精品解析：2022年江苏省连云港市赣榆实验中学、新海实验中学延安校区中考数学模拟试卷

2022年江苏省连云港市赣榆实验中学、新海实验中学延安校区中考数学模拟试卷 一、选择题（本大题共8小题，共24.0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 的相反数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了相反数的定义，解答本题的关键是熟练掌握相反数的定义，只有符号不同的两个数是互为相反数，其中一个数是另一个数的相反数，正数的相反数是负数，0的相反数是0，负数的相反数是正数． 根据负数的相反数是正数求解即可． 【详解】解：的相反数是． 故选C． 2. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了同底数幂的除法、积的乘方和幂的乘方等知识．利用同底数幂的除法的法则，积的乘方和幂的乘方的法则对各项进行运算即可． 【详解】解：A、，故该选项不符合题意； B、，故该选项不符合题意； C、，故该选项符合题意； D、，故该选项不符合题意； 故选：C． 3. 接种新冠疫苗不仅可以预防新冠病毒感染，也可以预防重症，降低死亡率．经统计，连云港到年月份为止已有约万人完成新冠疫苗接种．其中万人用科学记数法可表示为（ ） A. 人 B. 人 C. 人 D. 人 【答案】C 【解析】 【详解】解：万人人． 4. 如图，下列关于物体的主视图画法正确的是（   ） A. B.   C.   D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据主视图是从正面看到的图形，进而得出答案． 【详解】主视图是从正面看这个几何体得到的正投影，空心圆柱从正面看是一个长方形，加两条虚竖线，画法正确的是：． 故选C． 【点睛】本题考查了三视图的知识，关键是找准主视图所看的方向． 5. 如图，有一个角为30°的直角三角板放置在一个长方形直尺上，若∠1=18°，则∠2的度数为（ ） A. 162° B. 142° C. 138° D. 135° 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行线的性质和三角形外角的性质求解即可． 【详解】解：由题意得：∠E=90°，∠A=30°，， ∴∠EDF=∠ECB=∠1+∠A=48°， ∴∠2=∠E+∠EDF=138°， 故选C． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形外角的性质，三角板中角度的计算，熟知三角形外角的性质是解题的关键． 6. 某学校组织学生进行社会主义核心价值观的知识竞赛，进入决赛的共有20名学生，他们的决赛成绩如表所示，那么20名学生决赛成绩的众数和中位数分别是（ ）． 决赛成绩/分 95 90 85 80 人数 4 6 8 2 A. 85，90 B. 85， C. 90，85 D. 95，90 【答案】B 【解析】 【分析】根据众数的定义，找到该组数据中出现次数最多的数即为众数；根据中位数定义，将该组数据从大到小依次排列，处于中间位置的两个数的平均数即为中位数． 【详解】解：85分的有8人，人数最多，故众数为85分； 20个数据从小到大依次排列，处于中间位置的数为第10、11两个数，分别为90分，85分，所以中位数为87.5分． 故选：B． 【点睛】本题为统计题，考查众数与中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，关键在于把数据按要求重新排列． 7. 宽与长的比是（约0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调和匀称的美感．我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD，分别取AD、BC的中点E、F，连接EF：以点F为圆心，以FD为半径画弧，交BC的延长线于点G；作GH⊥AD，交AD的延长线于点H，则图中下列矩形是黄金矩形的是（　　） A. 矩形ABFE B. 矩形EFCD C. 矩形EFGH D. 矩形DCGH 【答案】D 【解析】 【分析】先根据正方形的性质以及勾股定理，求得DF的长，再根据DF=GF求得CG的长，最后根据CG与CD的比值为黄金比，判断矩形DCGH为黄金矩形． 【详解】解：设正方形的边长为2，则CD=2，CF=1 在直角三角形DCF中， ∴矩形DCGH为黄金矩形 故选：D． 