1、2021-2022中考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡

2、一并交回。一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1如圖，點A、B、C在O上，OAB=25，則ACB的度數是（）A135B115C65D502利用“分形”與“迭代”可以制作出很多精美的圖形，以下是制作出的幾個簡單圖形，其中是軸對稱但不是中心對稱的圖形是（）ABCD3一個幾何體的俯視圖如圖所示，其中的數字表示該位置上小正方體的個數，那么這個幾何體的主視圖是（）ABCD4計算（x2）（x+5）的結果是Ax2+3x+7Bx2+3x+10Cx2+3x10Dx23x105若，則（ ）ABCD6在解方程1時，兩邊同時乘6，去分母后，正確的是()A3x162(3x1)B(x1)12(x1)C3(x1)

3、12(3x1)D3(x1)62(3x1)7如圖所示，直線ab，1=35，2=90，則3的度數為（）A125B135C145D1558某校體育節有13名同學參加女子百米賽跑，它們預賽的成績各不相同，取前6名參加決賽小穎已經知道了自己的成績，她想知道自己能否進入決賽，還需要知道這13名同學成績的（ ）A方差 B極差 C中位數 D平均數9九章算術是我國古代內容極為豐富的數學名著書中有下列問題“今有勾八步，股十五步，問勾中容圓徑幾何？”其意思是“今有直角三角形(如圖)，勾(短直角邊)長為8步，股(長直角邊)長為15步，問該直角三角形能容納的圓形(內切圓)直徑是多少？”()A3步B5步C6步D8步10下

4、列函數中，y隨著x的增大而減小的是（ ）Ay=3xBy=3xCD二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11一元二次方程x24=0的解是_12某種商品因換季準備打折出售，如果按定價的七五折出售將賠25元，而按定價的九折出售將賺20元，則商品的定價是_元13甲、乙兩車分別從A、B兩地同時出發，相向行駛，已知甲車的速度大于乙車的速度，甲車到達B地后馬上以另一速度原路返回A地（掉頭的時間忽略不計），乙車到達A地以后即停在地等待甲車如圖所示為甲乙兩車間的距離y（千米）與甲車的行駛時間t（小時）之間的函數圖象，則當乙車到達A地的時候，甲車與A地的距離為_千米14直角三角形的兩條直角邊長為6，

5、8，那么斜邊上的中線長是_15二次函數y=ax2+bx+c（a、b、c是常數，且a0）的圖象如圖所示，則a+b+2c_0（填“”“=”或“”）16如圖，在RtABC中，ACB90，ABC30，將ABC繞點C順時針旋轉至ABC，使得點A恰好落在AB上，則旋轉角度為_三、解答題（共8題，共72分）17（8分）在平面直角坐標系xOy中，點M的坐標為，點N的坐標為，且，我們規定：如果存在點P，使是以線段MN為直角邊的等腰直角三角形，那么稱點P為點M、N的“和諧點”. （1）已知點A的坐標為，若點B的坐標為，在直線AB的上方，存在點A，B的“和諧點”C，直接寫出點C的坐標；點C在直線x5上，且點C為點A

6、，B的“和諧點”，求直線AC的表達式.（2）O的半徑為r，點為點、的“和諧點”，且DE2，若使得與O有交點，畫出示意圖直接寫出半徑r的取值范圍.18（8分）（11分）閱讀資料：如圖1，在平面之間坐標系xOy中，A，B兩點的坐標分別為A（x1，y1），B（x1，y1），由勾股定理得AB1=|x1x1|1+|y1y1|1，所以A，B兩點間的距離為AB=我們知道，圓可以看成到圓心距離等于半徑的點的集合，如圖1，在平面直角坐標系xoy中，A（x，y）為圓上任意一點，則A到原點的距離的平方為OA1=|x0|1+|y0|1，當O的半徑為r時，O的方程可寫為：x1+y1=r1問題拓展：如果圓心坐標為P（a，

7、b），半徑為r，那么P的方程可以寫為 綜合應用：如圖3，P與x軸相切于原點O，P點坐標為（0，6），A是P上一點，連接OA，使tanPOA=，作PDOA，垂足為D，延長PD交x軸于點B，連接AB證明AB是P的切點；是否存在到四點O，P，A，B距離都相等的點Q？若存在，求Q點坐標，并寫出以Q為圓心，以OQ為半徑的O的方程；若不存在，說明理由19（8分）如圖，已知ABC，分別以AB,AC為直角邊，向外作等腰直角三角形ABE和等腰直角三角形ACD，EAB=DAC=90，連結BD,CE交于點F，設AB=m，BC=n.（1）求證：BDA=ECA（2）若m=，n=3，ABC=75，求BD的長.（3）當AB

