2021-2022学年重庆市八中中考试题猜想数学试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1.“赶陀螺”是一项深受人们喜爱的运动.如图所示是一个陀螺的立体结构图.已知底面圆的直径AB=8cm,圆柱的

高BC=6cm,圆锥的高CD=3cm,则这个陀螺的表面积是（）

4d……08

A.68ncm2B.74TTcm2C.84ncm2D.IOOTTcm2

2.已知Xi,X2是关于x的方程x?+bx-3=0的两根，且满足X1+X2-3xiX2=5,那么b的值为（）

A.4B.-4C.3D.-3

3.如图是由几个相同的小正方体搭成的一个几何体，它的俯视图是（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

5.如图是某几何体的三视图，则该几何体的全面积等于（）

6.实数a在数轴上的位置如图所示，则下列说法不正确的是（）

a02

A.a的相反数大于2B.a的相反数是2C.|a|>2D.2a<0

7.cos30。的值为（）

y/3V3

A.1B.一C.n

232

8.下列二次根式中，最简二次根式的是（)

A.QB.后

C.V5D.V50

9.若正比例函数y=3x的图象经过A（-2,y。，B（-1,y2）两点，则yi与yz的大小关系为（）

A.yi<y2B.yi>y2c.yi<y2D・yi>y2

10.关于x的正比例函数，y=（m+1）若y随X的增大而减小，则m的值为（）

1

A.2B.-2c.±2D.--

2

11.下列计算正确的是（）

A.-5x-2x=-3xB.(a+3)2=a2+9c.(-a3)2=a5D.a2p4-a'p=a3p

12.一个圆锥的底面半径为母线长为6,则此圆锥的侧面展开图的圆心角是（）

2

A.180°B.150°C.120°D.90°

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分.）

13.如图，等腰三角形ABC的底边BC长为4,面积是12,腰AB的垂直平分线EF分别交AB,AC于点E、F,若

点D为底边BC的中点，点M为线段EF上一动点，则△BDM的周长的最小值为.

14.如图，校园内有一棵与地面垂直的树，数学兴趣小组两次测量它在地面上的影子，第一次是阳光与地面成60。角

时，第二次是阳光与地面成30。角时，两次测量的影长相差8米，则树高米（结果保留根号）.

15.如图，四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E,F分别是AB,CD的中点，AD=BC,NPEF=35。,

则NPFE的度数是

a

AEB

16.正八边形的中心角为____度.

17.为增强学生身体素质，提高学生足球运动竞技水平，我市开展“市长杯”足球比赛，赛制为单循环形式（每两队之

间赛一场）.现计划安排21场比赛，应邀请多少个球队参赛？设邀请x个球队参赛，根据题意，可列方程为.

18.在某一时刻，测得一根长为1.5m的标杆的影长为3m,同时测得一根旗杆的影长为26m,那么这根旗杆的高度为

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

19.（6分）小方与同学一起去郊游，看到一棵大树斜靠在一小土坡上，他想知道树有多长，于是他借来测角仪和卷尺.如

图，他在点C处测得树AB顶端A的仰角为30。，沿着CB方向向大树行进10米到达点D,测得树AB顶端A的仰角

为45。，又测得树AB倾斜角/1=75。.

（1）求AD的长.

（2）求树长AB.

20.（6分）2《的存9除以20与18的差，商是多少？

910

21.（6分）如图，在AABC中，ZC=90°,以AB上一点O为圆心，OA长为半径的圆恰好与BC相切于点D,分别

交AC、AB于点E、F.

（1）若NB=30。，求证：以A、O、D、E为顶点的四边形是菱形.

（2）若AC=6,AB=10,连结AD,求。O的半径和AD的长.

22.（8分）从甲地到乙地有两条公路，一条是全长600&,〃的普通公路，另一条是全长48（Wb”的高速公路，某客车在

高速公路上行驶的平均速度比在普通公路上快45如?/力，由高速公路从甲地到乙地所需的时间是由普通公路从甲地到乙

地所需时间的一半，求该客车由高速公路从甲地到乙地所需的时间.

23.（8分）已知抛物线7=炉-（2/n+l）x+m2^m,其中，〃是常数.

（1）求证：不论机为何值，该抛物线与z轴一定有两个公共点；

（2）若该抛物线的对称轴为直线丫=2,请求出该抛物线的顶点坐标.