【点睛】本题主要考查了黄金分割，解决问题的关键是掌握黄金矩形的概念．解题时注意，宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，图中的矩形ABGH也为黄金矩形． 8. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，的坐标分别为，，动点在边上，且不与点重合，连结，把沿翻折得到，点落在双曲线上，当长度最小时，的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，判断出当且仅当点，，三点共线时，最小；借助勾股定理求出；过点作于点，证出，求得，即可求解． 【详解】解：由折叠可知，，， ， 当且仅当点，，三点共线时，最小， ，， ， 如图，过点作于点， ∴， ∴， ， 解得，， ， ， 点在双曲线上， ， 故选：B． 二、填空题（本大题共8小题，共24.0分） 9. 的立方根是___________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了立方根的定义，熟练掌握立方根的定义是解答问题的关键．根据立方根的定义求解即可． 【详解】解：∵， ∴的立方根为， 故答案为：． 10. 函数中，自变量x的取值范围是_______． 【答案】且 【解析】 【分析】根据分式有意义的条件及二次根式有意义的条件得到且求解即可 【详解】解：由题意得，，且， 得且， 故答案为：且 【点睛】此题考查了求函数自变量的取值范围，正确掌握分式有意义的条件及二次根式有意义的条件是解题的关键 11. 因式分解：___________． 【答案】 【解析】 【分析】先提取公因式，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解因式 【详解】解： 12. 《九章算术》之“粟米篇”中记载了中国古代的“粟米之法”：“粟率五十，粝米三十……”（粟指带壳的谷子，粝米指糙米）．其意为：“50单位的粟，可换得30单位的粝米……”．问题：有3斗的粟（1斗=10升），若按照此“粟米之法”，则可以换得的粝米为 升． 【答案】18 【解析】 【分析】本题考查了有理数乘除法的实际应用，解决本题的关键是根据题意列出式子. 根据题目列出式子，再按照法则计算. 【详解】解： （升） 答：可以换得的粝米为升. 故答案为： ． 13. 如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个全等的直角三角形，拼成如图2的四边形ABCD（相邻纸片之间不重处，无缝隙）．若四边形ABCD的面积为13，中间空白处的四边形EFGH的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为a，b，则________． 【答案】25 【解析】 【分析】由菱形的性质可得四边形ABCD是正方形，可得AD2=13=a2+b2，中间空白处的四边形EFGH也是正方形，可得（b-a）2=1，求出2ab=12，即可求解． 【详解】解：由题意得：四边形ABCD和四边形EFGH是正方形， ∵正方形ABCD的面积为13， ∴AD2=13=a2+b2①， ∵中间空白处的四边形EFGH的面积为1， ∴（b-a）2=1， ∴a2-2ab+b2=1②， ①-②得：2ab=12， ∴（a+b）2=a2+b2+2ab=13+12=25， 故答案为：25． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，完全平方公式等知识，掌握菱形的性质，求出2ab=12是解题的关键． 14. 如图所示的网格是正方形网格，则＝_____°（点A，B，P是网格线交点）. 【答案】45 【解析】 【分析】延长AP交格点于D，连接BD，根据勾股定理得到PD2=BD2=1+22=5，PB2=12+32=10，求得PD2+DB2=PB2，于是得到∠PDB=90°，根据三角形外角的性质即可得到结论． 【详解】解：延长AP交格点于D，连接BD， 则PD2=BD2=1+22=5，PB2=12+32=10， ∴PD2+DB2=PB2， ∴∠PDB=90°， 即△PBD为等腰直角三角形， ∴∠DPB=∠PAB+∠PBA=45°， 故答案为：45． 【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，三角形的外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 15. 