2022-2023學年海南省樂東思源實驗校中考數(shù)學對點突破模擬試卷含解析

2023年中考數(shù)學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務(wù)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(yīng)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(yīng)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(qū)域內(nèi)相應(yīng)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(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）1．下列運算，結(jié)果正確的是（）A．m2+m2=m4 B．2m2n÷mn=4mC．（3mn2）2=6m2n4 D．（m+2）2=m2+42．的相反數(shù)是()A．6 B．－6 C． D．3．如圖，已知△ADE是△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)所得，其中點D在射線AC上，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α，直線BC與直線DE交于點F，那么下列結(jié)論不正確的是（）A．∠BAC＝α B．∠DAE＝α C．∠CFD＝α D．∠FDC＝α4．若拋物線y＝kx2﹣2x﹣1與x軸有兩個不同的交點，則k的取值范圍為()A．k＞﹣1 B．k≥﹣1 C．k＞﹣1且k≠0 D．k≥﹣1且k≠05．如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于，M為EF的中點，連接DM，若的半徑為2，則MD的長度為A． B． C．2 D．16．兩個同心圓中大圓的弦AB與小圓相切于點C，AB=8，則形成的圓環(huán)的面積是（）A．無法求出 B．8 C．8 D．167．如果y＝++3，那么yx的算術(shù)平方根是（）A．2 B．3 C．9 D．±38．如圖，點D、E分別為△ABC的邊AB、AC上的中點，則△ADE的面積與四邊形BCED的面積的比為（）A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：19．如圖，在△ABC中，∠B＝46°，∠C＝54°，AD平分∠BAC，交BC于D，DE∥AB，交AC于E，則∠CDE的大小是（）A．40° B．43° C．46° D．54°10．如圖，將△ABC沿DE，EF翻折，頂點A，B均落在點O處，且EA與EB重合于線段EO，若∠DOF＝142°，則∠C的度數(shù)為（）A．38° B．39° C．42° D．48°二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11．在一條筆直的公路上有A、B、C三地，C地位于A、B兩地之間．甲車從A地沿這條公路勻速駛向C地，乙車從B地沿這條公路勻速駛向A地，在甲、乙行駛過程中，甲、乙兩車各自與C地的距離y（km）與甲車行駛時間t（h）之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示．則當乙車到達A地時，甲車已在C地休息了_____小時．12．在△ABC中，AB=13cm，AC=10cm，BC邊上的高為11cm，則△ABC的面積為______cm1．13．如圖，△ABC中，AD是中線，BC=8，∠B=∠DAC，則線段的長為________．14．如圖，在?ABCD中，AD=2，AB=4，∠A=30°，以點A為圓心，AD的長為半徑畫弧交AB于點E，連接CE，則陰影部分的面積是▲（結(jié)果保留π）．15．如圖，點E是正方形ABCD的邊CD上一點，以A為圓心，AB為半徑的弧與BE交于點F，則∠EFD＝_____°．16．如圖，正方形ABCD的邊長為4，點M在邊DC上，M、N兩點關(guān)于對角線AC對稱，若DM=1，則tan∠ADN=．17．當a＜0，b＞0時．化簡：＝_____．三、解答題（共7小題，滿分69分）18．（10分）已知一個矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標系中，點A（11，0），點B（0，6），點P為BC邊上的動點（點P不與點B、C重合），經(jīng)過點O、P折疊該紙片，得點B′和折痕OP．設(shè)BP=t．（Ⅰ）如圖①，當∠BOP=300時，求點P的坐標；（Ⅱ）如圖②，經(jīng)過點P再次折疊紙片，使點C落在直線PB′上，得點C′和折痕PQ，若AQ=m，試用含有t的式子表示m；（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，當點C′恰好落在邊OA上時，求點P的坐標（直接寫出結(jié)果即可）．19．（5分）如圖，AB是⊙O的直徑，BC交⊙O于點D，E是弧的中點，AE與BC交于點F，∠C=2∠EAB．求證：AC是⊙O的切線；已知CD=4，CA=6，求AF的長．20．（8分）如圖，△ABC是等邊三角形，AO⊥BC，垂足為點O，⊙O與AC相切于點D，BE⊥AB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？21．（10分）如圖，已知在梯形ABCD中，，P是線段BC上一點，以P為圓心，PA為半徑的與射線AD的另一個交點為Q，射線PQ與射線CD相交于點E，設(shè).（1）求證：；（2）如果點Q在線段AD上（與點A、D不重合），設(shè)的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（3）如果與相似，求BP的長.22．（10分）如圖，拋物線與x軸交于點A，B，與軸交于點C，過點C作CD∥x軸，交拋物線的對稱軸于點D，連結(jié)BD，已知點A坐標為（-1，0）．求該拋物線的解析式；求梯形COBD的面積．23．（12分）在正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1個單位長度，△ABC的三個頂點的位置如圖所示．現(xiàn)將△ABC平移，使點A變換為點D，點E、F分別是B、C的對應(yīng)點．請畫出平移后的△DEF．連接AD、CF，則這兩條線段之間的關(guān)系是________．24．（14分）已知，求代數(shù)式的值．

