中考数学模拟试题及答案
数学既是一种文化、一种“思想的体操”，更是现代理性文化的核心
模拟测试题
一.选择题(共8小题，满分24分)
1.绝对值等于2是( )
A.2 B.﹣2 C.2或﹣2 D.
2.下列计算一定正确的是( )
A.(a3)2=a5 B.a3•a2=a5 C.a3+a2=a5 D.a3﹣a2=a
3.如图是用八块完全相同的小正方体搭成的几何体，从左面看几何体得到的图形是( )
A. B.
C. D.
4.如图，直线AB∥CD，∠C=44°，∠E为直角，则∠1等于( )
A.132° B.134° C.136° D.138°
5.不等式组 的解集在数轴上表示为( )
A. B.
C. D.
6.如图，已知点E(﹣4，2)，F(﹣2，﹣2)，以O为位似中心，按比例尺1：2，把△EFO缩小，则点E的对应点E′的坐标为( )
A.(2，﹣1)或(﹣2，1) B.(8，﹣4)或(﹣8，﹣4)
C.(2，﹣1) D.(8，﹣4)
7.下列说法正确的个数是( )
①一组数据的众数只有一个②样本的方差越小，波动性越小，说明样本稳定性越好③一组数据的中位数一定是这组数据中的某一数据④数据：1，1，3，1，1，2的众数为4 ⑤一组数据的方差一定是正数.
A.0个 B.1个 C.2个 D.4个
8.如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，则下列结论：①DE=CD;②AD平分∠CDE;③∠BAC=∠BDE;④BE+AC=AB，其中正确的是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
二.填空题(共8小题，满分24分，每小题3分)
9.据统计，今年无锡鼋头渚“樱花节”活动期间入园赏樱人数约803万人次，用科学记数法可表示为 人次.
10.一只蚂蚁在如图所示的七巧板上任意爬行，已知它停在这副七巧板上的任何一点的可能性都相同，那么它停在1号板上的概率是 .
11.分解因式：a3﹣a= .
12.如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，点B的坐标分别为(0，2)，(﹣1，0)，将线段AB沿x轴的正方向平移，若点B的对应点的坐标为B'(2，0)，则点A的对应点A'的坐标为 .
13.关于x的一元二次方程x2+2x+k=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 .
14.如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形， 若四边形ABCO为平行四边形，则∠ADB= .
15.如图所示，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，DE∥AC，若S△BDE：S△CDE=1：3，则S△BDE：S四边形 DECA的值为 .
16.如图，点A在双曲线 上，点B在双曲线y= 上，且AB∥x轴，C、D在x轴上，若四边形ABCD为矩形，则它的面积为 .
三.解答题(共2小题，满分16分，每小题8分)
17.(8分)先化简，再求代数式( +x﹣1)÷ 的值，其中x=3tan30°.
18.(8分)如图：已知：AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F.
(1)求证：四边形AEDF是菱形;
(2)当△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形?
四.解答题(共2小题，满分20分，每小题10分)
19.(10分)某初中在“读书共享月”活动中.学生都从家中带了图书到学校给大家共享阅读.经过抽样调查得知，初一人均带了2册;初二人均带了3.5册：初三人均带了2.5册.已知各年级学生人数的扇形统计图如图所示，其中初三共有210名学生.请根据以上信息解答下列问题：
(1)扇形统计图中，初三年级学生数所对应的圆心角为 °;
(2) 该初中三个年级共有 名学生;
(3)估计全校学生人均约带了多少册书到学校?
20.(10分)如图，在一个可以自由转动的转盘中，指针位置固定，三个扇形的面积都相等，且分别标有数字1，2，3.
(1)小明转动转盘一次，当转盘停止转动时，指针所指扇形中的数字是奇数的概率为 ;
(2)小明先转动转盘一次，当转盘停止转动时，记录下指针所指扇形中的数字;接着再转动转盘一次，当转盘停止转动时，再次记录下指针所指扇形中的数字，求这两个数字之和是3的倍数的概率(用画树状图或列表等方法求解).