如图，边长为2cm的正六边形螺帽，中心为点O，OA垂直平分边CD，垂足为B，AB＝17cm，用扳手拧动螺帽旋转90°，则点A在该过程中所经过的路径长为_____cm． 【答案】10π 【解析】 【分析】利用正六边形的性质求出OB的长度，进而得到OA的长度，根据弧长公式进行计算即可． 【详解】解：连接OD，OC． ∵∠DOC＝60°，OD＝OC， ∴△ODC是等边三角形， ∴OD＝OC＝DC＝（cm）， ∵OB⊥CD， ∴BC＝BD＝（cm）， ∴OB＝BC＝3（cm）， ∵AB＝17cm， ∴OA＝OB+AB＝20（cm）， ∴点A在该过程中所经过的路径长＝＝10π（cm）， 故答案为：10π． 【点睛】本题考查了正六边形的性质及计算，扇形弧长的计算，熟知以上计算是解题的关键． 16. 如图，与中， ，，，可以绕点C自由转动，连接，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是相似三角形的判定与性质、勾股定理及两点之间线段最短的性质，取中点F，连接，证明，得出，则，根据勾股定理求出结论即可． 【详解】解：如下图： ， 点D在以C为圆心为半径的圆上运动， 取中点F，连接， ， ， ， ， ， 当共线时，最小， ， 的最小值为， 故答案为：． 三、计算题（本大题共2小题，共120分） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式、三角函数、绝对值和0指数幂的性质计算即可. 【详解】解：原式. 【点睛】本题考查二次根式、三角函数、绝对值和0指数幂的性质，熟练掌握相关运算法则是解题关键. 18. 解不等式组：． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出两个不等式的解集，再找出两个解集的公共解集即可得答案． 【详解】解： 解不等式①得，， 解不等式②得，， ∴不等式组的解集为． 四、解答题（本大题共9小题，共90.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 19. 先化简，再求值：（1，其中x＝3． 【答案】， 【解析】 【分析】首先把括号里的式子进行通分，然后把除法运算转化成乘法运算，进行约分化简，最后代值计算． 【详解】解：原式＝＝＝， 当时， 原式＝ 【点睛】本题主要考查分式的混合运算，注意运算顺序，并熟练掌握同分、因式分解、约分等知识点． 20. 为弘扬中华传统文化，草根一中准备开展“传统手工技艺”学习实践活动．校学生会在全校范围内随机地对本校一些学生进行了“我最想学习的传统手工技艺”问卷调查（问卷共设有五个选项：“——剪纸”、“ ——木版画雕刻”、“ ——陶艺创作”、“ ——皮影制作”、“ ——其他手工技艺”，参加问卷调查的这些学生，每人都只选了其中的一个选项），将所有的调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图： 请你根据以上信息，回答下列问题： （1）补全上面的条形统计图； （2）本次问卷的这五个选项中，众数是　　； （3）该校共有3600名学生，请你估计该校学生“最想学习的传统手工技艺”为“——剪纸”的人数． 【答案】（1）见解析 （2）C——陶艺创作 （3）792人 【解析】 【分析】（1）由“C——陶艺创作”的人数除以所占百分比求出参加问卷调查的学生人数，即可解决问题； （2）由众数的定义求解即可； （3）由该校共有的学生人数乘以“A——剪纸”的人数所占的比例即可． 【小问1详解】 解：参加问卷调查的学生人数为：90÷30%＝300（人）， 则“D——皮影制作”的人数为：300−66−54−90−15＝75（人）， 补全条形统计图如下： 【小问2详解】 本次问卷的这五个选项中，众数是“C——陶艺创作”， 故答案为：“C——陶艺创作”； 【小问3详解】 估计该校学生“最想学习的传统手工技艺”为“A——剪纸”的人数为：3600×＝792（人）． 【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体以及众数，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题． 21. 2022年春季开学时为防控冠状病毒，学生进校园必须戴口罩，测体温，某校开通了A，，三条测体温的通道，给进校园的学生测体温．