8、C=_時，BD最大，最大值為_（用含m，n的代數式表示）（4）試探究線段BF,AE,EF三者之間的數量關系。20（8分）數學活動小組的小穎、小明和小華利用皮尺和自制的兩個直角三角板測量學校旗桿MN的高度，如示意圖，ABC和ABC是他們自制的直角三角板，且ABCABC，小穎和小明分別站在旗桿的左右兩側，小穎將ABC的直角邊AC平行于地面，眼睛通過斜邊AB觀察，一邊觀察一邊走動，使得A、B、M共線，此時，小華測量小穎距離旗桿的距離DN=19米，小明將ABC的直角邊BC平行于地面，眼睛通過斜邊BA觀察，一邊觀察一邊走動，使得B、A、M共線，此時，小華測量小明距離旗桿的距離EN=5米，經測量，小穎和小

9、明的眼睛與地面的距離AD=1米，BE=1.5米，（他們的眼睛與直角三角板頂點A，B的距離均忽略不計），且AD、MN、BE均與地面垂直，請你根據測量的數據，計算旗桿MN的高度.21（8分）問題探究（1）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC邊上存在點P，使APD為等腰三角形，那么請畫出滿足條件的一個等腰三角形APD，并求出此時BP的長；（2）如圖，在ABC中，ABC=60，BC=12，AD是BC邊上的高，E、F分別為邊AB、AC的中點，當AD=6時，BC邊上存在一點Q，使EQF=90，求此時BQ的長；問題解決（3）有一山莊，它的平面圖為如圖的五邊形ABCDE，山莊保衛人員想在線段C

10、D上選一點M安裝監控裝置，用來監視邊AB，現只要使AMB大約為60，就可以讓監控裝置的效果達到最佳，已知A=E=D=90，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，問在線段CD上是否存在點M，使AMB=60？若存在，請求出符合條件的DM的長，若不存在，請說明理由22（10分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，函數（）的圖象經過點，ABx軸于點B，點C與點A關于原點O對稱， CDx軸于點D，ABD的面積為8.（1）求m，n的值；（2）若直線（k0）經過點C，且與x軸，y軸的交點分別為點E，F，當時，求點F的坐標23（12分）知識改變世界，科技改變生活.導航裝備的不斷更新極大方

11、便了人們的出行.如圖，某校組織學生乘車到黑龍灘（用C表示）開展社會實踐活動，車到達A地后，發現C地恰好在A地的正北方向，且距離A地13千米，導航顯示車輛應沿北偏東60方向行駛至B地，再沿北偏西37方向行駛一段距離才能到達C地，求B、C兩地的距離.（參考數據：sin53,cos53，tan53)24甲、乙兩人在玩轉盤游戲時，把兩個可以自由轉動的轉盤A，B都分成3等份的扇形區域，并在每一小區域內標上數字（如圖所示），游戲規則：同時轉動兩個轉盤，當轉盤停止后，若指針所指兩個區域的數字之和為3的倍數，則甲獲勝；若指針所指兩個區域的數字之和為4的倍數，則乙獲勝如果指針落在分割線上，則需要重新轉動轉盤請問

12、這個游戲對甲、乙雙方公平嗎？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】由OA=OB得OAB=OBA=25，根據三角形內角和定理計算出AOB=130，則根據圓周角定理得P=AOB，然后根據圓內接四邊形的性質求解【詳解】解:在圓上取點P，連接PA、PB.OA=OB，OAB=OBA=25，AOB=180225=130，P=AOB=65，ACB=180P=115. 故選B.【點睛】本題考查的是圓，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵.2、A【解析】根據：如果一個圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形；在平面內，把一個圖形繞著某個點旋轉180，如果旋轉

13、后的圖形能與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形.逐個按要求分析即可.【詳解】選項A，是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故可以選；選項B，是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故不可以選；選項C，不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故不可以選；選項D，是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故不可以選.故選A【點睛】本題考核知識點：軸對稱圖形和中心對稱圖形.解題關鍵點：理解軸對稱圖形和中心對稱圖形定義.錯因分析 容易題.失分的原因是：沒有掌握軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義.3、A【解析】一一對應即可.【詳解】最左邊有一個，中間有兩個，最右邊有三個，所以選A.【點睛】理解立體幾何的概念是解題的關鍵.4、C【

