2021-2022学年北京市大兴区重点名校中考联考数学试卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．如图，AD 是半圆O 的直径，AD ＝12，B ，C 是半圆O 上两点．若AB BC CD ==，则图中阴影部分的面积是（ ）
A ．6π
B ．12π
C ．18π
D ．24π
2．一副直角三角板如图放置，其中C DFE 90∠=∠=，45A ∠=︒，60E ∠=︒，点F 在CB 的延长线上若//DE CF ，则BDF ∠等于（ ）
A ．35°
B ．25°
C ．30°
D ．15°
3．如图所示的几何体的主视图是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
4．在Rt △ABC 中，∠C=90°，AC=5，AB=13，则sinA 的值为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
5．已知反比例函数y=k
x
的图象在一、三象限，那么直线y=kx﹣k不经过第（）象限．
A．一B．二C．三D．四
6．我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后第七位，这一结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算半径为1的圆内接正六边形的面积S6，则S6的值为（）
A．3B．23C．33
D．
2
3
3
7．如图，AD，CE分别是△ABC的中线和角平分线．若AB=AC，∠CAD=20°，则∠ACE的度数是（）
A．20°B．35°C．40°D．70°
8．如图，⊙O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DE=OB，∠AOC=84°，则∠E等于（）
A．42°B．28°C．21°D．20°
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，AC＝8，BC＝6，则∠ACD的正切值是()
A．4
3
B．
3
5
C．
5
3
D．
3
4
10．小明早上从家骑自行车去上学，先走平路到达点A，再走上坡路到达点B，最后走下坡路到达学校，小明骑自行车所走的路程s（单位：千米）与他所用的时间t（单位：分钟）的关系如图所示，放学后，小明沿原路返回，且走平路、上坡路、下坡路的速度分别保持和去上学时一致，下列说法：
①小明家距学校4千米；
②小明上学所用的时间为12分钟；
③小明上坡的速度是0.5千米/分钟；
④小明放学回家所用时间为15分钟．
其中正确的个数是（ ）
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．分式2x -有意义时，x 的取值范围是_____．
12．若-2a m b 4与5a 2b n+7是同类项，则m+n= ．
13．如图，在菱形纸片ABCD 中，2AB =，60A ∠=︒，将菱形纸片翻折，使点A 落在CD 的中点E 处，折痕为FG ，点F ，G 分别在边AB ，AD 上，则cos EFG ∠的值为________．
14．一个几何体的三视图如左图所示，则这个几何体是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
15．按照神舟号飞船环境控制与生命保障分系统的设计指标，
“神舟”五号飞船返回舱的温度为21℃±4℃.该返回舱的最高温度为________℃．
16．如图，AB 是⊙O 的直径，CD 是弦，CD ⊥AB 于点E ，若⊙O 的半径是5，CD ＝8，则AE ＝______．
17．在实数范围内分解因式：x 2y ﹣2y ＝_____．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）为响应“植树造林、造福后人”的号召，某班组织部分同学义务植树180棵，由于同学们的积极参与，实际参加的人数比原计划增加了50%，结果每人比原计划少栽了2棵，问实际有多少人参加了这次植树活动？
19．（5分）如图1，已知直线y=kx 与抛物线y=
交于点A （3，6）．
（1）求直线y=kx 的解析式和线段OA 的长度；
（2）点P 为抛物线第一象限内的动点，过点P 作直线PM ，交x 轴于点M （点M 、O 不重合），交直线OA 于点Q ，再过点Q 作直线PM 的垂线，交y 轴于点N ．试探究：线段QM 与线段QN 的长度之比是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由；
（3）如图2，若点B 为抛物线上对称轴右侧的点，点E 在线段OA 上（与点O 、A 不重合），点D （m ，0）是x 轴正半轴上的动点，且满足∠BAE=∠BED=∠AOD ．继续探究：m 在什么范围时，符合条件的E 点的个数分别是1个、2个？
20．（8分）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AB 的垂直平分线交AC 于点D ，交AB 于点E ．
（1）求证：△ADE ～△ABC ；
（2）当AC ＝8，BC ＝6时，求DE 的长．
21．（10分）如图，在矩形ABCD 中，E 是BC 边上的点，AE BC DF AE ＝，，垂足为F .