在3个通道中，可随机选择其中的一个通过． （1）求该校学生小明进校园时，选择通道测体温的概率； （2）用画树状图法或列表法，求该校学生小明和他的同学乐乐进校园时，选择相同通道测体温的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用概率公式进行求解即可； （2）画出树状图，利用符合要求的等可能情况数除以总的等可能情况数即可得到答案． 【小问1详解】 解：该校学生小明进校园时，选择A通道测体温的概率为； 【小问2详解】 树状图如图所示， 共有9种等可能的结果，其中选择相同通道测体温的结果有3种， 则该校学生小明和他的同学乐乐进校园时，选择相同通道测体温的概率是． 【点睛】此题考查了概率公式、利用树状图或列表法求概率，熟练掌握树状图或列表法求概率是解题的关键． 22. 如图，在ABCD中，AC⊥AB，AC与BD相交于点O，将△ABC沿对角线AC翻转180°，得到△AB'C． （1）求证：以A，C，D，B' 为顶点的四边形是矩形； （2）若四边形ABCD的面积为12平方厘米，求翻转后重叠部分的面积，即△ACE的面积． 【答案】 （1）证明：在ABCD中， AB//CD，AB=CD， ∵AB⊥AC， ∴∠BAC=90° 又△ABC沿AC翻转得到△， ∴=AB，∠=90°， ∴点B，A， 三点共线， ∴//CD，=CD， ∴四边形是平行四边形， 又∠=90°， ∴是矩形． （2） 【解析】 【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形可得AB//CD，AB=CD，再由翻转的性质可得四边形是平行四边形，然后由AC⊥AB即可得结论； （2）由于翻转，故有，再根据矩形对角线的性质可得，从而可得所求三角形的面积． 【详解】（1）略 （2）在ABCD中，， 又△ABC沿AC翻转得到△， ∴， 又四边形是矩形， ∴E点是AD的中点， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形性质与判定，翻转的性质，图形的面积等知识，熟练掌握这些知识是解决本题的前提． 23. 阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 莱昂哈德·欧拉（Leonhard Euler）是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数、公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC 中，R 和 r 分别为外接圆和内切圆的半径，O 和 I 分别为其外心和内心，则OI R2Rr . 下面是该定理的证明过程（借助了第(2)问的结论）： 延长AI 交⊙O 于点 D，过点 I 作⊙O 的直径 MN，连接 DM，AN. ∵∠D=∠N，∴∠DMI=∠NAI（同弧所对的圆周角相等）， ∴△MDI∽△ANI.∴，∴ IA ID IM IN ① 如图②，在图 1（隐去 MD，AN）的基础上作⊙O 的直径DE，连接BE，BD，BI，IF ∵DE 是⊙O 的直径，∴∠DBE=90°. ∵⊙I 与 AB 相切于点 F，∴∠AFI=90°， ∴∠DBE=∠IFA. ∵∠BAD=∠E（同弧所对圆周角相等）， ∴△AIF∽△EDB． ∴，∴②， 由（2）知：， ∴ 又∵， ∴ 2Rr(R d )(R d ) ， ∴ R d 2Rr ∴ d R 2Rr 任务：（1）观察发现： IM R d ， IN （用含R，d 的代数式表示）； （2）请判断 BD 和 ID 的数量关系，并说明理由.（请利用图 1 证明） （3）应用：若△ABC 的外接圆的半径为 6cm，内切圆的半径为 2cm，则△ABC 的外心与内心之间的距离为 　　cm． 【答案】（1） （2），证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据线段的差求解即可； （2）根据点I是△ABC的内心，推出，进而根据外角性质以及圆周角定理得到，即可得证； （3）利用（1）和（2）的结论可得，进而得出，再代入求值即可． 【详解】（1）∵IM R d ∴； （2） ∵点I是△ABC的内心 ∴ ∵ ∴ ∴； （3）由（2）知 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了圆的综合问题，掌握线段的和差关系、内心的性质、外角的性质、圆周角定理是解题的关键． 24. 