參考答案一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）1、B【解析】

直接利用積的乘方運算法則、合并同類項法則和單項式除以單項式運算法則計算得出答案．【詳解】A.m2+m2=2m2，故此選項錯誤；B.2m2n÷mn=4m，正確；C.(3mn2)2=9m2n4，故此選項錯誤；D.(m+2)2=m2+4m+4，故此選項錯誤.故答案選：B.【點睛】本題考查了乘方運算法則、合并同類項法則和單項式除以單項式運算法則，解題的關(guān)鍵是熟練的掌握乘方運算法則、合并同類項法則和單項式除以單項式運算法則.2、D【解析】

根據(jù)相反數(shù)的定義解答即可．【詳解】根據(jù)相反數(shù)的定義有：的相反數(shù)是．故選D．【點睛】本題考查了相反數(shù)的意義，一個數(shù)的相反數(shù)就是在這個數(shù)前面添上“﹣”號；一個正數(shù)的相反數(shù)是負數(shù)，一個負數(shù)的相反數(shù)是正數(shù)，1的相反數(shù)是1．3、D【解析】

利用旋轉(zhuǎn)不變性即可解決問題．【詳解】∵△DAE是由△BAC旋轉(zhuǎn)得到，

∴∠BAC=∠DAE=α，∠B=∠D，

∵∠ACB=∠DCF，

∴∠CFD=∠BAC=α，

故A，B，C正確，

故選D．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握旋轉(zhuǎn)不變性解決問題，屬于中考常考題型．4、C【解析】

根據(jù)拋物線y＝kx2﹣2x﹣1與x軸有兩個不同的交點，得出b2﹣4ac＞0，進而求出k的取值范圍．【詳解】∵二次函數(shù)y＝kx2﹣2x﹣1的圖象與x軸有兩個交點，∴b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×k×（﹣1）＝4+4k＞0，∴k＞﹣1，∵拋物線y＝kx2﹣2x﹣1為二次函數(shù)，∴k≠0，則k的取值范圍為k＞﹣1且k≠0，故選C.【點睛】本題考查了二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象與x軸交點的個數(shù)的判斷，熟練掌握拋物線與x軸交點的個數(shù)與b2-4ac的關(guān)系是解題的關(guān)鍵.注意二次項系數(shù)不等于0.5、A【解析】

連接OM、OD、OF，由正六邊形的性質(zhì)和已知條件得出OM⊥OD，OM⊥EF，∠MFO=60°，由三角函數(shù)求出OM，再由勾股定理求出MD即可．【詳解】連接OM、OD、OF，∵正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，M為EF的中點，∴OM⊥OD，OM⊥EF，∠MFO=60°，∴∠MOD=∠OMF=90°，∴OM=OF?sin∠MFO=2×=，∴MD=，故選A．【點睛】本題考查了正多邊形和圓、正六邊形的性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理；熟練掌握正六邊形的性質(zhì)，由三角函數(shù)求出OM是解決問題的關(guān)鍵．6、D【解析】試題分析：設(shè)AB于小圓切于點C，連接OC，OB．∵AB于小圓切于點C，∴OC⊥AB，∴BC=AC=AB=×8=4cm．∵圓環(huán)（陰影）的面積=π?OB2-π?OC2=π（OB2-OC2）又∵直角△OBC中，OB2=OC2+BC2∴圓環(huán)（陰影）的面積=π?OB2-π?OC2=π（OB2-OC2）=π?BC2=16π．故選D．考點：1．垂徑定理的應(yīng)用；2．切線的性質(zhì)．7、B【解析】解：由題意得：x﹣2≥0，2﹣x≥0，解得：x=2，∴y=1，則yx=9，9的算術(shù)平方根是1．故選B．8、B【解析】

根據(jù)中位線定理得到DE∥BC，DE=BC，從而判定△ADE∽△ABC，然后利用相似三角形的性質(zhì)求解.【詳解】解：∵D、E分別為△ABC的邊AB、AC上的中點，∴DE是△ABC的中位線，∴DE∥BC，DE=BC，∴△ADE∽△ABC，∴△ADE的面積：△ABC的面積==1：4，∴△ADE的面積：四邊形BCED的面積=1：3；故選B．【點睛】本題考查三角形中位線定理及相似三角形的判定與性質(zhì)．9、C【解析】

根據(jù)DE∥AB可求得∠CDE＝∠B解答即可．【詳解】解：∵DE∥AB，∴∠CDE＝∠B＝46°，故選：C．【點睛】本題主要考查平行線的性質(zhì)：兩直線平行，同位角相等．快速解題的關(guān)鍵是牢記平行線的性質(zhì)．10、A【解析】分析：根據(jù)翻折的性質(zhì)得出∠A=∠DOE，∠B=∠FOE，進而得出∠DOF=∠A+∠B，利用三角形內(nèi)角和解答即可．詳解：∵將△ABC沿DE，EF翻折，∴∠A=∠DOE，∠B=∠FOE，∴∠DOF=∠DOE+∠EOF=∠A+∠B=142°，∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣142°=38°．故選A．點睛：本題考查了三角形內(nèi)角和定理、翻折的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用這些知識解決問題，學會把條件轉(zhuǎn)化的思想，屬于中考?？碱}型．二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）11、2.1．【解析】

根據(jù)題意和函數(shù)圖象中的數(shù)據(jù)可以求得乙車的速度和到達A地時所用的時間，從而可以解答本題．【詳解】由題意可得，甲車到達C地用時4個小時，乙車的速度為：200÷(3.1﹣1)=80km/h，乙車到達A地用時為：(200+240)÷80+1=6.1(小時)，當乙車到達A地時，甲車已在C地休息了：6.1﹣4=2.1(小時)，故答案為：2.1．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖象，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．12、2或2．【解析】試題分析：分兩種情況討論：銳角三角形和鈍角三角形，根據(jù)勾股定理求得BD=16，CD=5，再由圖形求出BC，在銳角三角形中，BC=BD+CD=2，在鈍角三角形中，BC=CD-BD=2．故答案為2或2．考點：勾股定理13、【解析】已知BC=8，AD是中線，可得CD=4，在△CBA和△CAD中，由∠B=∠DAC，∠C=∠C，可判定△CBA∽△CAD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，即可得AC2=CD?BC=4×8=32，解得AC=4.14、3【解析】

過D點作DF⊥AB于點F．∵AD=1，AB=4，∠A=30°，∴DF=AD?sin30°=1，EB=AB﹣AE=1．∴陰影部分的面積=平行四邊形ABCD的面積－扇形ADE面積－三角形CBE的面積=4×故答案為：3-15、45【解析】

由四邊形ABCD為正方形及半徑相等得到AB＝AF＝AD，∠ABD＝∠ADB＝45°，利用等邊對等角得到兩對角相等，由四邊形ABFD的內(nèi)角和為360度，得到四個角之和為270，利用等量代換得到∠ABF＋∠ADF＝135°，進而確定出∠1＋∠2＝45°，由∠EFD為三角形DEF的外角，利用外角性質(zhì)即可求出∠EFD的度數(shù)．【詳解】∵正方形ABCD，AF，AB，AD為圓A半徑，∴AB＝AF＝AD，∠ABD＝∠ADB＝45°，∴∠ABF＝∠AFB，∠AFD＝∠ADF，∵四邊形ABFD內(nèi)角和為360°，∠BAD＝90°，∴∠ABF＋∠AFB＋∠AFD＋∠ADF＝270°，∴∠ABF＋∠ADF＝135°，∵∠ABD＝∠ADB＝45°，即∠ABD＋∠ADB＝90°，∴∠1＋∠2＝135°?90°＝45°，∵∠EFD為△DEF的外角，∴∠EFD＝∠1＋∠2＝45°．故答案為45【點睛】此題考查了切線的性質(zhì)，四邊形的內(nèi)角和，等腰三角形的性質(zhì)，以及正方形的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．16、【解析】

M、N兩點關(guān)于對角線AC對稱，所以CM=CN，進而求出CN的長度．再利用∠ADN=∠DNC即可求得tan∠ADN．【詳解】解：在正方形ABCD中，BC=CD=1．

∵DM=1，

∴CM=2，

∵M、N兩點關(guān)于對角線AC對稱，

∴CN=CM=2．

∵AD∥BC，

∴∠ADN=∠DNC，故答案為【點睛】本題綜合考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的定義．17、【解析】分析：按照二次根式的相關(guān)運算法則和性質(zhì)進行計算即可.詳解：∵，∴.故答案為：.點睛：熟記二次根式的以下性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵：（1）；（2）=.三、解答題（共7小題，滿分69分）18、（Ⅰ）點P的坐標為（，1）．（Ⅱ）（0＜t＜11）．（Ⅲ）點P的坐標為（，1）或（，1）．【解析】

（Ⅰ）根據(jù)題意得，∠OBP=90°，OB=1，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案．（Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分別是由△OBP、△QCP折疊得到的，可知△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易證得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可求得答案．（Ⅲ）首先過點P作PE⊥OA于E，易證得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′Q的長，然后利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例與，即可求得t的值：【詳解】（Ⅰ）根據(jù)題意，∠OBP=90°，OB=1．在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t．∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=12+t2，解得：t1=，t2=－（舍去）．∴點P的坐標為（，1）．（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分別是由△OBP、△QCP折疊得到的，∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP．∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC．∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°．∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ．又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ．∴．由題意設(shè)BP=t，AQ=m，BC=11，AC=1，則PC=11－t，CQ=1－m．∴．∴（0＜t＜11）．（Ⅲ）點P的坐標為（，1）或（，1）．過點P作PE⊥OA于E，∴∠PEA=∠QAC′=90°．∴∠PC′E+∠EPC′=90°．∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A．∴△PC′E∽△C′QA．∴．∵PC′=PC=11－t，PE=OB=1，AQ=m，C′Q=CQ=1－m，∴．∴．∵，即，∴，即．將代入，并化簡，得．解得：．∴點P的坐標為（，1）或（，1）．19、（1）證明見解析（2）2【解析】

（1）連結(jié)AD，如圖，根據(jù)圓周角定理，由E是的中點得到由于則，再利用圓周角定理得到則所以于是根據(jù)切線的判定定理得到AC是⊙O的切線；先求出的長，用勾股定理即可求出.【詳解】解：（1）證明：連結(jié)AD，如圖，∵E是的中點，∴∵∴∵AB是⊙O的直徑，∴∴∴即∴AC是⊙O的切線；（2）∵∴∵，∴【點睛】本題考查切線的判定與性質(zhì)，圓周角定理，屬于圓的綜合題，注意切線的證明方法，是高頻考點.20、（2）證明見試題解析；（2）．【解析】

（2）過點O作OM⊥AB于M，證明OM=圓的半徑OD即可；（2）過點O作ON⊥BE，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(shù)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OM⊥AB，垂足是M．∵⊙O與AC相切于點D，∴OD⊥AC，∴∠ADO=∠AMO=90°．∵△ABC是等邊三角形，∴∠DAO=∠MAO，∴OM=OD，∴AB與⊙O相切；（2）過點O作ON⊥BE，垂足是N，連接OF．∵O是BC的中點，∴OB=2．在直角△OBM中，∠MBO=60°，∴∠MOB=30°，BM=OB=2，OM=BM=，∵BE⊥AB，∴四邊形OMBN是矩形，∴ON=BM=2，