五.解答题(共2小题，满分20分，每小题10分)
21.(10分)小明家的洗手盆上装有一种抬启式水龙头(如图1)，完全开启后，把手AM的仰角α=37°，此时把手端点A、出水口B和点落水点C在同一直线上，洗手盆及水龙头的相关数据如图2.(参考数据：sin37°= ，cos37°= ，tan37°= )
(1)求把手端点A到BD的距离;
(2)求CH的长.
22.(10分)如图，AB为⊙O的直径，割线PCD交⊙O于C、D，∠PAC=∠PDA.
(1)求证：PA是⊙O的切线;
(2)若PA=6，CD=3PC，求PD的长.
六.解答题(共2小题，满分20分，每小题10分)
23.(10分)如图，已知直线y= x与双曲线y= 交于A、B两点，且点A的横坐标为 .
(1)求k的值;
(2)若双曲线y= 上点C的纵坐标为3，求△AOC的面积;
(3)在坐标轴上有一点M，在直线AB上有一点P，在双曲线y= 上有一点N，若以O、M、P、N为顶点的四边形是有一组对角为60°的菱形，请写出所有满足条件的点P的坐标.
24.(10分)甲、乙两车分别从相距480km的A、B两地相向而行，乙车比甲车先出发1小时，并以各自的速度匀速行驶，途经C地，甲车到达C地停留1小时，因有事按原路原速返回A地.乙车从B地直达A地，两车同时到达A地.甲、乙两车距各自出发地的路程y(千米)与甲车出发所用的时间x(小时)的关系如图，结合图象信息解答下列问题：
(1)乙车的速度是 千米/时，t= 小时;
(2)求甲车距它出发地的路程y与它出发的时间x的函数关系式，并写出自变量的取值范围;
(3)直接写出乙车出发多长时间两车相距120千米.
七.解答题(共1小题)
25.如图，在等腰直角△ABC中，∠C是直角，点A在直线MN上，过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F.
(1)如图1，当C，B两点均在直线MN的上方时，
①直接写出线段AE，BF与CE的数量关系.
②猜测线段AF，BF与CE的数量关系，不必写出证明过程.
(2)将等腰直角△ABC绕着点A顺时针旋转至图2位置时，线段AF，BF与CE又有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并写出证明过程.
(3)将等腰直角△ABC绕着点A继续旋转至图3位置时，BF与AC交于点G，若AF=3，BF=7，直接写出FG的长度.
八.解答题(共1小题，满分14分，每小题14分)
26.(14分)已知：如图，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A(﹣1，0)、B两点(A在B左)，y轴交于点C(0，﹣3).
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点D是线段BC下方抛物线上的动点，求四边形ABDC面积的最大值;
(3)若点E在x轴上，点P在抛物线上.是否存在以B、C、E 、P为顶点且以BC为一边的平行四边形?若存在，求出点P的坐标;若不存在，请说明理由.
模拟测试题答案
一.选择
1.
【解答】解：∵|2|=2，|﹣2|=2，
∴绝对值等于2是±2，
故选：C.
2.
【解答】解：A、(a3)2=a6，错误;
B、a3•a2=a5，正确;
C、a3+a2=a3+a2，错误;
D、a3﹣a2=a3﹣a2，错误;
故选：B.
3.
【解答】解：从左面看易得上面一层左边有1个正方形，下面一层有2个正方形.
故选：A.
4.
【解答】解：
过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠C=∠FEC，∠BAE=∠FEA，
∵∠C=44°，∠AEC为直角，
∴∠FEC=44°，∠BAE=∠AEF=90°﹣44°=46°，
∴∠1=180°﹣∠BAE=180°﹣46°=134°，
故选：B.
5.
【解答】解： ，
由①得，x>1，
由②得，x≥2，
故此不等式组得解集为：x≥2.
在数轴上表示为：
.
故选：A.
6.