2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京胜利召开，在冬奥会期间，北京某校打算组织部分师生利用周日时间到现场观看比赛，经了解在离学校最近的比赛场馆当日共有A、B两场比赛，两场比赛的票价如下图所示，其中x轴表示一次性购票人数，y轴表示每张票的价格，如：一次性购买A场比赛门票10张，票价为400元/张，若一次性购买A场比赛门票80张，则每张票价为200元． （1）若一次性购买B场比赛门票10张，则每张票价为___________元（直接写出结果）． （2）若一次性购买A场比赛门票张，需支付门票费用多少元？（用a的代数式表示） （3）该校共组织120人（每人购买一张门票）分两组分别观看A、B两场比赛，共花费32160元，若观看A场比赛的人数不足50人，则有多少人观看了B场比赛？ 【答案】（1） （2） （3）99或72 【解析】 【分析】(1) 对于B场门票，求得当时，票价与购票人数之间的函数关系式，把代入即可； (2) 对于A场门票，求得时，票价与购票人数之间的函数关系式，把代入即可求解； (3) 设观看A场比赛的人数为人，，则观看B场比赛的人数为人，根据题意应分两种情况：第一种情况：当；第二种情况：当时分别列出方程进行求解即可． 【小问1详解】 解：对于B场门票，当时，票价与购票人数之间的函数关系式为， ∵该直线过点(70，240)，(0，450)， ∴可得 ，解得， ∴， ∴当时，， ∴一次性购买B场比赛门票10张，则每张票价为元， 故答案为：； 【小问2详解】 解：对于A场门票，当时，票价与购票人数之间的函数关系式为， ∵该直线过点(30，400)，(70，200)， ∴可得 ，解得， ∴， ∴当时，， ∴若一次性购买A场比赛门票张，需支付门票费用元； 【小问3详解】 解：设观看A场比赛的人数为人，，则观看B场比赛的人数为人，根据题意应分两种情况： 第一种情况：当， 由题意得， 解得， ∴观看了B场比赛的有人； 第二种情况： 当时，由题意得， 解得(不合题意舍去)， ∴观看B场比赛的人数有人， 综上可得，观看A场比赛的人数不足50人，则有人或72人观看了B场比赛． 【点睛】本题考查了函数的图象、待定系数法求一次函数的解析式及一次方程的应用，分类讨论分段求解是解题的关键． 25. 如图（1）是一台灯，它可以灵活调节高度，图（2）、图（3）是它的抽象示意图、其中MN是桌面、底座OA始终垂直MN，点A，B，C处可转动，CD始终平行桌面MN．现测得 OA=1cm．AB=36cm，BC=32cm． （1）如图（2）当AB与MN垂直，∠ABC=150°时，求点D到桌面MN的距离（结果精确到0.1）． （2）如服（3），将（1）中的AB绕点A逆时针旋转，使得∠OAB=150°，当点D到桌面MN的距离为50cm时，求∠ABC的大小． （结果精确到0.1，参考数据：sin 55.9°≈0.83，cos 55.9°≈0.56，sin 34.1°≈0.56，cos 34.1°≈0.83） 【答案】（1）cm （2） 【解析】 【分析】（1）过点作于点，过点作于点，解直角三角形，进而求得，即可求得点D到桌面MN的距离； （2）过点作于点，过点作交的延长线于点，过点作于点，则四边形是矩形，三点共线，解直角三角形，求得，进而求得的长，解，可得，进而即可求得的大小． 【小问1详解】 解：如图，过点作于点，过点作于点， ， 共线，四边形是矩形， ， ， ， 在中，， ， ， ， 点D到桌面MN的距离约为cm. 【小问2详解】 解：如图，过点作于点，过点作交的延长线于点，过点作于点，则四边形是矩形，三点共线， ， ， ， ， 点D到桌面MN的距离为50cm，， ， ， 在中，， ， . 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键． 26. 如图，二次函数的图象与一次函数的图象交于点、（点在右侧），与轴交于点，点的横坐标恰好为．动点、同时从原点出发，沿射线分别以每秒和个单位长度运动，经过秒后，以为对角线作矩形，且矩形四边与坐标轴平行． （1）求的值及秒时点的坐标； （2）当矩形与抛物线有公共点时，求时间的取值范围； （3）在位于轴上方的抛物线图象上任取一点，作关于原点的对称点为，当点恰在抛物线上时，求长度的最小值，并求此时点的坐标． 【答案】（1），；（2）；（3）， 【解析】 【分析】（1）将，代入，求出a，即可得到抛物线解析式，当秒时，，设的坐标为，建立方程求解即可； （2）经过秒后，，，由（1）方法知，的坐标为，的坐标为进而得出的坐标为，的坐标为将代入，将代入，解方程即可得到答案； （3）设，则关于原点的对称点为，当点恰好在抛物线上时，坐标为．