(x+2)﹣(x﹣1)(x+2)＝3即：x2+2x﹣x2﹣x+2＝3整理，得x＝1检验：当x＝1时，(x﹣1)(x+2)＝0，∴原方程无解．【点睛】本题考查解分式方程，解题的关键是明确解放式方程的计算方法．21、（1）y=6x；（2）MB=【解析】

(1)将A(3，2)分别代入y=kx

，y=ax中，得a、k(2)有S△OMB=S△OAC=12×k=3

，可得矩形OBDC的面积为12；即OC×OB=12

；进而可得m、n的值，故可得BM与DM【详解】（1）将A（3，2）代入y=kx中，得2=k∴反比例函数的表达式为y=6（2）BM=DM，理由：∵S△OMB=S△OAC=12×k∴S矩形OBDC=S四边形OADM+S△OMB+S△OAC=3+3+6=12，即OC·OB=12，∵OC=3，∴OB=4，即n=4，∴m=6∴MB=32，MD=3-32=3【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数和正比例函数解析式，反比例函数比例系数的几何意义，矩形的性质等知识.熟练掌握待定系数法是解（1）的关键，掌握反比例函数系数的几何意义是解（2）的关键.22、（1）见解析；（2）S四边形ADOE=.【解析】

(1)根据矩形的性质有OA=OB=OC=OD，根据四边形ADOE是平行四边形，得到OD∥AE，AE=OD.等量代换得到AE=OB.即可证明四边形AOBE为平行四边形.根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明.(2)根据菱形的性质有∠EAB=∠BAO.根据矩形的性质有AB∥CD，根据平行线的性质有∠BAC=∠ACD，求出∠DCA=60°，求出AD=.根据面积公式SΔADC，即可求解.【详解】（1）证明：∵矩形ABCD，∴OA=OB=OC=OD.∵平行四边形ADOE，∴OD∥AE，AE=OD.∴AE=OB.∴四边形AOBE为平行四边形.∵OA=OB，∴四边形AOBE为菱形.（2）解：∵菱形AOBE，∴∠EAB=∠BAO.∵矩形ABCD，∴AB∥CD.∴∠BAC=∠ACD，∠ADC=90°.∴∠EAB=∠BAO=∠DCA.∵∠EAO+∠DCO=180°，∴∠DCA=60°.∵DC=2，∴AD=.∴SΔADC=.∴S四边形ADOE=.【点睛】考查平行四边形的判定与性质，矩形的性质，菱形的判定与性质，解直角三角形，综合性比较强.23、（1）证明见解析；（2）△EAD是等腰三角形．证明见解析；（3）.【解析】试题分析：（1）连接OG，则由已知易得∠OGE=∠AHK=90°，由OG=OA可得∠AGO=∠OAG，从而可得∠KGE=∠AKH=∠EKG，这样即可得到KE=GE；（2）设∠FGB=α，由AB是直径可得∠AGB=90°，从而可得∠KGE=90°-α，结合GE=KE可得∠EKG=90°-α，这样在△GKE中可得∠E=2α，由∠FGB=∠ACH可得∠ACH=2α，这样可得∠E=∠ACH，由此即可得到CA∥EF；（3）如下图2，作NP⊥AC于P，由（2）可知∠ACH=∠E，由此可得sinE=sin∠ACH=，设AH=3a，可得AC=5a，CH=4a，则tan∠CAH=，由（2）中结论易得∠CAK=∠EGK=∠EKG=∠AKC，从而可得CK=AC=5a，由此可得HK=a，tan∠AKH=，AK=a，结合AK=可得a=1，则AC=5；在四边形BGKH中，由∠BHK=∠BKG=90°，可得∠ABG+∠HKG=180°，结合∠AKH+∠GKG=180°，∠ACG=∠ABG可得∠ACG=∠AKH，在Rt△APN中，由tan∠CAH=，可设PN=12b，AP=9b，由tan∠ACG=tan∠AKH=3可得CP=4b，由此可得AC=AP+CP==5，则可得b=，由此即可在Rt△CPN中由勾股定理解出CN的长.试题解析：（1）如图1，连接OG．∵EF切⊙O于G，∴OG⊥EF，∴∠AGO+∠AGE=90°，∵CD⊥AB于H，∴∠AHD=90°，∴∠OAG=∠AKH=90°，∵OA=OG，∴∠AGO=∠OAG，∴∠AGE=∠AKH，∵∠EKG=∠AKH，∴∠EKG=∠AGE，∴KE=GE．（2）设∠FGB=α，∵AB是直径，∴∠AGB=90°，∴∠AGE=∠EKG=90°﹣α，∴∠E=180°﹣∠AGE﹣∠EKG=2α，∵∠FGB=∠ACH，∴∠ACH=2α，∴∠ACH=∠E，∴CA∥FE．（3）作NP⊥AC于P．∵∠ACH=∠E，∴sin∠E=sin∠ACH=，设AH=3a，AC=5a，则CH=，tan∠CAH