14、解析】根據多項式乘以多項式的法則進行計算即可.【詳解】x-2x+5=x2+5x-2x-10=x2+3x-10. 故選：C.【點睛】考查多項式乘以多項式，掌握多項式乘以多項式的運算法則是解題的關鍵.5、D【解析】等式左邊為非負數，說明右邊，由此可得b的取值范圍【詳解】解：，解得故選D【點睛】本題考查了二次根式的性質：，6、D【解析】解： ，3（x1）6=2（3x+1），故選D點睛：本題考查了等式的性質，解題的關鍵是正確理解等式的性質，本題屬于基礎題型7、A【解析】分析：如圖求出5即可解決問題詳解：ab，1=4=35，2=90，4+5=90，5=55，3=180-5=125，故選：A點睛：本題考查

15、平行線的性質、三角形內角和定理，鄰補角的性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題8、C【解析】13個不同的分數按從小到大排序后，中位數及中位數之后的共有7個數，故只要知道自己的分數和中位數就可以知道是否獲獎了故選C9、C【解析】試題解析：根據勾股定理得：斜邊為 則該直角三角形能容納的圓形(內切圓)半徑 (步)，即直徑為6步，故選C10、B【解析】試題分析：A、y=3x，y隨著x的增大而增大，故此選項錯誤；B、y=3x，y隨著x的增大而減小，正確；C、，每個象限內，y隨著x的增大而減小，故此選項錯誤；D、，每個象限內，y隨著x的增大而增大，故此選項錯誤；故選B考點：反比例函數的性質；正比

16、例函數的性質二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11、x=1【解析】移項得x1=4，x=1故答案是：x=112、300【解析】設成本為x元，標價為y元，根據已知條件可列二元一次方程組即可解出定價.【詳解】設成本為x元，標價為y元，依題意得，解得故定價為300元.【點睛】此題主要考查二元一次方程組的應用，解題的關鍵是根據題意列出方程再求解.13、630【解析】分析：兩車相向而行5小時共行駛了900千米可得兩車的速度之和為180千米/時，當相遇后車共行駛了720千米時，甲車到達B地，由此則可求得兩車的速度.再根據甲車返回到A地總用時16.5小時，求出甲車返回時的速度即可求解.詳解：

17、設甲車，乙車的速度分別為x千米/時，y千米/時，甲車與乙車相向而行5小時相遇，則5(xy)900，解得xy180，相遇后當甲車到達B地時兩車相距720千米，所需時間為7201804小時，則甲車從A地到B需要9小時，故甲車的速度為9009100千米/時，乙車的速度為18010080千米/時，乙車行駛900720180千米所需時間為180802.25小時，甲車從B地到A地的速度為900(16.554)120千米/時.所以甲車從B地向A地行駛了1202.25270千米，當乙車到達A地時，甲車離A地的距離為900270630千米.點睛：利用函數圖象解決實際問題，其關鍵在于正確理解函數圖象橫，縱坐標表示

18、的意義，抓住交點，起點.終點等關鍵點，理解問題的發展過程，將實際問題抽象為數學問題，從而將這個數學問題變化為解答實際問題.14、1【解析】試題分析：直角三角形的兩條直角邊長為6，8，由勾股定理得，斜邊=10.斜邊上的中線長=10=1考點：1.勾股定理；2. 直角三角形斜邊上的中線性質15、【解析】由拋物線開口向下，則a0，拋物線與y軸交于y軸負半軸，則c0，對稱軸在y軸左側，則b0，因此可判斷a+b+2c與0的大小【詳解】拋物線開口向下a0拋物線與y軸交于y軸負半軸，c0對稱軸在y軸左側0b0a+b+2c0故答案為【點睛】本題考查了二次函數圖象與系數的關系，正確利用圖象得出正確信息是解題關鍵1

19、6、60【解析】試題解析：ACB=90，ABC=30，A=90-30=60，ABC繞點C順時針旋轉至ABC時點A恰好落在AB上，AC=AC，AAC是等邊三角形，ACA=60，旋轉角為60故答案為60.三、解答題（共8題，共72分）17、（1）點C坐標為或；yx2或yx3；（2）或【解析】（1）根據“和諧點”的定義即可解決問題；首先求出點C坐標，再利用待定系數法即可解決問題；（2）分兩種情形畫出圖形即可解決問題【詳解】（1）如圖1觀察圖象可知滿足條件的點C坐標為C（1，5）或C（3，5）；如圖2由圖可知，B（5，3）A（1，3），AB=3ABC為等腰直角三角形，BC=3，C1（5，7）或C2（5