（1）求证：AF BE ＝；
（2）如果21BE EC ：＝：
，求CDF ∠的余切值. 22．（10分）如图1，AB 为半圆O 的直径，D 为BA 的延长线上一点，DC 为半圆O 的切线，切点为C ．
（1）求证：∠ACD=∠B ；
（2）如图2，∠BDC 的平分线分别交AC ，BC 于点E ，F ，求∠CEF 的度数．
23．（12分）在平面直角坐标系中，已知点A （2，0），点B （0，23），点O （0，0）．△AOB 绕着O 顺时针旋转，得△A′OB′，点A 、B 旋转后的对应点为A′、B′，记旋转角为α．
（I ）如图1，若α=30°，求点B′的坐标；
（Ⅱ）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA′和直线BB′交于点P ，求证：AA′⊥BB′；
（Ⅲ）若0°＜α＜360°，求（Ⅱ）中的点P 纵坐标的最小值（直接写出结果即可）．
24．（14分）已知：如图，AB AD =，AC AE =，BAD CAE ∠=∠.求证：BC DE =.
参考答案
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、A
【解析】
根据圆心角与弧的关系得到∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，根据扇形面积公式计算即可．【详解】
∵AB BC CD
==，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=60°.
∴阴影部分面积=
2
606
=6 360
⨯
π
π.
故答案为：A.
【点睛】
本题考查的知识点是扇形面积的计算，解题关键是利用圆心角与弧的关系得到∠AOB=∠BOC=∠COD=60°.
2、D
【解析】
直接利用三角板的特点，结合平行线的性质得出∠BDE=45°，进而得出答案．
【详解】
解：由题意可得：∠EDF=30°，∠ABC=45°，
∵DE∥CB，
∴∠BDE=∠ABC=45°，
∴∠BDF=45°-30°=15°．
【点睛】
此题主要考查了平行线的性质，根据平行线的性质得出∠BDE的度数是解题关键．
3、C
【解析】
主视图就是从正面看，看列数和每一列的个数.
【详解】
解：由图可知，主视图如下
故选C．
【点睛】
考核知识点：组合体的三视图.
4、C
【解析】
先根据勾股定理求出BC得长，再根据锐角三角函数正弦的定义解答即可．
【详解】
如图，根据勾股定理得，BC==12，
∴sinA=．
故选C．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义及勾股定理，熟知锐角三角函数正弦的定义是解决问题的关键．5、B
【解析】
根据反比例函数的性质得k＞0，然后根据一次函数的进行判断直线y=kx-k不经过的象限．
∵反比例函数y=k
x
的图象在一、三象限，
∴k＞0，
∴直线y=kx﹣k经过第一、三、四象限，即不经过第二象限．故选：B．
【点睛】
考查了待定系数法求反比例函数的解析式：设出含有待定系数的反比例函数解析式y=k
x
（k为常数，
k≠0）；把已知条件（自变量与函数的对应值）代入解析式，得到待定系数的方程；解方程，求出待定系数；写出解析式．也考查了反比例函数与一次函数的性质．
6、C
【解析】
根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．
【详解】
如图所示，
单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，
△AOB是边长为1的正三角形，
所以正六边形ABCDEF的面积为
S6=6×1
2
×1×1×sin60°
33
故选C．
【点睛】
本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，关键是根据正三角形的面积，正n边形的性质解答．7、B
【解析】
先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠CAB=2∠CAD=40°，∠B=∠ACB=1
2
（180°-∠CAB）=70°．再
利用角平分线定义即可得出∠ACE=1
2
∠ACB=35°．
【详解】
∵AD是△ABC的中线，AB=AC，∠CAD=20°，
∴∠CAB=2∠CAD=40°，∠B=∠ACB=1
2
（180°-∠CAB）=70°．
∵CE是△ABC的角平分线，
∴∠ACE=1
2
∠ACB=35°．
故选B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的两个底角相等的性质，等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合的性质，三角形内角和定理以及角平分线定义，求出∠ACB=70°是解题的关键．
8、B
【解析】
利用OB=DE，OB=OD得到DO=DE，则∠E=∠DOE，根据三角形外角性质得∠1=∠DOE+∠E，所以∠1=2∠E，同
理得到∠AOC=∠C+∠E=3∠E，然后利用∠E=1
3
∠AOC进行计算即可．
【详解】
解：连结OD，如图，
∵OB=DE，OB=OD，∴DO=DE，
∴∠E=∠DOE，
∵∠1=∠DOE+∠E，∴∠1=2∠E，
而OC=OD，
∴∠C=∠1，
∴∠C=2∠E，
∴∠AOC=∠C+∠E=3∠E，
∴∠E=1
3
∠AOC=
1
3
×84°=28°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．也考查了等腰三角形的性质．
9、D
【解析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD＝AD，再根据等边对等角的性质可得∠A＝∠ACD，然后根据正切函数的定义列式求出∠A的正切值，即为tan∠ACD的值．
【详解】
∵CD是AB边上的中线，
∴CD＝AD，
∴∠A＝∠ACD，
∵∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，
∴tan∠A＝
63
84 BC
AC
==，
∴tan∠ACD的值3
4
．
故选D．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等边对等角的性质，求出∠A＝∠ACD是解本题的关键．
10、C
【解析】
从开始到A是平路，是1千米，用了3分钟，则从学校到家门口走平路仍用3分钟，根据图象求得上坡（AB段）、下坡（B到学校段）的路程与速度，利用路程除以速度求得每段所用的时间，相加即可求解．
【详解】
解：①小明家距学校4千米，正确；
②小明上学所用的时间为12分钟，正确；
③小明上坡的速度是21
0.2
83
-
=
-
千米/分钟，错误；
④小明放学回家所用时间为3+2+10＝15分钟，正确；
故选：C．
【点睛】
本题考查利用函数的图象解决实际问题，正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，就能够通过图象得到函数问题的相应解决．需注意计算单位的统一．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、x＜1
【解析】
要使代数式
2x
有意义时，必有1﹣x＞2，可解得x的范围．
【详解】
根据题意得：1﹣x＞2，
解得：x＜1．
故答案为x＜1．
【点睛】
考查了分式和二次根式有意义的条件．二次根式有意义，被开方数为非负数，分式有意义，分母不为2．
12、-1．
【解析】
试题分析：根据同类项是字母相同且相同字母的指数也相同，可得方程组，根据解方程组，可得m、n的值，根据有理数的加法，可得答案．
试题解析：由-2a m b4与5a2b n+7是同类项，得
，
解得．
∴m+n=-1．
考点：同类项．
13、21 7
【解析】
过点A 作AP CD ⊥，交CD 延长线于P ，连接AE ，交FG 于O ，根据折叠的性质可得AFG EFG ∠=∠，FG AE ⊥，根据同角的余角相等可得PAE AFG ∠=∠，可得EFG APE ∠=∠，由平行线的性质可得PDA 60∠=︒，根据PDA ∠的三角函数值可求出PD 、AP 的长，根据E 为CD 中点即可求出PE 的长，根据余弦的定义cos APE ∠的值即可得答案.
【详解】
过点A 作AP CD ⊥，交CD 延长线于P ，连接AE ，交FG 于O ，
∵四边形ABCD 是菱形，
∴AD AB 2==，
∵将菱形纸片翻折，使点A 落在CD 的中点E 处，折痕为FG ，
∴AFG EFG ∠=∠，FG AE ⊥，
∵CD //AB ，AP CD ⊥，
∴AP AB ⊥，
∴PAE EAF 90∠+=︒∠，
∵EAF AFG 90∠+=︒∠，
∴PAE AFG ∠=∠，
∴EFG APE ∠=∠，
∵CD //AB ，DAB 60∠=︒，
∴PDA 60∠=︒， ∴3AP AD sin 60232=⋅︒=⨯
=1PD AD cos60212=⋅︒=⨯=， ∵E 为CD 中点， ∴1DE AD 12
==， ∴PE DE PD 2=+=， ∴22AE AP PE 7=+=， ∴AP 3cos EFG cos PAE AE 7
====∠∠217.
【点睛】
本题考查了折叠的性质、菱形的性质及三角函数的定义，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，熟练掌握三角函数的定义并熟记特殊角的三角函数值是解题关键. 14、A
【解析】
根据主视图和左视图可知该几何体是柱体，根据俯视图可知该几何体是竖立的三棱柱.
【详解】
根据主视图和左视图可知该几何体是柱体，根据俯视图可知该几何体是竖立的三棱柱.主视图中间的线是实线.
故选A.
【点睛】
考查简单几何体的三视图，掌握常见几何体的三视图是解题的关键.
15、17℃．
【解析】
根据返回舱的温度为21℃±4℃，可知最高温度为21℃+4℃；最低温度为21℃-4℃．
【详解】
解：返回舱的最高温度为：21+4=25℃；
返回舱的最低温度为：21-4=17℃；
故答案为：17℃．
【点睛】
本题考查正数和负数的意义．±4℃指的是比21℃高于4℃或低于4℃．
16、2
【解析】
连接OC,由垂径定理知,点E是CD的中点,在直角△OCE中,利用勾股定理即可得到关于半径的方程,求得圆半径即可【详解】
设AE为x，
连接OC，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，CD＝8，
∴∠CEO＝90°，CE＝DE＝4，
由勾股定理得：OC2＝CE2＋OE2，
52＝42＋（5－x）2，
解得：x＝2，
则AE是2，
故答案为：2
【点睛】
此题考查垂径定理和勾股定理，,解题的关键是利用勾股定理求关于半径的方程.
17、y（2）（x2）
【解析】
先提取公因式y后，再把剩下的式子写成x222，符合平方差公式的特点，可以继续分解．
【详解】
x2y-2y=y（x2-2）=y（2（2．
故答案为y（2）（2）．
【点睛】
本题考查实数范围内的因式分解，因式分解的步骤为：一提公因式；二看公式．在实数范围内进行因式分解的式子的结果一般要分到出现无理数为止．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18、45人
【解析】
解：设原计划有x人参加了这次植树活动
依题意得：180180
2
1.5
x x
=+
解得x=30人
经检验x=30是原方程式的根
实际参加了这次植树活动1.5x=45人
答实际有45人参加了这次植树活动．
19、（1）y=2x，OA=
，
（2）是一个定值，
，
（3）当时，E点只有1个，当时，E点有2个。

【解析】（1）把点A（3，6）代入y=kx 得；
∵6=3k，
∴k=2，
∴y=2x．
OA=．
（2）是一个定值，理由如下：
如答图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H．
①当QH与QM重合时，显然QG与QN重合，
此时；
②当QH与QM不重合时，
∵QN⊥QM，QG⊥QH
不妨设点H，G分别在x、y轴的正半轴上，
∴∠MQH=∠GQN，
又∵∠QHM=∠QGN=90°
∴△QHM∽△QGN…（5分），
∴，
当点P、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得．①①
如答图2，延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R
∵∠AOD=∠BAE，
∴AF=OF，
∴OC=AC=OA=
∵∠ARO=∠FCO=90°，∠AOR=∠FOC，
∴△AOR∽△FOC，
∴，
∴OF=，
∴点F（，0），
设点B（x，），
过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF，
∴，
即，
解得x1=6，x2=3（舍去），
∴点B（6，2），
∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4，
∴AB=5
（求AB也可采用下面的方法）
设直线AF为y=kx+b（k≠0）把点A（3，6），点F（，0）代入得
k=，b=10，
∴，
∴，
∴（舍去），，
∴B（6，2），
∴AB=5
在△ABE与△OED中
∵∠BAE=∠BED，
∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB，
∴∠ABE=∠DEO，
∵∠BAE=∠EOD，
∴△ABE∽△OED.
设OE=x，则AE=﹣x （），
由△ABE∽△OED得，
∴
∴（）
∴顶点为（，）
如答图3，
当时，OE=x=，此时E点有1个；
当时，任取一个m的值都对应着两个x值，此时E点有2个．∴当时，E点只有1个
当时，E点有2个
20、（1）见解析;（2）154
DE =
． 【解析】 （1）根据两角对应相等，两三角形相似即可判定；
（2）利用相似三角形的性质即可解决问题．
【详解】
（1）∵DE ⊥AB ，∴∠AED =∠C =90°．
∵∠A =∠A ，∴△AED ∽△ACB ．
（2）在Rt △ABC 中，∵AC =8，BC =6，∴
AB ==1．
∵DE 垂直平分AB ，∴AE =EB =2．
∵△AED ∽△ACB ，∴
DE AE BC AC =，∴568DE =，∴DE 154=． 【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
21、（1）见解析；（2
）cot 5
CDF ∠=
. 【解析】
（1）矩形的性质得到AD BC AD BC ＝，∥，得到AD AE DAF AEB ∠∠＝，＝，根据AAS 定理证明ABE DFA ≌；（2）根据全等三角形的性质、勾股定理、余切的定义计算即可.
【详解】
解：（1）证明：四边形ABCD 是矩形， AD BC AD BC ∴＝，∥，
AD AE DAF AEB ∴∠∠＝，＝，
在ABE △和DFA 中，
DAF AEB AFD EBA AD AE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
ABE DFA ∴≌，
AF BE ∴＝；
（2）ABE DFA ≌，
AD AE DAF AEB ∴∠∠＝，＝，
设CE k ＝，
21BE EC ：＝：
， 2BE k ∴＝，
3AD AE k ∴＝＝， 225AB AE BE k ∴=-=，
9090ADF CDF ADF DAF ∠+∠︒∠+∠︒＝，＝，
CDF DAE ∴∠∠＝，
CDF AEB ∴∠∠＝，
25cot cot 55BE CDF AEB AB k
∴∠=∠===.
【点睛】
本题考查的是矩形的性质、勾股定理的运用、全等三角形的判定和性质以及余切的定义，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.
22、（1）详见解析；（2）∠CEF=45°．
【解析】
试题分析：（1）连接OC ，根据切线的性质和直径所对的圆周角是直角得出∠DCO ＝∠ACB ＝90°，然后根据等角的余角相等即可得出结论；
（2）根据三角形的外角的性质证明∠CEF =∠CFE 即可求解．
试题解析：
（1）证明：如图1中，连接OC ．
∵OA ＝OC ，∴∠1＝∠2，
∵CD 是⊙O 切线，∴OC ⊥CD ，
∴∠DCO ＝90°，∴∠3＋∠2＝90°，
∵AB是直径，∴∠1＋∠B＝90°，
∴∠3＝∠B．
（2）解：∵∠CEF＝∠ECD＋∠CDE，∠CFE＝∠B＋∠FDB，
∵∠CDE＝∠FDB，∠ECD＝∠B，∴∠CEF＝∠CFE，
∵∠ECF＝90°，
∴∠CEF＝∠CFE＝45°．
23、（1）B'的坐标为（3，3）；（1）见解析；（3）3﹣1．
【解析】
（1）设A'B'与x轴交于点H，由OA=1，OB=1，∠AOB=90°推出∠ABO=∠B'=30°，
由∠BOB'=α=30°推出BO∥A'B'，由OB'=OB=1推出OH=OB'=，B'H=3即可得出；
（1）证明∠BPA'=90 即可；
（3）作AB的中点M（1，），连接MP，由∠APB=90°，推出点P的轨迹为以点M为圆心，以MP=AB=1为半径的圆，除去点（1，），所以当PM⊥x轴时，点P纵坐标的最小值为3﹣1．
【详解】
（Ⅰ）如图1，设A'B'与x轴交于点H，
∵OA=1，OB=1，∠AOB=90°，
∴∠ABO=∠B'=30°，
∵∠BOB'=α=30°，
∴BO∥A'B'，
∵OB'=OB=1，
∴OH=OB'=，B'H=3，
∴点B'33）；
（Ⅱ）证明：∵∠BOB'=∠AOA'=α，OB=OB'，OA=OA'，
∴∠OBB'=∠OA'A=（180°﹣α），
∵∠BOA'=90°+α，四边形OBPA'的内角和为360°，
∴∠BPA'=360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）=90°，
即AA'⊥BB'；
（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为．
如图，作AB的中点M（1，），连接MP，
∵∠APB=90°，
∴点P的轨迹为以点M为圆心，以MP=AB=1为半径的圆，除去点（1，）．∴当PM⊥x轴时，点P31．
【点睛】
本题考查的知识点是几何变换综合题，解题的关键是熟练的掌握几何变换综合题. 24、见解析
【解析】
先通过∠BAD=∠CAE 得出∠BAC=∠DAE ，从而证明△ABC ≌△ADE ，得到BC=DE ．
【详解】
证明：∵∠BAD=∠CAE ，
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC ．
即∠BAC=∠DAE ，
在△ABC 和△ADE 中，
AB AD BAC DAE AC AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
,
∴△ABC ≌△ADE （SAS ）．
∴BC=DE ．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质，判定两个三角形全等的一般方法有：AAS 、SSS 、SAS 、SSA 、HL ．。