过和作坐标轴平行线相交于点S，如图③则 ．又得，消去得，即可求解． 【详解】解：（1）由题意知，交点A坐标为，代入， 解得， ∴抛物线解析式为． 当秒时，，设的坐标为， 则， 解得或（舍）， 所以的坐标为． （2）经过秒后，，， 由（1）方法知，的坐标为，的坐标为， 由矩形的邻边与坐标轴平行可知，的坐标为，的坐标为． 矩形在沿着射线移动的过程中，点与抛物线最先相交， 如图①，然后公共点变为2个，点与抛物线最后相离，然后渐行渐远． 如图②，将代入，得， 解得，或（舍）， 将代入，得， 解得，或（舍）． 所以，当矩形与抛物线有公共点时，时间的取值范围是． （3）设，则关于原点的对称点为，当点恰好在抛物线上时，坐标为．过和作坐标轴平行线相交于点S，如图③则 ．又得， 消去得 ， 当时，长度的最小值为． 此时，，解得， 所以，点的坐标是． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，待定系数法求函数解析式，二次函数的最值，勾股定理，矩形的性质，中心对称等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 27. 在一平面内，线段，线段，将这四条线段顺次首尾相接．把固定，让绕点从开始逆时针旋转角到某一位置时，，将会跟随出现到相应的位置． （1）论证 如图1，当时，设与交于点，求证：； （2）发现 当旋转角时，的度数可能是多少？ （3）尝试 取线段的中点，当点与点距离最大时，求点到的距离； （4）拓展 ①如图2，设点与的距离为，若的平分线所在直线交于点，直接写出的长（用含的式子表示）； ②当点在下方，且与垂直时，直接写出的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）或；（3）；（4）①；②． 【解析】 【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，由此即可得证； （2）分如图（见解析）所示的两种情况，先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据菱形的判定与性质可得，然后根据平行线的性质、角的和差即可得； （3）先根据三角形的三边关系可得当点共线时，取得最大值，再画出图形（见解析），利用勾股定理求出的长，然后求出的值，最后在中，解直角三角形即可得； （4）①如图（见解析），先根据等腰三角形的三线合一可得，再同（3）的方法可求出的长，然后证出，根据相似三角形的性质即可得； ②如图（见解析），只需考虑的情形，先利用勾股定理可得，再同（3）的方法可求出的长，从而可得的长，然后证出，根据相似三角形的性质和可求出的长，最后根据余弦三角函数的定义即可得． 【详解】证明：（1）， ， 在和中，， ， ， ， ； （2）由题意，由以下两种情况： ①如图，取的中点，连接，则， ， 是等边三角形， ， ， 四边形是菱形， ， ， ； ②如图，当点与的中点重合， 则， 是等边三角形， ， 综上，的度数为或； （3）如图，连接， ， ，当且仅当点共线时，等号成立， 如图，过点作于点，过点作于点，则即为所求， ， ， 设，则， ， ， 解得， ，， 在中，， 在中，， 即当点与点距离最大时，点到的距离为； （4）①如图，连接交于点，过点作于点， 平分，， ，（等腰三角形的三线合一）， 设，则， ， ， 解得，即， 在和中，， ， ，即， 解得； ②初中阶段没有学习钝角的余弦值，且， 只需考虑的情形， 如图，设与交于点，过点作于点，连接， ， ， 设，则， ， ， 解得， ， ， 设，则， 在和中，， ， ，即， 解得， ， ， 解得， 则． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等知识点，较难的是题（4），正确画出相应的图形，并通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022年江苏省连云港市赣榆实验中学、新海实验中学延安校区中考数学模拟试卷 一、选择题（本大题共8小题，共24.0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 的相反数是（ ） A. B. C. D. 2. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 接种新冠疫苗不仅可以预防新冠病毒感染，也可以预防重症，降低死亡率．经统计，连云港到年月份为止已有约万人完成新冠疫苗接种．