【解答】解：以O为位似中心，按比例尺1：2，把△EFO缩小，
则点E的对应点E′的坐标为(﹣4× ，2× )或[﹣4×(﹣ )，2×(﹣ )]，
即(2，﹣1)或(﹣2，1)，
故选：A.
7.
【解答】解：①一组数据的众数可以有一个也可以有多个，①说法错误;
②样本的方差越小，波动越小，说明样本稳定性越好，②说法正确;
③一组数据的中位数不一定是这组数据中的某一数据，③说法错误;
④数据：1，1，3，1，1，2的众数为1，④说法错误;
⑤一组数据的方差一定是正数或0，⑤说法错误，
故选：B.
8.
【解答】解：①∵∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB，
∴DE=CD;
所以此选项结论正确;
②∵DE=CD，AD=AD，∠ACD=∠AED=90°，
∴△ACD≌△AED，
∴∠ADC=∠ADE，
∴AD平分∠CDE，
所以此选项结论正确;
③∵∠ACD=∠AED=90°，
∴∠CDE+∠BAC=360°﹣90°﹣90°=180°，
∵∠BDE+∠CDE=180°，
∴∠BAC=∠BDE，
所以此选项结论正确;
④∵△ACD≌△AED，
∴AC=AE，
∵AB=AE+BE，
∴BE+AC=AB，
所以此选项结论正确;
本题正确的结论有4个，故选D.
二.填空题
9.
【解答】解：803万=8 030 000=8.03×106.
故答案为：8.03×106.
10.
【解答】解：因为1号板的面积占了总面积的 ，故停在1号板上的概率= .
11.
【解答】解：a3﹣a，
=a(a2﹣1)，
=a(a+1)(a﹣1).
故答案为：a(a+1)(a﹣1).
12.
【解答】解：∵将线段AB沿x轴的正方向平移，若点B的对应点B′的坐标为(2，0)，
∵﹣1+3=2，
∴0+3=3
∴A′(3，2)，
故答案为：(3，2)
13.
【解答】解：由已知得：△=4﹣4k>0，
解得：k<1.
故答案为：k<1.
14.
【解答】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵ 四边形ABCO为平行四边形，
∴∠AOC=∠ABC，
由圆周角定理得，∠ADC= ∠AOC，
∴∠ADC+2∠ADC=180°，
∴∠ADC=60°，
∵OA=OC，
∴平行四边形ABCO为菱形，
∴BA=BC，
∴ = ，
∴∠ADB= ∠ADC=30°，
故答案为：30°.
15.
【解答】解：∵S△BDE：S△CDE=1：3，
∴BE：EC=1：3，
∵DE∥AC，
∴△BED∽△BCA，
∴S△BDE：S△BCA=( )2=1：16，
∴S△BDE：S四边形DECA=1：15，
故答案为：1：15.
16.
【解答】解：过A点作AE⊥y轴，垂足为E，
∵点A在双曲线 上，
∴四边形AEOD的面积为1，
∵点B在双曲线y= 上，且AB∥x轴，
∴四边形BEOC的面积为3，
∴矩形ABCD的面积为3﹣1=2.
故答案为：2.
三.解答题
17.
【解答】解：原式=( + )÷
= •
= ，
当x=3tan30°=3× = 时，
原式= = .
18.
【 解答】解：(1)证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴DE∥ AF，DF∥AE，
∴四边形AEDF是平行四边形(有两组对边相互平行的四边形是平行四边形)，
∴∠EAF=∠EDF(平行四边形的对角相等);
又∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠EAD=∠EDA(平行四边形的对角线平分对角)，
∴AE=DE(等角对等边)，
∴四边形AEDF是菱形(邻边相等的平行四边形是菱形);
(2)由(1)知，四边形AEDF是菱形，
∵当四边形AEDF是正方形时，∠EAF=90°，即∠BAC=90°，
∴△ABC的∠BAC=90°时，四边形AEDF是正方形.
四.解答题(共2小题，满分20分，每小题10分)
19.
【解答】解：(1)由题意可得：
初三年级学生数所对应的圆心角为：360°×(1﹣35%﹣30%)=126°;
故答案为：126°;
(2)该初中三个年级共有：210÷35%=600(人);
故答案为：600;
(3)由题意可得：2×30%+3.5×35%+2.5×35%=2.7(册).
20.
【解答】解：(1)∵在标有数字1、2、3的3个转盘中，奇数的有1、3这2个，
∴指针所指扇形中的数字是奇数的概率为 ，
故答案为： ;
(2)列表如下：
1 2 3
1 (1，1) (2，1) (3，1)
2 (1，2) (2，2) (3，2)
3 (1，3) (2，3) (3，3)
由表可知，所有等可能的情况数为9种，其中这两个数字之和是3的倍数的 有3种，
所以这两个数字之和是3的倍数的概率为 = .
五.解答题(共2小题，满分20分，每小题10分)
21.
【解答】解：(1)过点A作AN⊥BD于点N，过点M作MQ⊥AN于点Q，
在Rt△AMQ中， .
∴ ，
∴ ，
∴AN=AQ+Q=12.
(2)根据题意：NB∥GC.
∴△ANB～△AGC.
∴ ，
∵MQ=DN=8，
∴BN=DB﹣DN=4，
∴ .
∴GC=12，
∴CH=30﹣8﹣12=10.
答：CH的长度是10cm.
22.
【解答】(1)证明：连接BD;
∵AB为⊙O的直径，
∴∠BDA=90°;
∵∠PAC=∠PDA，∠CAB=∠CDB，
∴∠PAC+∠CAB=∠PDA+∠CDB=∠BDA=90°，
∴∠PAB=90°，
∴PA是⊙O的切线.
(2)解：设PC=a;
∵CD=3PC，
∴CD=3a;
∵PA是⊙O的切线，PCD是割线，
∴PA2=PC•PD，
即62=a•(a+3a)，
解得a=3，
PD=PC+CD=a+3a=4a，
∴PD=12.
六.解答题(共2小题，满分20分，每小题10分)
23.
【解答】解：(1)把点A的横坐标为 代入y= x，
∴其纵坐标为1，
把点( ，1)代入y= ，解得：k= .
(2)∵双曲线y= 上点C的纵坐标为3，
∴横坐标为 ，
∴过A，C两点的直线方程为：y=kx+b，把点( ，1)，( ，3)，代入得：
，
解得： ，
∴y=﹣ x+4，设y=﹣ x+4与x轴交点为D，
则D点坐标为( ，0)，
∴△AOC的面积=S△COD﹣S△AOD= × ×3﹣ × ×1= .
(3)设P点坐标(a， a)，由直线AB解析式可知，直线AB与y轴正半轴夹角为60°，
∵以O、M、P、N为顶点的四边形是有一组对角为60°的菱形，P在直线y= x上，
当点M只能在x轴上时，
∴N点的横坐标为a，代入y= ，解得纵坐标为： ，
根据OP=NP，即得：| |=| ﹣ |，
解得：a=±1.
故P点坐标为：(1， )或(﹣1，﹣ ).
当点M在y轴上时，同法可得p(3， )或(﹣3，﹣ ).
24.
【解答】解：(1)根据图示，可得
乙车的速度是60千米/时，
甲车的速度是：
(360×2)÷(480÷60﹣1﹣1)
=720÷6
=120(千米/小时)
∴t=360÷120=3(小时).
故答案为：60;3.
(2)①当0≤x≤3时，设y=k1x，
把(3，360)代入，可得
3k1=360，
解得k1=120，
∴y=120x(0≤x≤3).
②当3
③4
把(4，360)和(7，0)代入，可得
解得
∴y=﹣120x+840(4
综上所述：甲车距它出发地的路程y与它出发的时间x的函数关系式为y=
(3)①(480﹣60﹣120)÷(120+60)+1
=300÷180+1
=
= (小时)
②当甲车停留在C地时，
(480﹣360+120)÷60
=240÷60
=4(小时)
③两车都朝A地行驶时，
设乙车出发x 小时后两车相距120千米，
则60x﹣[120(x﹣1)﹣360]=120，
所以480﹣60x=120，
所以60x=360，
解得x=6.
综上，可得
乙车出发 后两车相距120千米.
七.解答题(共1小题)
25.
【解答】(1)证明：①如图1，过点C做CD⊥BF，交FB的延长线于点D，
∵CE⊥MN，CD⊥BF，
∴∠CEA=∠D=90°，
∵CE⊥MN，CD⊥BF，BF⊥MN，
∴四边形CEFD为矩形，
∴∠ECD=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠ACB﹣∠ECB=∠ECD﹣∠ECB，
即∠ACE=∠BCD，
又∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=BC，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD(AAS)，
∴AE=BD，CE=CD，
又∵ 四边形CEFD为矩形，
∴四边形CEFD为正方形，
∴CE=EF=DF=CD，
∴AE+BF=DB+BF=DF=EC.
②由①可知：AF+BF=AE+EF+BF
=BD+EF+BF
=DF+EF
=2CE，
(2)AF﹣BF=2CE
图2中，过点C作CG⊥BF，交BF延长线于点G，
∵AC=BC
可得∠AEC=∠CGB，
∠ACE=∠BCG，
在△CBG和△CAE中，
，
∴△CBG≌△CAE(AAS)，
∴AE=BG，
∵AF=AE+EF，
∴AF=BG+CE=BF+FG+CE=2CE+BF，
∴AF﹣BF=2CE;
(3)如图3，过点C做CD⊥BF，交FB的于点D，
∵AC=BC
可得∠AEC=∠CDB，
∠ACE=∠BCD，
在△CBD和△CAE中，
，
∴△CBD≌△CAE(AAS)，
∴AE=BD，
∵AF=AE﹣EF，
∴AF=BD﹣CE=BF﹣FD﹣CE=BF﹣2CE，
∴BF﹣AF=2CE.
∵AF=3，BF=7，
∴CE=EF=2，AE=AF+EF=5，
∵FG∥EC，
∴ = ，
∴ = ，
∴FG= .
八.解答题(共1小题，满分14分，每小题14分)
26.
【解答】解：(1)把A(﹣1，0)C(0，﹣3)代入y= x2+bx+c得 ，
解得得b=﹣ ，c=﹣3
∴抛物线为y= x2﹣ x﹣3;
(2)如图2，过点D作DM∥y轴分 别交线段BC和x轴于点M、N
在y= x2﹣ x﹣3中，令y=0，得x1=4，x2=﹣1
∴B(4，0)，
设直线BC的解析 式为y=kx+b，
代入B(4，0)，C(0，3)
可求得直线BC的解析式为：y= x﹣3，
∵S四边形ABDC=S△ABC+S△ADC= (4+1)×4+ ，
设D(x， x2﹣ x﹣3)，M(x， x﹣3)
DM= x﹣3﹣( x2﹣ x﹣3)=﹣ x2+3x，
∵S四边形ABDC=S△ABC+S△BDC= (4+1)×3+ (﹣ x2+3x)×4
= ﹣ x2+6x，
=﹣ x2+6x+
=﹣ (x﹣2)2+ ，
∴当x=2时，四边形ABDC面积有最大值为 ;
(3)如图3所示，
①过点C作CP1∥x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥BC交x轴于点E1，此时四边形BP1CE1为平行四边形，
∵C(0，﹣3)
∴设P1(x，﹣3)
∴ x2﹣ x﹣3=﹣3，解得x1=0，x2=3，
∴P1(3，﹣3);
②平移直线BC交x轴于点E，交x轴上方的抛物线于点P，当BC=PE时，四边形BCEP为平行四边形，
∵C(0，﹣3)
∴设P(x，3)，
∴ x2﹣ x﹣3=3，
x2﹣3x﹣8=0
解得x= 或x= ，
此时存在点P2( ，3)和P3( ，3)，
综上所述存在3个点符合题意，坐标分别是P1(3，﹣3)，P2( ，3)，P3( ，3).