2

24.（10分）如图，四边形A3CD为平行四边形，NR4。的角平分线A尸交CZ）于点E,交〃C的延长线于点尸.

（1）求证：BF=CD；

（2）连接BE,若BEJ_AF,ZBFA=60°,BE=2A/5,求平行四边形ABCD的周长.

25.（10分）某景区门票价格80元/人，景区为吸引游客，对门票价格进行动态管理，非节假日打a折，节假日期间，

10人以下（包括10人）不打折，10人以上超过10人的部分打b折，设游客为x人，门票费用为y元，非节假日门票

费用八（元）及节假日门票费用y2（元）与游客x（人）之间的函数关系如图所示.

（1）a=,b=；

（2）确定y2与x之间的函数关系式：

（3）导游小王6月10日（非节假日）带A旅游团，6月20日（端午节）带B旅游团到该景区旅游，两团共计50人,

两次共付门票费用3040元，求A、B两个旅游团各多少人？

。gW/v）FL......../J//••

480—//：

%;

01020M人）

26.（12分）为了抓住梵净山文化艺术节的商机，某商店决定购进A、B两种艺术节纪念品.若购进A种纪念品8件,

B种纪念品3件，需要950元；若购进A种纪念品5件，B种纪念品6件，需要800元.

（1）求购进A、B两种纪念品每件各需多少元？

（2）若该商店决定购进这两种纪念品共100件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100件纪念品的资金不少于

7500元，但不超过7650元，那么该商店共有几种进货方案？

（3）若销售每件A种纪念品可获利润20元，每件B种纪念品可获利润30元，在第（2）间的各种进货方案中，哪一

种方案获利最大？最大利润是多少元？

27.(12分)如图，已知正比例函数y=2x与反比例函数y=V(k>0)的图象交于A、B两点，且点A的横坐标为4,

x

(1)求k的值；

(2)根据图象直接写出正比例函数值小于反比例函数值时x的取值范围；

(3)过原点O的另一条直线1交双曲线y=&(k>0)于P、Q两点(P点在第一象限)，若由点A、P、B、Q为顶点

X

组成的四边形面积为224,求点P的坐标.

参考答案

一、选择题(本大题共12个小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.)

1、C

【解析】

试题分析：•・•底面圆的直径为8cm,高为3cm,，母线长为5cm，，其表面积=71x4x5+42兀+87rx6=84加5>2,故选C.

考点：圆锥的计算；几何体的表面积.

2、A

【解析】

根据一元二次方程根与系数的关系和整体代入思想即可得解.

【详解】

Vxi,X2是关于X的方程x?+bx-3=0的两根，

/.Xl+X2=-b,X1X2=-3,

.•.X1+X2-3XIX2=~b+9=5,

解得b=4.

故选A.

【点睛】

本题主要考查一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）,

韦达定理：若一元二次方程ax2+bx+c=0（a#））有两个实数根xi,X2,那么Xi+X2=_，xiX2=_.

3、D

【解析】试题分析：俯视图是从上面看到的图形.

从上面看，左边和中间都是2个正方形，右上角是1个正方形，

故选D.

考点：简单组合体的三视图

4、D

【解析】

根据对顶角的定义，平行线的性质以及正五边形的内角及镶嵌的知识，逐一判断.

【详解】

解：①对顶角有位置及大小关系的要求，相等的角不一定是对顶角，故为假命题；

②只有当两条平行直线被第三条直线所截，同位角相等，故为假命题；

③正五边形的内角和为540。，则其内角为108。，而360。并不是108。的整数倍，不能进行平面镶嵌，故为假命题;

④在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行，故为假命题.

故选：D.

【点睛】

本题考查了命题与证明.对顶角，垂线，同位角，镶嵌的相关概念.关键是熟悉这些概念，正确判断.

5、B

【解析】

试题解析：该几何体是三棱柱.

如图：

7

由勾股定理石3,

3x2=6,

全面积为：6x4x1x2+5x7x2+6x7=24+70+42=136.

2

故该几何体的全面积等于1.

故选B.

6、B

【解析】

试题分析：由数轴可知，a<-2,A、a的相反数>2,故本选项正确，不符合题意；B、a的相反数#2,故本选项错误,

符合题意；C、a的绝对值>2,故本选项正确，不符合题意；D、2a<0,故本选项正确，不符合题意.

故选B.

考点：实数与数轴.

7、D

【解析】

cos30°=—.

2

故选D.