其中万人用科学记数法可表示为（ ） A. 人 B. 人 C. 人 D. 人 4. 如图，下列关于物体的主视图画法正确的是（   ） A. B.   C.   D. 5. 如图，有一个角为30°的直角三角板放置在一个长方形直尺上，若∠1=18°，则∠2的度数为（ ） A. 162° B. 142° C. 138° D. 135° 6. 某学校组织学生进行社会主义核心价值观的知识竞赛，进入决赛的共有20名学生，他们的决赛成绩如表所示，那么20名学生决赛成绩的众数和中位数分别是（ ）． 决赛成绩/分 95 90 85 80 人数 4 6 8 2 A. 85，90 B. 85， C. 90，85 D. 95，90 7. 宽与长的比是（约0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调和匀称的美感．我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD，分别取AD、BC的中点E、F，连接EF：以点F为圆心，以FD为半径画弧，交BC的延长线于点G；作GH⊥AD，交AD的延长线于点H，则图中下列矩形是黄金矩形的是（　　） A. 矩形ABFE B. 矩形EFCD C. 矩形EFGH D. 矩形DCGH 8. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，的坐标分别为，，动点在边上，且不与点重合，连结，把沿翻折得到，点落在双曲线上，当长度最小时，的值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共8小题，共24.0分） 9. 的立方根是___________． 10. 函数中，自变量x的取值范围是_______． 11. 因式分解：___________． 12. 《九章算术》之“粟米篇”中记载了中国古代的“粟米之法”：“粟率五十，粝米三十……”（粟指带壳的谷子，粝米指糙米）．其意为：“50单位的粟，可换得30单位的粝米……”．问题：有3斗的粟（1斗=10升），若按照此“粟米之法”，则可以换得的粝米为 升． 13. 如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个全等的直角三角形，拼成如图2的四边形ABCD（相邻纸片之间不重处，无缝隙）．若四边形ABCD的面积为13，中间空白处的四边形EFGH的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为a，b，则________． 14. 如图所示的网格是正方形网格，则＝_____°（点A，B，P是网格线交点）. 15. 如图，边长为2cm的正六边形螺帽，中心为点O，OA垂直平分边CD，垂足为B，AB＝17cm，用扳手拧动螺帽旋转90°，则点A在该过程中所经过的路径长为_____cm． 16. 如图，与中， ，，，可以绕点C自由转动，连接，则的最小值为__________． 三、计算题（本大题共2小题，共120分） 17. 计算：． 18. 解不等式组：． 四、解答题（本大题共9小题，共90.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 19. 先化简，再求值：（1，其中x＝3． 20. 为弘扬中华传统文化，草根一中准备开展“传统手工技艺”学习实践活动．校学生会在全校范围内随机地对本校一些学生进行了“我最想学习的传统手工技艺”问卷调查（问卷共设有五个选项：“——剪纸”、“ ——木版画雕刻”、“ ——陶艺创作”、“ ——皮影制作”、“ ——其他手工技艺”，参加问卷调查的这些学生，每人都只选了其中的一个选项），将所有的调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图： 请你根据以上信息，回答下列问题： （1）补全上面的条形统计图； （2）本次问卷的这五个选项中，众数是　　； （3）该校共有3600名学生，请你估计该校学生“最想学习的传统手工技艺”为“——剪纸”的人数． 21. 2022年春季开学时为防控冠状病毒，学生进校园必须戴口罩，测体温，某校开通了A，，三条测体温的通道，给进校园的学生测体温．在3个通道中，可随机选择其中的一个通过． （1）求该校学生小明进校园时，选择通道测体温的概率； （2）用画树状图法或列表法，求该校学生小明和他的同学乐乐进校园时，选择相同通道测体温的概率． 22. 