1、 2022 年江苏省镇江市中考数学考前模拟预测试题年江苏省镇江市中考数学考前模拟预测试题 一填空题（共一填空题（共 12 小题，满分小题，满分 24 分，每小题分，每小题 2 分）分） 1 （2 分）如果 a、b、c 是非零数，且 a+b+c0，那么+|+|+|+|+|+|的值为 2 （2 分）要使161有意义，x 的取值范围是 3 （2 分）27 的立方根等于 4 （2 分）正六边形一个内角的度数是 5 （2 分）完成解题过程，用因式分解法解方程 （1）x223x 解：移项，得 因式分解，得 于是得 或 ， x1 ，x2 （2）x（x+2）3x+6 解：移项，得 因式分解，得 于是得 x1
2、，x2 6 （2 分）某小区开展“节约用水，从我做起”活动，下表是从该小区抽取的 10 个家庭，8 月份比 7 月份节约用水情况统计：那么这 10 个家庭 8 月份比 7 月份的节水量的平均数是 m3 节水量（m3） 0.2 0.3 0.4 0.5 家庭数（个） 1 2 3 4 7 （2 分）如图是根据某班 40 名同学一周的体育锻炼情况绘制的条形统计图，那么该班 40 名同学一周参加体育锻炼的时间的众数、中位数分别是 8 （2 分）已知ABCDEF，若周长比为 4：9，则 AC：DF 9 （2 分）如图，点 A、B、C、O 在网格中小正方形的顶点处，直线 l 经过点 C、O，将ABC 沿 l
3、 平移得到MNO，M 是 A 的对应点，再将这两个三角形沿 l 翻折，P、Q 分别是 M、A 的对应点已知网格中每个小正方形的边长都等于 1，则 PQ2的值为 10 （2 分）直线 y4x2 经过点（0， ）与点（ ，0） ，y 随 x 的增大而 11 （2 分）一个盒子装有除颜色外其它均相同的 2 个红球和 1 个白球，现从中任取 1 个球，不放回，再取出一个球，则取到的是颜色不同的两个球的概率为 12 （2 分）如图，在ABC 中，ABAC3，cosB=13，将ABC 绕着点 C 顺时针旋转到DEC，点 B 落在点 D 处，点 A 落在点 E 处，如果点 D 在边 AB 上，DE 与边 A
4、C 相交于点 F，那么 CF 的长 二选择题（共二选择题（共 6 小题，满分小题，满分 18 分，每小题分，每小题 3 分）分） 13 （3 分）如图所示的几何体的俯视图是（ ） A B C D 14 （3 分）2021 年 10 月 16 日 0 时 23 分我国发射了神舟十三号载人飞船，利用长征二号 F 运载火箭将神舟十三号载人飞船送入近地点高度 200000 米的近地轨道，并与天和核心舱进行交会对接将 200000 用科学记数法表示应为（ ） A2104 B0.2105 C20104 D2105 15 （3 分）如图， AB 是O 的直径， CD 是O 的切线，切点为 C，点 D 在 A
5、B 的延长线上，若A25，则D 的度数为（ ） A40 B50 C60 D70 16 （3 分）若使等式（10）（5）2 成立，则中应填入的运算符号是（ ） A+ B C D 17 （3 分）一个圆锥高为 4，母线长为 5，则这个圆锥的侧面积为（ ） A20 B15 C12 D25 18 （3 分）已知 f（1）2（取 12 的末位数字） ，f（2）6（取 23 的末位数字） ，f（3）2（取 34的末位数字） ，则 f（1）+f（2）+f（3）+f（2021）的值为（ ） A6 B4028 C4042 D4048 三解答题（共三解答题（共 10 小题，满分小题，满分 78 分）分） 19 （
6、8 分） （1）计算： （12）1+（3）02cos30+|312|； （2）化简：22+121 ( 2+1) 20 （10 分）解方程和不等式组： （1）23=1+1； （2） 108 + 3( 1) 4 21 （6 分）箱子里有 4 瓶牛奶，其中有一瓶是过期的，现从这 4 瓶牛奶中任意抽取牛奶饮用，抽取任意一瓶都是等可能的 （1）若小芳任意抽取 1 瓶，抽到过期的一瓶的概率是 ； （2）若小芳任意抽取 2 瓶，请用画树状图或列表法求抽出的 2 瓶牛奶中恰好抽到过期牛奶的概率 22 （6 分）如图，四边形 ABCD 是平行四边形，延长 DA，BC，使得 AECF，连接 BE，DF （1）求证
7、：ABECDF； （2）连接 BD，若132，ADB22，请直接写出当ABE 时，四边形 BFDE 是菱形 23 （6 分）我国古代数学著作九章算术中有“盈不足”问题： “今有人共买鸡，人出九，盈十一；人出六， 不足十六， 问人数几何？” 其大意是： “有若干人共同出钱买鸡， 如果每人出九钱， 那么多了十一钱；如果每人出六钱，那么少了十六钱问：共有几个人？”请解决该问题 24 （6 分）某校学生的数学期末总评成绩由课堂表现评价、平时作业、考试成绩三部分组成，各部分所占比例如图所示，小明的课堂表现评价、平时作业、考试成绩得分如下表所示（单位：分） ： 类别 课堂表现评价 平时 作业 考试 成绩
8、评价 1 评价 2 评价 3 评价 4 成绩 94 90 91 93 90 95 （1）计算小明课堂表现评价的平均得分 （2）请计算出小明的数学总评成绩（精确到个位） 25 （6 分）如图，反比例函数 y= 3的图象与经过原点的直线 AB 的一个交点为 A（3，n） （1）求直线 AB 对应的函数表达式； （2）点 C 在 y 轴上，当ABC 的面积为 6 时，求点 C 的坐标； （3）在直线 AB 上方的平面内是否存在点 D，使ABD 为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点 D的坐标；若不存在，请说明理由 26 （8 分）如图，AB 是半圆 O 的直径，以 AB 为边在半圆同侧作正方形 AB
9、CD，点 P 是 CD 中点，BP 与半圆交于点 Q，连接 DQ，设半圆的半径为 a （1）判断直线 DQ 与半圆 O 的位置关系，并说明理由； （2）求 sinDQP 的值 27 （11 分）如图 1，抛物线 yax2+bx+3（a0）与 x 轴交于 A（3，0）和 B（1，0）两点，与 y 轴交于点 C （1）求该抛物线的函数表达式； （2）P 是抛物线上位于直线 AC 上方的一个动点，过点 P 作 PDy 轴交 AC 于点 D，过点 P 作 PEAC于点 E，过点 E 作 EFy 轴于点 F，求出 PD+EF 的最大值及此时点 P 的坐标； （3）如图 2，将原抛物线向左平移 2 个单位
10、长度得到抛物线 y，y与原抛物线相交于点 M，点 N 为原抛物线对称轴上的一点， 在平面直角坐标系中是否存在点 H， 使以点 A， M， N， H 为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点 H 的坐标；若不存在，请说明理由 28 （11 分）已知：点 O 是正方形 ABCD 对角线的交点，P 是平面内一点（不与点 D 重合） ，连接 DP，将DP 以 D 为中心，逆时针旋转 90 度，得到线段 DQ，连接 AQ，CPE、F 分别是 AQ，CP 的中点，连接EF，OF （1）在图 1 中补全图形； （2）直接写出图 1 中OFE ； （3）当点 P 在正方形外，当 0CDP90时，判断的值是否
11、发生变化，并对你的结论进行证明； （4）如图 2，若 AB4，DP3，点 M 是 AD 中点，点 N 是线段 PQ 上的一个动点，在点 P 绕点 D 旋转的过程中，线段 MN 长度的最小值为 ，最大值为 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一填空题（共一填空题（共 12 小题，满分小题，满分 24 分，每小题分，每小题 2 分）分） 1 【解答】解：a+b+c0，a、b、c 均不为 0， a、b、c 两正一负或两负一正，a+bc，a+cb，b+ca， +|+|+|+|+|+|= | 当 a、b、c 两正一负时， 原式11+11； 当 a、b、c 两负一正时， 原式1+111； 故答案为：1
12、2 【解答】解：要使161有意义，则被开方数大于等于 0，分母不等于 0， x10， 解得：x1 故答案为：x1 3 【解答】解：3327， 27 的立方根为 3 故答案为：3 4 【解答】解：由题意得：180（62）6120， 故答案为：120 5 【解答】 （1）x223x， 解：移项，得 x223x0， 因式分解，得 x（x23）0， 于是得 x0 或 x23 =0， x10，x223 （2）x（x+2）3x+6 解：移项，得 x（x+2）3（x+2）0， 因式分解，得（x+2） （x3）0， 于是得 x12，x23 故答案为： （1）x223x0，x（x23）0，x0 或 x23 =0
13、，x10，x223； （2）x（x+2）3（x+2）0， （x+2） （x3）0，x12，x23 6 【解答】解：根据题意得： 110（0.2+0.32+0.43+0.54）0.4（m3） ， 答：这 10 个家庭 8 月份比 7 月份的节水量的平均数是 0.4m3 故答案为：0.4 7 【解答】解：由统计图可知， 该班 40 名同学一周参加体育锻炼的时间的众数是 8 小时，中位数是（9+9）29（小时） ， 故答案为：8 小时、9 小时 8 【解答】解：ABCDEF，周长比为 4：9， ABC 与DEF 的相似比为 4：9，即 AC：DF4：9， 故答案为：4：9 9 【解答】解：连接 PQ
14、，AM，如图： 由图形变换可知：PQAM， 由勾股定理得：AM212+3210， PQ210 故答案为：10 10 【解答】解：当 x0 时，y4x22；当 y0 时，4x20，解得 x=12， 所以一次函数 y4x2 经过点（0，2）和点（12，0） ， 因为 k40， 所以 y 随 x 的增大而增大 故答案为2，12，增大 11 【解答】解：画树状图为： 共有 6 种等可能的结果数，其中取到的是颜色不同的两个球的结果数为 4， 所以取到的是颜色不同的两个球的概率=46=23， 故答案为：23 12 【解答】解：如图，过点 A 作 ANBC 于 N， ABAC3，ANBC， BNNC=12B
15、C，ABCACB， cosB=13=， BN313=1， BC2， 将ABC 绕着点 C 顺时针旋转到DEC， CDBC2，CEAC3，AE， ABCCDB， ABCABC，ACBCDB， BDCBCA， =， BD=223=43， AD=53， AE，AFDEFC， AFDEFC， =， 533=3， CF=2714， 故答案为：2714 二选择题（共二选择题（共 6 小题，满分小题，满分 18 分，每小题分，每小题 3 分）分） 13 【解答】解：从上面看该几何体，所看到的图形如下： 故选：A 14 【解答】解：2000002105 故选：D 15 【解答】解：连接 OC OCOA， OC
16、AA25， DOCA+OCA50， CD 是O 的切线， OCCD， OCD90， D90DOC40， 故选：A 16 【解答】解：若使等式（10）（5）2 成立，则中应填入的运算符号是， 故选：D 17 【解答】解：由题意圆锥的底面的圆的半径 r= 52 42=3， 圆锥是侧面积3515， 故选：B 18 【解答】解：f（1）2（取 12 的末位数字） ， f（2）6（取 23 的末位数字） ， f（3）2（取 34 的末位数字） ， f（4）0（取 45 的末位数字） ， f（5）0（取 56 的末位数字） ， f（6）2（取 67 的末位数字） ， f（7）6（取 78 的末位数字） ，
17、 f（8）2（取 89 的末位数字） ， f（9）0（取 910 的末位数字） ， f（10）0（取 1011 的末位数字） ， f（11）2（取 1112 的末位数字） ， ， 可知末位数字以 2，6，2，0，0 依次出现， 202154041， f（1）+f（2）+f（3）+f（2021） （2+6+2+0+0）404+2 10404+2 4040+2 4042， 故选：C 三解答题（共三解答题（共 10 小题，满分小题，满分 78 分）分） 19 【解答】解： （1）原式2+1232+23 3 2+13 +23 3 = 3； （2）原式=(1)2(+1)(1)2+2+1 =1+1+1(1
18、) =1 20 【解答】解： （1）方程两边都乘以（x+1） （x3）得：2x+2x3， 解得：x5， 检验：把 x5 代入（x+1） （x3）得： （x+1） （x3）0， 所以 x5 是原方程的解， 即原方程的解是：x5； （2） 108 + 3( 1) 4， 解不等式得：x1， 解不等式得：x3， 不等式组的解集是：3x1 21 【解答】解： （1）小芳任意抽取 1 瓶，抽到过期的一瓶的概率是14， 故答案为：14； （2）设这四瓶牛奶分别记为 A、B、C、D，其中过期牛奶为 A， 画树状图如图所示， 由图可知，共有 12 种等可能结果，抽出的 2 瓶牛奶中恰好抽到过期牛奶的有 6 种结
19、果， 抽出的 2 瓶牛奶中恰好抽到过期牛奶的概率为612=12 22 【解答】 （1）证明：四边形 ABCD 是平行四边形， ABCD，BADBCD， 1DCF， 在ABE 和CDF 中， = 1 = = ， ABECDF（SAS） ； （2）解：当ABE12时，四边形 BFDE 是菱形，理由如下： ABECDF， BEDF，AECF， BFDE， 四边形 BFDE 是平行四边形， 132，ADB22， ABD1ADB10， ABE12， DBEABD+ABE22， DBEADB22， BEDE， 平行四边形 BFDE 是菱形， 故答案为：12 23 【解答】解：设共有 x 个人，鸡值 y 钱
20、， 依题意，得：9 = 11 6 = 16， 解得： = 9 = 70 答：共有 9 人 24 【解答】解： （1） （94+90+91+93）492 分， 答：小明课堂表现评价得分为 92 分 （2）9230%+9030%+9540%92.693 分， 答：小明的数学总评成绩约为 93 分 25 【解答】解： （1）将点 A（3，n）代入反比例函数 y= 3， 得 n= 33=1， A（3，1） ， 设直线 AB 的解析式为 ykx， 将 A 点的坐标代入解析式，得 13k， 解得 k= 13， 直线 AB 的解析式为 y= 13x； （2）由题知，OC 是ABC 的中线， SAOC=12S
21、ABC=1263， 12OC|xA|3， 即12OC33， OC2， 点 C 的坐标为（0，2）或（0，2） ； （3）存在 D 点使ABD 是等腰直角三角形， A（3，1） ，B（3，1） ， 设 D（x，y） ， AB= (3 3)2+ 1 (1)2=210，AD= (3 )2+ (1 )2，BD= (3 )2+ (1 )2， 以 AB 为斜边时， 此时，ADBD=22AB25， (3 )2+ (1 )2= 25(3 )2+ (1 )2= 25， 解得 = 1 = 3或 = 1 = 3， D 点在 AB 的上方， 此时，D（1，3） ； 以 A 点为直角顶点时， 此时，ADAB210，BD
22、= 2AB45， (3 )2+ (1 )2= 210(3 )2+ (1 )2= 45， 解得 = 1 = 7或 = 5 = 5， D 点在 AB 的上方， 此时，D（1，7） ； 以 B 为直角顶点时， 此时，BDAB210，AD= 2AB45， (3 )2+ (1 )2=，45(3 )2+ (1 )2= 210， 解得 = 5 = 5或 = 1 = 7， D 点在 AB 的上方， 此时，D（5，5） ， 综上，符合条件的 D 点坐标为（1，3）或（1，7）或（5，5） 26 【解答】解： （1）DQ 和半圆 O 相切 连接 OQ，OD，如图 DPOB，DPOB 四边形 DOBP 是平行四边形
23、 DOBP AODOBP，DOQOQB OBOQ OBPOQB AODQOD AODQOD（SAS） OQDOAD90 OQDQ 即 DQ 是半圆的切线 （2）由可知，DOBP DQPODQ DQAD2a，OQa DQPODQ DQAD2a，OQa OD= 2+ 2= 5 sinDQPsinODQ=55 27 【解答】 （1）解：设抛物线解析式为 ya（x+3） （x1） ， 即 yax2+2ax3a， 3a3，解得 a1， 抛物线的函数表达式为 yx22x+3； （2）由题意，C（0.3） ，则OAC 为等腰直角三角形，CAO45， 设 AC 的解析式为 yACkx+b，将 A（3，0）与
24、C（0.3）代入得 = 1 = 3，则 yACx+3， 点 P 在抛物线上，PDy 轴交 AC 于点 D， 设 P（m，m22m+3） ，则 D（m，m+3） ，PDm23m，其中3m0， 如图，延长 FE 交 PD 于点 G，则 FGPD， 且由题可知，PDE 为等腰直角三角形，由”三线合一“知，EG=12PD=232， EF=2+2， PD+EFm23m+2+2= 12m252m= 12（m+52）2+258， 由二次函数的性质可得，当 m= 52时，PD+EF 最大值为258，此时 P（52，74） ； （3）由平移可求得平移后函数解析式为 y（x+3+2） （x1+2）x26x5，与原
25、函数交点 M（2，3） ； 以 AM 为边，作 MN1AM 交对称轴于 N1，可构造矩形 AMN1H1，设 N1（1，y1） ， AM210，MN12（1）（2）2+（y13）2，AN12（1）（3）2+（y10）2， AM2+MN12AN12， 10+（1）（2）2+（y13）2（1）（3）2+（y10）2， 解得 y1=83，即 N1（1，83） ， 此时设 H1（p1，q1） ，由 A、M、N1、H1四点的相对位置关系可得： (1)+ (3) = (2)+ 10 +83= 3 + 1，解得：1= 21= 13， H1（2，13） ； 同理，以 AM 为边，作 MN2AM 交对称轴于 N2
26、，可构造矩形 AMH2N2，设 N2（1，y2） ， AM2+AN22MN22， 10+（1）（3）2+（y20）2（1）（2）2+（y23）2， 解得 y2= 23，即 N2（1，23） ， 此时设 H2（p2，q2） ，由 A、M、N2、H2四点的相对位置关系可得： (1)+ (2) = (3)+ 23 + (23) = 0 + 2，解得：2= 02=73， H2（0，73） ； 以 AM 为对角线，作 MN3AN3交对称轴于 N3，可构造矩形 AN3MH3，设 N3（1，y3） ， AM2AN32+MN32， 10（1）（3）2+（y30）2+（1）（2）2+（y33）2， 解得 y31
27、，y42，即 N3（1，1） ，N4（1，2） ， 此时设 H3（p3，q3） ，由 A、M、N3、H3四点的相对位置关系可得： (3) + (2) = (1) + 33 + 0 = 1 + 3，解得：3= 43= 2， H3（4，2） ； 设 H4（p4，q4） ，由 A、M、N4、H4四点的相对位置关系可得： (3) + (2) = (1) + 43 + 0 = 2 + 4，解得：4= 44= 1， H4（4，1） 综上所述，点 H 的坐标为（2，13）或（0，73）或（4，2）或（4，1） 28 【解答】解： （1）补全的图见图 1（加的线条为实线） ； （2）OFE45， 故答案为 4
28、5，理由见（3） ； （3）如图 1，连接 OE、CQ、AP，设 AP 交 CQ 于点 R，CQ 交 DP 于点 S， 四边形 ABCD 为正方形，故 ADCD， DPDQ， ADP90+CDPQDCQDP+CQP，即ADPCDQ， ADPCDQ（SAS） ， APCQ，ADPDQC（即RSPDSQ） ， RSPPDQ90， 即 SRPR，即 APCQ， 点 F 是 CP 的中点，点 O 是 AC 的中点， OFAP，OF=12AP， 同理可得，OECQ，OE=12CQ， APCQ，APCQ， OEOF，OEOF， 即OEF 为等腰直角三角形， OFE45， =2， 故的值不变； （4）如图 2，过点 D 作 DHPQ 于点 H， 以点 D 为圆心，分别以 DH、DP 为半径作圆，则点 N 在图示的圆环部分， AB4，DP3，点 M 是 AD 中点， 则 PQ= 2DP32，DH=12PQ=322，MD=12AB2， MNminDHDM=322 2； MNmaxDM+DP2+35， 故答案为3242，5
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