8、C

【解析】

判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就

是最简二次根式，否则就不是.

【详解】

,被开方数含分母，不是最简二次根式；故A选项错误;

B、VO5=—»被开方数为小数，不是最简二次根式：故B选项错误;

2

C、石，是最简二次根式；故C选项正确;

D.病=5&，被开方数，含能开得尽方的因数或因式，故D选项错误;

故选C.

考点：最简二次根式.

9、A

【解析】

分别把点A(-1,yi),点B(-1,y.)代入函数y=3x,求出点yi,yi的值，并比较出其大小即可.

【详解】

解：•.,点A(-1,yi),点B(-1,yi)是函数y=3x图象上的点，

.•.yi=-6,yi=-3,

■；-3〉—6,

丁•yiVyL

故选A.

【点睛】

本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，即一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式.

10、B

【解析】

根据正比例函数定义可得m2-3=L再根据正比例函数的性质可得m+1V0,再解即可.

【详解】

由题意得：m2-3=l,且m+1V0,

解得：m=-2,

故选：B.

【点睛】

此题主要考查了正比例函数的性质和定义，关键是掌握正比例函数丫=1«(k#0)的自变量指数为1,当kVO时，y随

x的增大而减小.

11、D

【解析】

直接利用合并同类项法则以及完全平方公式和整式的乘除运算法则分别计算即可得出答案.

【详解】

解：A.-5x-2x=-lx,故此选项错误；

B.(a+3)2=a2+6a+9,故此选项错误；

C.(-a3)2=/,故此选项错误；

D.。+户=户,正确.

故选D.

【点睛】

本题主要考查了合并同类项以及完全平方公式和整式的乘除运算，正确掌握运算法则是解题的关键.

12、B

【解析】

解：2兀△=①,解得n=150°.故选B.

2180

考点：弧长的计算.

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分.）

13、2

【解析】

连接AD交EF与点M，，连结AM,由线段垂直平分线的性质可知AM=MB,则BM+DM=AM+DM,故此当A、M、

D在一条直线上时，MB+DM有最小值，然后依据要三角形三线合一的性质可证明AD为AABC底边上的高线，依据

三角形的面积为12可求得AD的长.

【详解】

解：连接AD交EF与点连结AM.

1•△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，

/.AD±BC,

ASAABC=-BC«AD=-x4xAD=12,解得AD=1,

22

VEF是线段AB的垂直平分线，

/.AM=BM.

.♦.BM+MD=MD+AM.

当点M位于点M，处时，MB+MD有最小值，最小值1.

/.△BDM的周长的最小值为DB+AD=2+1=2.

【点睛】

本题考查三角形的周长最值问题，结合等腰三角形的性质、垂直平分线的性质以及中点的相关属性进行分析.

14、4石

【解析】

设出树高，利用所给角的正切值分别表示出两次影子的长，然后作差建立方程即可.

解：如图所示，

“士,cAB.cABX

在RtABC中，tanZACB=——,：.BC=---------------=---------T-,

BCtanZACBtan60°

X

同理:BD=----------

tan30°

xx

•・•两次测量的影长相差8米,

tan30°-tan60°-

x=473,

故答案为4班.

“点睛”本题考查了平行投影的应用，太阳光线下物体影子的长短不仅与物体有关，而且与时间有关，不同时间随着光

线方向的变化，影子的方向也在变化，解此类题，一定要看清方向.解题关键是根据三角函数的几何意义得出各线段

的比例关系，从而得出答案.

15^35°

【解析】

1•四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E,F分别是AB,CD的中点，

.♦.PE是△ABD的中位线，PF是ABDC的中位线，

I1

.•.PE=-AD,PF=-BC,

22

XVAD=BC,

.♦.PE=PF,

二NPFE=NPEF=35。.

故答案为35°.

16、45°

【解析】

运用正n边形的中心角的计算公式二360匕°计算即可.

n

【详解】

解：由正n边形的中心角的计算公式可得其中心角3为60手°=45°,

O

故答案为45°.

【点睛】

本题考查了正n边形中心角的计算.

17^—x（x-1）=1

2

【解析】

【分析】赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），X个球队比赛总场数为1x（x-1）,即可列方程.

2

【详解】有X个队，每个队都要赛（X-1）场，但两队之间只有一场比赛，由题意得：

—X（X-1）=1,

2

故答案为LX（X-1）=1.

2

【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，弄清题意，找准等量关系列出方程是解题的关键.

18、13

【解析】

根据同时同地物高与影长成比列式计算即可得解.

【详解】

解：设旗杆高度为x米，

由题意得，二=盘，

解得x=13.

故答案为13.

【点睛】

本题考查投影，解题的关键是应用相似三角形.

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

19、（1）5y/6+5y/2；（2）10&•

【解析】

试题分析：（1）过点A作AEJ_CB于点E,设AE=x,分别表示出CE、DE,再由CD=10,可得方程，解出x的值，

在RtAADE中可求出AD；

（2）过点B作BFLAC于点F,设BF=y,分别表示出CF、AF,解出y的值后，在RtAABF中可求出AB的长度.

试题解析：（1）如图，过4作于”，设AH=x,CH=0,DH=x.

A

C

'：CH—DH=CD,：.V3x—x=10,.，.x=5（道+1）.

VNAO”=45。，：.AD=后x=5#+5及.

(2)如图，过B作5M_LAZ)于M.

VZ1=75°,ZADB=45°,：.ZDAB=30°.

设MB=m,'.AB=2m,AM=y/3m,DM=m.

AD=AM+DM,5\/6+5A/2=\/3m+m.：.m=50..\AB=2m=lQ-j2•

1

20、—

10

【解析】

20

根据题意可用一乘二的积除以20与18的差，所得的商就是所求的数，列式解答即可.

910

【详解】

解：一X----r(20-18)=—i"2=—X—=—.

91055210

【点睛】

考查有理数的混合运算，列出式子是解题的关键.

21、(1)证明见解析；(2)号；3娓.

【解析】

试题分析：(1)连接OD、OE、ED.先证明△AOE是等边三角形，得到AE=AO=OD,则四边形AODE是平行四边

形，然后由OA=OD证明四边形AODE是菱形；

(2)连接OD、DF.先由AOBDsaABC,求出OO的半径，然后证明△ADCsaAFD,得出AD2=AC・AF,进而

求出AD.

试题解析：(1)证明：如图1,连接OD、OE、ED.

：BC与。O相切于一点D,

.\OD_LBC,

/.ZODB=90°=ZC,

AOD//AC,

VZB=30°,

:.ZA=60°,

VOA=OE,

AAAOE是等边三角形,

/.AE=AO=OD,

A四边形AODE是平行四边形,

VOA=OD,

・•・四边形AODE是菱形.

B

(2)解：设。。的半径为r.

VOD/7AC,

AAOBD^AABC.

.ODOB,、

'.记而即pn8r=6(8-r).

解得T，

•••°o的半径为华・

如图2,连接OD、DF.

VOD/7AC,

AZDAC=ZADO,

VOA=OD,

JZADO=ZDAO,

AZDAC=ZDAO,

•・・AF是。O的直径,

.\ZADF=90°=ZC,

/.△ADC^AAFD,

.ADAF

••zz•

ACAE

AAD2=AC*AF,

15

VAC=6,AF=­X

4

16

/.AD2=—x6=45,

2

.,.AD=V^=3而

图2

点评：本题考查了切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、菱形的判定和性质以及相似三角形的判定和

性质，是一个综合题，难度中等.熟练掌握相关图形的性质及判定是解本题的关键.

考点：切线的性质；菱形的判定与性质；相似三角形的判定与性质.

22、4小时.

【解析】

本题依据题意先得出等量关系即客车由高速公路从A地道8的速度=客车由普通公路的速度+45,列出方程，解出检

验并作答.

【详解】

解：设客车由高速公路从甲地到乙地需x小时，则走普通公路需2x小时,

600它480

根据题意得:——+45=——

2xx

解得x=4

经检验，x=4原方程的根，

答：客车由高速公路从甲地到乙地需4时.

【点睛】

本题主要考查分式方程的应用，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键.根据速度=路程+时间列出

相关的等式，解答即可.

23、⑴见解析；(2)顶点为(一，-7)

24

【解析】

(1)根据题意，由根的判别式△=〃-4ac>0得到答案；

b

(2)结合题意，根据对称轴*=-一得到机=2,即可得到抛物线解析式为-5x+6,再将抛物线解析式为y=

2a

X2-5x+6变形为y=x2-5x+6=(x--)2--,即可得到答案.

24

【详解】

2

(1)证明：〃=1,b=-(2/n+l),c=m+m9

/.△=Z»2-4ac=[-(2/n+l)]2-4xlx(/n2+/n)=l>0,

・••抛物线与x轴有两个不相同的交点.

(2)解：\*y=x2-(2/n+l)x+w2+m,

,.b—(2〃z+l)2m+1

・••对称轴x=--=-------

2a2x12

•••对称轴为直线X=-,

2

.2/77+1_5

••—一9

22

解得m=2,

...抛物线解析式为y=7-5x+6,

\'y=x2-5x+6=(x-----)2------,

24

顶点为(一，—).

24

【点睛】

本题考查根的判别式、对称轴和顶点，解题的关键是掌握根的判别式、对称轴和顶点的计算和使用.

24、(1)证明见解析；(2)12

【解析】

(1)由平行四边形的性质和角平分线得出NBAF=NBFA,即可得出AB=BF；

(2)由题意可证△ABF为等边三角形，点E是AF的中点.可求EF、BF的值，即可得解.

【详解】

解：(1)证明：四边形ABCD为平行四边形，

二AB=CD,ZFAD=ZAFB

XVAF平分/BAD,

:.ZFAD=ZFAB

二NAFB=NFAB

:.AB=BF

:.BF=CD

(2)解：由题意可证AA5尸为等边三角形，点E是A厂的中点

在RS5EF中，NBE4=60。，BE=26，

可求E/=2,BF=4

:.平行四边形ABC。的周长为12

-80x(0<x<10)

25、(1)a=6,b=8；(2)；(3)A团有20人，B团有30人.

64x+160(x>10)

【解析】

(1)根据函数图像，用购票款数除以定价的款数，计算即可求得a的值；用11人到20人的购票款数除以定价的款数,

计算即可解得b的值；

(2)分叱XW10与x>10,利用待定系数法确定函数关系式求得yz的函数关系式即可；

(3)设A团有n人，表示出B团的人数为(50-n),然后分OWxWlO与x>10两种情况，根据(2)中的函数关系式列

出方程求解即可.

【详解】

(1)由yi图像上点(10,480),得到10人的费用为480元，

・480

..a=---x1m0=6A；

800

由y2图像上点(10,480)和(20,1440),得到20人中后10人的费用为640元，

.-.b=—xl0=8；

800

(2)

OWx&O时,设y2=k2X,把(10,800)代入得10k2=800,

解得k2=80,

.•-y2=80x,

x>10,设yz=kx+b,把(10,800)和(20,1440)代入得

[10)1+/?=8001%=64

I解得4

20k+b=1440[/?=160

•\y2=64x+160

._f80x(0<x<10)

,•为一164X+160(X>10)

(3)设B团有n人，则A团的人数为(50-n)

当OWnWIO时80n+48(50-n)=3040,

解得n=20(不符合题意舍去)

当n＞10时8()xl0+64(n—10)+48(50—n)=304(),

解得n=30.

贝J50-n=20人，

则A团有20人，B团有30人.

【点睛】

此题主要考查一次函数的综合运用，解题的关键是熟知待定系数法确定函数关系式.

26、(1)A种纪念品需要100元，购进一件B种纪念品需要50元(2)共有4种进货方案(3)当购进A种纪念品50

件，B种纪念品50件时，可获最大利润，最大利润是2500元

【解析】

解：(1)设该商店购进一件A种纪念品需要a元，购进一件B种纪念品需要b元，

f&i+3Z»=950

根据题意得方程组得：＜「C2,…2分

5a+6A=800

[a=100

解方程组得：＜，

6=50

...购进一件A种纪念品需要100元，购进一件B种纪念品需要50元…4分；

(2)设该商店购进A种纪念品x个，则购进B种纪念品有(100-x)个，

100x+50(100—4N7500

•♦[100x+50(100—力W7650'…6分

解得：50sxs53,…7分

■:x为正整数，

.,•共有4种进货方案…8分；

(3)因为B种纪念品利润较高，故B种数量越多总利润越高，

因此选择购A种50件，B种50件.…10分

总利润=50x20+50x30=2500(元)

当购进A种纪念品50件，B种纪念品50件时，可获最大利润，最大利润是2500元.…12分

27、(1)32；(2)xV-4或0VxV4；(3)点P的坐标是P(-7+辰，14+2765);或P(7+病，-14+2765).

【解析】

分析：(1)先将x=4代入正比例函数y=2x,可得出y=8,求得点A(4,8),再根据点A