如图，在ABCD中，AC⊥AB，AC与BD相交于点O，将△ABC沿对角线AC翻转180°，得到△AB'C． （1）求证：以A，C，D，B' 为顶点的四边形是矩形； （2）若四边形ABCD的面积为12平方厘米，求翻转后重叠部分的面积，即△ACE的面积． 23. 阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 莱昂哈德·欧拉（Leonhard Euler）是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数、公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC 中，R 和 r 分别为外接圆和内切圆的半径，O 和 I 分别为其外心和内心，则OI R2Rr . 下面是该定理的证明过程（借助了第(2)问的结论）： 延长AI 交⊙O 于点 D，过点 I 作⊙O 的直径 MN，连接 DM，AN. ∵∠D=∠N，∴∠DMI=∠NAI（同弧所对的圆周角相等）， ∴△MDI∽△ANI.∴，∴ IA ID IM IN ① 如图②，在图 1（隐去 MD，AN）的基础上作⊙O 的直径DE，连接BE，BD，BI，IF ∵DE 是⊙O 的直径，∴∠DBE=90°. ∵⊙I 与 AB 相切于点 F，∴∠AFI=90°， ∴∠DBE=∠IFA. ∵∠BAD=∠E（同弧所对圆周角相等）， ∴△AIF∽△EDB． ∴，∴②， 由（2）知：， ∴ 又∵， ∴ 2Rr(R d )(R d ) ， ∴ R d 2Rr ∴ d R 2Rr 任务：（1）观察发现： IM R d ， IN （用含R，d 的代数式表示）； （2）请判断 BD 和 ID 的数量关系，并说明理由.（请利用图 1 证明） （3）应用：若△ABC 的外接圆的半径为 6cm，内切圆的半径为 2cm，则△ABC 的外心与内心之间的距离为 　　cm． 24. 2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京胜利召开，在冬奥会期间，北京某校打算组织部分师生利用周日时间到现场观看比赛，经了解在离学校最近的比赛场馆当日共有A、B两场比赛，两场比赛的票价如下图所示，其中x轴表示一次性购票人数，y轴表示每张票的价格，如：一次性购买A场比赛门票10张，票价为400元/张，若一次性购买A场比赛门票80张，则每张票价为200元． （1）若一次性购买B场比赛门票10张，则每张票价为___________元（直接写出结果）． （2）若一次性购买A场比赛门票张，需支付门票费用多少元？（用a的代数式表示） （3）该校共组织120人（每人购买一张门票）分两组分别观看A、B两场比赛，共花费32160元，若观看A场比赛的人数不足50人，则有多少人观看了B场比赛？ 25. 如图（1）是一台灯，它可以灵活调节高度，图（2）、图（3）是它的抽象示意图、其中MN是桌面、底座OA始终垂直MN，点A，B，C处可转动，CD始终平行桌面MN．现测得 OA=1cm．AB=36cm，BC=32cm． （1）如图（2）当AB与MN垂直，∠ABC=150°时，求点D到桌面MN的距离（结果精确到0.1）． （2）如服（3），将（1）中的AB绕点A逆时针旋转，使得∠OAB=150°，当点D到桌面MN的距离为50cm时，求∠ABC的大小． （结果精确到0.1，参考数据：sin 55.9°≈0.83，cos 55.9°≈0.56，sin 34.1°≈0.56，cos 34.1°≈0.83） 26. 如图，二次函数的图象与一次函数的图象交于点、（点在右侧），与轴交于点，点的横坐标恰好为．动点、同时从原点出发，沿射线分别以每秒和个单位长度运动，经过秒后，以为对角线作矩形，且矩形四边与坐标轴平行． （1）求的值及秒时点的坐标； （2）当矩形与抛物线有公共点时，求时间的取值范围； （3）在位于轴上方的抛物线图象上任取一点，作关于原点的对称点为，当点恰在抛物线上时，求长度的最小值，并求此时点的坐标． 27. 在一平面内，线段，线段，将这四条线段顺次首尾相接．把固定，让绕点从开始逆时针旋转角到某一位置时，，将会跟随出现到相应的位置． （1）论证 如图1，当时，设与交于点，求证：； （2）发现 当旋转角时，的度数可能是多少？ （3）尝试 取线段的中点，当点与点距离最大时，求点到的距离； （4）拓展 ①如图2，设点与的距离为，若的平分线所在直线交于点，直接写出的长（用含的式子表示）； ②当点在下方，且与垂直时，直接写出的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $