合肥市庐阳区四十二中2021-2022学年中考三模数学试卷（含答案）本卷沪科版1.1～26.4、共4页八大题、23小题，满分150分，时间1
20分钟（使用直接打印、精品解析请自重）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）1、下列各数中，最大的数是（
）A. 1 B. 0 C. ?2 D. ?0.2 【答案】A【解析】∵-2＜-0.2＜0＜1，∴最大的数是1，故B、C
、D错误；A正确。故选A2、计算x?x=（ ）A. 2x B. 3x C. 2x D. x 【答案】D【解析
】同底数幂相乘、底数不变、指数相加：x?x= x，故A、B、C错误，D正确故选D3、据合肥市统计局统计信息所知，2022年一季度合
肥市地区生产总值同比增长5.3%， 总量为2521.19亿元，位居全省第一．将 2521.19亿用科学记数法表示为（ ）
A. 2.52119×10 B. 2.52119×10 C. 0.252119×10 D. 2.52119×10【答案】B
【解析】∵2521.19亿=252 119 000 000=2.52119×10，故A、C、D错误，B正确故选B4.如图所示的是三
通管的立体图，则这个几何体的俯视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】俯视图是从上往下看得到
的视图，结合选项所给图形的俯视图是A选项所给的图形．故选：A．5、如图，将一张含有30°角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对
边上，若∠2=44°，则∠1的大小为（ ）A. 14° B. 16° C. 90°?α D. α?44° 【答案
】A【解析】如图：∵矩形的对边平行，∴∠2=∠3=44°，根据三角形外角性质，可得∠3=∠1+30°，∴∠1=44°-30°=14
°，故选：A．6、国家统计局统计数据显示，我国快递业务收入逐年增加．2019 年至2021年我国快递业务收入由7500亿元增加到1
0000亿元．设我国2019年至2021 年快递业务收入的年平均增长率为x，则可列方程为（ ） A. 7500(1+2x
)=10000 B. 7500×2(1+x)=10000C. 7500(1+x)=10000 D. 7500+7500(1+x
)+7500(1+x)=10000 【答案】C【解析】设我国2019年至2021年快递业务收入的年平均增长率为x，由题意得：750
0（1+x）=10000．故选：C．7、如图，AB为⊙O直径，点C、D在⊙O上，弧AC=弧BC，AD与CO交于点E，∠DAB=30
°，若AO=，则CE的长为（ ）A. 1 B. C. ?1 D. 2?2【答案】C【解析】弧AC=弧BC，∴∠A
OC=∠BOC=90°，∵∠DAB=30°，AO＝，∴OE=OA?tan30°=×=1，∵OA=OC=，∴CE=OC-OE=-1．
故选：C．8、小明想在2个“冰墩墩”和1个“雪容融”里随机选取两个吉祥物作为冬奥会纪念品，小明选取到一个“冰墩墩”和一个“雪容融”
的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据题意画图如下：共有6种等可能的情况数，其中
选取到一个“冰墩墩”和一个“雪容融”的有4种，则小明选取到一个“冰墩墩”和一个“雪容融”额概率是．故选：C．9、已知直角三角形纸片
的两条直角边长分别为m和n（m＜n），过锐角顶点把该纸片剪成两个三角形，若这两个三角形都为等腰三角形，则（ ） A.
m+2mn+n=0 B. m?2mn+n=0 C. m+2mn?n=0 D. m?2mn?n=0 【答案】C【解析】如图，
由勾股定理得m+m=（n-m），∴2m=n-2mn+m，即m+2mn-n=0．故选：C．10、已知抛物线y=ax+bx+c(a≠
0，且a，b，c为常数)过点(1，0)和点(0，2)，且顶点在第二象限，下列结论：①a＜0；②A(x1，y1)，B(x2，y2)在
抛物线上，当x1＞x2＞1时，y1＞y2；③若b=2a，则ax+bx+c＞0的解集为?3＜x＜1；④设p=a?b+c， 则整数p的
不同取值有3个．其中正确的结论有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】C【解析】∵抛物线
过点（1，0）和点（0，2），且顶点在第二象限，∴抛物线开口向下，∴a＜0，①正确．∵由题意得抛物线对称轴在y轴左侧，∴x＞1时，
y随x增大而减小，∴当x1＞x2＞1时，y2＞y1，②错误．若b=2a，则抛物线对称轴为直线x==-1，∴抛物线与x轴另一交点坐标
为（-3，0），∴ax+bx+c＞0的解集为-3＜x＜1，③正确．∵抛物线经过点（0，2），∴c=2，将（1，0）代入y=ax+b
x+2得0=a+b+2，∴b=-a-2，∵b＜0，a＜0，∴-a-2＜0，∴-2＜a＜0，∴p=a-b+c=a-b+2=2a+4，
∴0＜p＜4，∴p可能为1，2，3，④正确． 综上所述答案①③④正确．故选C二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分
）11、?的立方根是_____ _． 【答案】2【解析】∵-=-8，，即-8的立方根是-2，∴?的立方根是-2故答案：-212、分
解因式：2b?4b+2=____ __． 【答案】2（b-1）【解析】∵2b?4b+2=2（b-1）故答案：2（b-1）13、某日
上午，甲，乙两车先后从A地出发沿同一条公路匀速前往B地，甲车8点出发，如图是其行驶路程s（千米）随行驶时间t（小时）变化的图象．乙
车9点出发，若要在10点至11点之间（含10点和11点）追上甲车，则乙车的速度v（单位：千米/小时）的范围是____ __． 【答
案】60≤v≤80【解析】根据图象可得，甲车的速度为120÷3=40（千米/时）．由题意，得，解得60≤v≤80．故答案为60≤v
≤80．14、如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=2，AC=6，点E在线段AC上，且AE=1，D 是线段BC上的一点，
连接 DE，将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形 FGDE，当点G恰好落在线段AC上时。（1）EG：AC ___ _；
（2）AF ___ _.【答案】（1）1：2； （2）【解析】（1）如图，过点F作FH⊥AC于H，∵将四边形ABDE沿直线DE翻折
，得到四边形FGDE，∴AB=FG=2，AE=EF=1，∠BAC=∠EFG=90°，∴EG=EF+FG=1+8=9，∴EG=3，∴
EG：AC=3：6=1：2；∵sin∠FEG=HF：EF＝FG：EG，∴HF：1＝2：3，∴HF=，∵cos∠FEG=EH：EF＝
EF：EG，∴EH：1＝1：3，∴EH=，∴AH=AE+EH=，∴AF=AH+HF=，故答案为：．故答案：（1）1：2； （2）三
、(本大题共2小题，每小题8分，总计16分)15、解方程：． 【答案】【分析】去分母、移项、合并同类项可求解；【解析】去分母得：3
x-1=4，移项得：3x=5，解得x=16、如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点都在网格线的交点上(每个小方格都是 边长为1个
单位长度的正方形)，按要求完成下列任务．（1）以点A为旋转中心，将线段AB逆时针旋转90°，得到线段AB1，画出线段AB1；（2）
以原点O为位似中心，将线段AB1在第一象限扩大3倍，得到线段A1B2，画出线段A1B2(点A，B1的对应点分 别是A1，B2).