20、，1）設直線AC的表達式為y=kx+b（k0），當C1（5，7）時，y=x+2，當C2（5，1）時，y=x+3綜上所述：直線AC的表達式是y=x+2或y=x+3（2）分兩種情況討論：當點F在點E左側時：連接OD則OD=，當點F在點E右側時：連接OE，ODE（1，2），D（1，3），OE=，OD=，綜上所述：或【點睛】本題考查了一次函數綜合題、圓的有關知識、等腰直角三角形的判定和性質、“和諧點”的定義等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，學會用分類討論的首先思考問題，屬于中考壓軸題18、問題拓展：（xa）1+（yb）1=r1綜合應用：見解析點Q的坐標為（4，3），方程為（x4）

21、1+（y3）1=15【解析】試題分析：問題拓展：設A（x，y）為P上任意一點，則有AP=r，根據閱讀材料中的兩點之間距離公式即可求出P的方程；綜合應用：由PO=PA，PDOA可得OPD=APD，從而可證到POBPAB，則有POB=PAB由P與x軸相切于原點O可得POB=90，即可得到PAB=90，由此可得AB是P的切線；當點Q在線段BP中點時，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得QO=QP=BQ=AQ易證OBP=POA，則有tanOBP=由P點坐標可求出OP、OB過點Q作QHOB于H，易證BHQBOP，根據相似三角形的性質可求出QH、BH，進而求出OH，就可得到點Q的坐標，然后運用問題

22、拓展中的結論就可解決問題試題解析：解：問題拓展：設A（x，y）為P上任意一點，P（a，b），半徑為r，AP1=（xa）1+（yb）1=r1故答案為（xa）1+（yb）1=r1；綜合應用：PO=PA，PDOA，OPD=APD在POB和PAB中，POBPAB，POB=PABP與x軸相切于原點O，POB=90，PAB=90，AB是P的切線；存在到四點O，P，A，B距離都相等的點Q當點Q在線段BP中點時，POB=PAB=90，QO=QP=BQ=AQ此時點Q到四點O，P，A，B距離都相等POB=90，OAPB，OBP=90DOB=POA，tanOBP=tanPOA=P點坐標為（0，6），OP=6，OB=

23、OP=3過點Q作QHOB于H，如圖3，則有QHB=POB=90，QHPO，BHQBOP，=，QH=OP=3，BH=OB=4，OH=34=4，點Q的坐標為（4，3），OQ=5，以Q為圓心，以OQ為半徑的O的方程為（x4）1+（y3）1=15考點：圓的綜合題；全等三角形的判定與性質；等腰三角形的性質；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；切線的判定與性質；相似三角形的判定與性質；銳角三角函數的定義19、135 m+n 【解析】試題分析：（1）由已知條件證ABDAEC，即可得到BDA=CEA；（2）過點E作EGCB交CB的延長線于點G，由已知條件易得EBG=60，BE=2，這樣在RtBEG中可得EG=，

24、BG=1，結合BC=n=3，可得GC=4，由長可得EC=，結合ABDAEC可得BD=EC=；（3）由（2）可知，BE=，BC=n，因此當E、B、C三點共線時，EC最大=BE+BC=，此時BD最大=EC最大=；（4）由ABDAEC可得AEC=ABD，結合ABE是等腰直角三角形可得EFB是直角三角形及BE2=2AE2，從而可得EF2=BE2-BF2=2AE2-BF2.試題解析：（1）ABE和ACD都是等腰直角三角形，且EAB=DAC=90，AE=AB，AC=AD，EAB+BAC=BAC+DAC，即EAC=BAD，EACBAD，BDA=ECA；（2）如下圖，過點E作EGCB交CB的延長線于點G，EG

25、B=90，在等腰直角ABE，BAE=90，AB=m= ，ABE=45，BE=2，ABC=75，EBG=180-75-45=60，BG=1，EG=，GC=BG+BC=4，CE=，EACBAD，BD=EC=；（3）由（2）可知，BE=，BC=n，因此當E、B、C三點共線時，EC最大=BE+BC=，BD=EC，BD最大=EC最大=，此時ABC=180-ABE=180-45=135，即當ABC=135時，BD最大=；（4）ABDAEC，AEC=ABD，在等腰直角ABE中，AEC+CEB+ABE=90，ABD+ABE+CEB=90，BFE=180-90=90，EF2+BF2=BE2，又在等腰RtABE中

26、，BE2=2AE2，2AE2=EF2+BF2.點睛：(1)解本題第2小題的關鍵是過點E作EGCB的延長線于點G，即可由已知條件求得BE的長，進一步求得BG和EG的長就可在RtEGC中求得EC的長了，結合（1）中所證的全等三角形即可得到BD的長了；（2）解第3小題時，由題意易知，當AB和BC的值確定后，BE的值就確定了，則由題意易得當E、B、C三點共線時，EC=EB+BC=是EC的最大值了.20、11米【解析】過點C作CEMN于E，過點C作CFMN于F，則EFBEAD1.510.5（m），AEDN19，BFEN5，根據相似三角形的性質即可得到結論【詳解】解：過點C作CEMN于E，過點C作CFMN

27、于F，則EFBEAD1.510.5（m），AEDN19，BFEN5，ABCABC，MAEBMF，AEMBFM90，AMFMBF，AEMF=MEBF ，19MF=MF+0.55 MF192 ，NF=BE=1.5, MN=MF+NF, MN=MF+BE=192+1.5=11 答：旗桿MN的高度約為11米【點睛】本題考查了相似三角形的應用，正確的作出輔助線是解題的關鍵21、（1）1；2-；（1）4+;（4）（200-25-40）米【解析】（1）由于PAD是等腰三角形，底邊不定，需三種情況討論，運用三角形全等、矩形的性質、勾股定理等知識即可解決問題（1）以EF為直徑作O，易證O與BC相切，從而得到符合

28、條件的點Q唯一，然后通過添加輔助線，借助于正方形、特殊角的三角函數值等知識即可求出BQ長（4）要滿足AMB=40，可構造以AB為邊的等邊三角形的外接圓，該圓與線段CD的交點就是滿足條件的點，然后借助于等邊三角形的性質、特殊角的三角函數值等知識，就可算出符合條件的DM長【詳解】（1）作AD的垂直平分線交BC于點P，如圖，則PA=PDPAD是等腰三角形四邊形ABCD是矩形，AB=DC，B=C=90PA=PD，AB=DC，RtABPRtDCP（HL）BP=CPBC=2，BP=CP=1以點D為圓心，AD為半徑畫弧，交BC于點P，如圖，則DA=DPPAD是等腰三角形四邊形ABCD是矩形，AD=BC，AB

29、=DC，C=90AB=4，BC=2，DC=4，DP=2CP=BP=2-點A為圓心，AD為半徑畫弧，交BC于點P，如圖，則AD=APPAD是等腰三角形同理可得：BP=綜上所述：在等腰三角形ADP中，若PA=PD，則BP=1；若DP=DA，則BP=2-；若AP=AD，則BP=（1）E、F分別為邊AB、AC的中點，EFBC，EF=BCBC=11，EF=4以EF為直徑作O，過點O作OQBC，垂足為Q，連接EQ、FQ，如圖ADBC，AD=4，EF與BC之間的距離為4OQ=4OQ=OE=4O與BC相切，切點為QEF為O的直徑， EQF=90過點E作EGBC，垂足為G，如圖EGBC，OQBC，EGOQEOG

30、Q，EGOQ，EGQ=90，OE=OQ，四邊形OEGQ是正方形GQ=EO=4，EG=OQ=4B=40，EGB=90，EG=4，BG=BQ=GQ+BG=4+當EQF=90時，BQ的長為4+（4）在線段CD上存在點M，使AMB=40理由如下：以AB為邊，在AB的右側作等邊三角形ABG，作GPAB，垂足為P，作AKBG，垂足為K設GP與AK交于點O，以點O為圓心，OA為半徑作O，過點O作OHCD，垂足為H，如圖則O是ABG的外接圓，ABG是等邊三角形，GPAB，AP=PB=AB AB=170，AP=145ED=185，OH=185-145=6ABG是等邊三角形，AKBG，BAK=GAK=40OP=A

31、Ptan40=145=25OA=1OP=90OHOAO與CD相交，設交點為M，連接MA、MB，如圖AMB=AGB=40，OM=OA=90OHCD，OH=6，OM=90，HM=40AE=200，OP=25，DH=200-25若點M在點H的左邊，則DM=DH+HM=200-25+40200-25+40420，DMCD點M不在線段CD上，應舍去若點M在點H的右邊，則DM=DH-HM=200-25-40200-25-40420，DMCD點M在線段CD上綜上所述：在線段CD上存在唯一的點M，使AMB=40，此時DM的長為（200-25-40）米【點睛】本題考查了垂直平分線的性質、矩形的性質、等邊三角形的性質、正方形的判定與性質、直線與圓的位置關系、圓周角定理、三角形的中位線定理、全等三