【答案】【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B点的对应点B1即可；（2）把A点和B1点的横纵坐标都乘以3得到A、B的坐标，然
后描点即可．【解析】（1）如图，线段AB为所作；（2）如图，线段AB为所作．四、(本大题共2小题，每小题8分，总计16分)17、如
图，如图几何体是由若干棱长为1的小立方体按一定规律在地面上摆成的，若将露出的表面都涂上颜色（底面不涂色）观察该图，探究其中的规律．
（1）第1个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有 个；第2个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有 个；第3个几何体中只有2个面涂
色的小立方体共有 个． （2）求出第10个几何体中只有2个面涂色的小立方体的块数． （3）求出前100个几何体中只有2个面涂色的小
立方体的块数的和． 【答案】【分析】（1）第1个几何体中最底层的4个角的小立方体只有2个面涂色；第2个几何体中只有2个面涂色的小立
方体共有3×4=12（个）；第3个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有5×4=20（个）；（2）根据所给图形中只有2个面涂色的小立
方体的块数得到第n个几何体中只有2个面涂色的小立方体的块数与4的倍数的关系即可；（3）根据（2）得到的规律，进行计算即可．【解析】
（1）观察图形可得第1个几何体中最底层的4个角的小立方体只有2个面涂色；第2个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有3×4=12（个
）；第3个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有5×4=20（个）．故答案为：4，12，20；（2）观察图形可知：图①中，只有2个面
涂色的小立方体共有4个；图②中，只有2个面涂色的小立方体共有12个；图③中，只有2个面涂色的小立方体共有20个．4，12，20都是
4的倍数，可分别写成4×1，4×3，4×5的形式，因此，第n个图中两面涂色的小立方体的块数共有：4（2n-1）=8n-4，则第10
个几何体中只有2个面涂色的小立方体的块数共有8×10-4=76（个）；（3）（8×1-4）+（8×2-4）+（8×3-4）+（8×
4-4）+（8×5-4）+…+（8×100-4）=8（1+2+3+4+…+100）-100×4=40000（个）．故前100个几何
体中只有2个面涂色的小立方体的个数的和为40000个．18、如图，已知一次函数y=?x+3的图象分别与x轴，y轴交于点A、B，且与
双曲线y=(k为常数，k≠0)在第二象限内交于点C，作CD⊥x轴于点D，若O点为AD中点． （1）求线段OA、OB的长度；
（2）求双曲线的解析式；【答案】【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征即可求得；（2）由再O点为AD中点求得OD的值，即可求
得C的横坐标，代入直线解析式即可求得纵坐标，根据待定系数法即可求得双曲线的解析；【解析】（1）把x=0代入y=-x+3中得y=3，
把y=0代入y=-x+3中得x=4，∴A（4，0），B（0，3），∴OA=4，OB=3．（2）∵O点为AD中点，∴OD=4，∵CD
⊥x轴，∴点C横坐标为-4，把x=-4代入y=-x+3中，得y=-×（-4）+3=6，∴C（-4，6），∵双曲线y=kx（k为常数
，k≠0）在第二象限内经过点C，∴k=-4×6=-24，∴反比例函数为y=-；五、(本大题共2小题，每小题10分，总计20分)19
、如图(1)、(2)分别是某款篮球架的实物图与示意图，已知底座BC=0.60米，底座BC与支架AC所成的角∠ACB= 75°，支架
AF的长为2.50米，篮板顶端F点到篮框D的距离FD=1.35米，篮板底部支架HE与支架AF所成的角∠FHE=60°．（1）求支架
AC的顶端A到地面的距离AB的高度(精确到0.01米)；（2）求篮框D到地面的距离（精确到 0.01米）（参考数据：cos75°≈
0.2588，sin75°≈0.9659，tan75°≈3.732，≈1.732，≈1.414）【答案】【分析】（1）在Rt△AB
C中，根据tan∠ACB的值即可求解；（2）延长FE交CB的延长线于M，过A作AG⊥FM于G，解直角三角形即可得到结论．【解析】（
1）在Rt△ABC中，tan∠ACB=AB：BC，∴AB=BC?tan75°=0.60×3.732=2.2392≈2.239（米）
，答：支架AC的顶端A到地面的距离AB的高度约为2.239米；（2）延长FE交CB的延长线于M，过A作AG⊥FM于G，∴GM=AB
=2.239，在Rt△AGF中，∵∠FAG=∠FHE=60°，sin∠FAG=FG：AF，∴sin60°=FG：AF=FG：2.5
=，∴FG=≈2.165，∴DM=FG+GM-DF≈3.05米，答：篮筐D到地面的距离是3.05米．20、如图，锐角△ABC内接于
⊙O，∠BAC的平分线AG交⊙O于点G，连接BG．（1）求证：△ABG∽△AFC． （2）已知点E 在线段AF上（不与点A、点F重
合），点D在线段AE上（不与点A、点E重合），∠ABD＝∠CBE，求证：BGGEGD． 【答案】【分析】（1）根据∠BAC的平分线
AG交⊙O于点G，知∠BAG=∠FAC，由圆周角定理知∠G=∠C，即可证△ABG∽△AFC；（2）先证△DGB∽△BGE，得出线段
比例关系，即可得证BG=GE?GD．【解析】（1）证明：∵AG平分∠BAC，∴∠BAG=∠FAC，又∵∠G=∠C，∴△ABG∽△A
FC；（2）证明：∵∠CAG=∠CBG，∠BAG=∠CAG，∴∠BAG=∠CBG，∵∠ABD=∠CBE，∴∠BDG=∠BAG+∠A
BD=∠CBG+∠CBE=∠EBG，又∵∠DGB=∠BGE，∴△DGB∽△BGE，∴GD：BG=BG：GE，∴BG=GE?GD．六
、(本大题共1小题，每小题12分，总计12分)21、某校为加强书法教学，了解学生现有的书写能力，随机抽取了部分学生进行测试， 测试
结果分为优秀、良好、及格、不及格四个等级，分别用A，B，C，D表示，并将测试结果绘制成两幅不完整的统计图．请根据统计图中的信息解答
以下问题；（1）本次抽取的学生共有_____ _人，扇形统 计图中A所对应扇形的圆心角是____ __°，并 把条形统计图补充完整
； （2）依次将优秀、良好、及格、不及格记为90分、80分、70分、50分，则抽取的这部分学生书写成绩的众数是___ ___分，中
位 数是____ __分，平均数是______ 分； （3）若该校共有学生 2800人，请估计一下，书写能力等级达到优秀的学生大约
有______人. 【答案】【分析】（1）由C等级人数除以所占百分比可得总人数，即可解决问题；（2）根据众数、中位数和平均数的定义
分别进行解答即可；（3）用该校的总人数乘以书写能力等级达到优秀的学生所占的比例即可；【解析】（1）本次抽取的学生人数共有：16÷4
0%=40（人），扇形统计图中A所对应扇形圆心角的度数是360°×440=36°，B等级人数为40-（4+16+14）=6（人），
故答案为：40，36，补全条形图如下：（2）∵70分出现的次数最多，出现了16次，∴众数是70分；在这40个数据中，中位数为第20
、21个数据的平均数，则中位数为70+702=70（分），平均数为：140×（4×90+6×80+16×70+14×50）=66.
5（分）；故答案为：70，70，66.5；（3）书写能力等级达到优秀的学生大约有280七、(本大题共1小题，每小题12分，总计12
分)22、已知抛物线y=x?(m?1)x+2m?1．（1）当m=0时，请判断点(2，4)是否在该抛物线上；（2）该抛物线的顶点随着
m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；【答案】【分析】（1）当m=0时，抛物线为y=x2-x+3，将x=2代
入得y=5，故点（2，4）不在抛物线上；（2）抛物线y=x-（m+1）x+2m+3的顶点为（，），而，即得m=3时，纵坐标最大，此
时顶点移动到了最高处，顶点坐标为：（2，5）．【解析】【解答】解：（1）当m=0时，抛物线为y=x-x+3，将x=2代入得y=4-
2+3=5，∴点（2，4）不在抛物线上；（2）抛物线y=x-（m+1）x+2m+3的顶点化简得（，），顶点移动到最高处，即是顶点纵
坐标最大，而=-，∴m=3时，纵坐标最大，即是顶点移动到了最高处，此时顶点坐标为：（2，5）．八、(本大题共1小题，每小题14分，
总计14分)23、如图，在正方形ABCD中，点E在BC边上，连接AE，在BC延长线上作EF=AE，连接AF交CD于点G，设CE：E
B=λ（λ＞0）． （1）若AB=2，λ=1，求线段CF的长．（2）连接EG，若G点为CD的中点， ①求证：EG⊥AF． ②求λ的
值．【答案】【分析】（1）根据AB=2，λ=1，可以得到BE、CE的长，然后根据正方形的性质，可以得到AE的长，再根据平行线的性质
和角平分线的性质，可以得到EF的长，从而可以得到线段CF的长；（2）①要证明点G为CD边的中点，只要证明△ADG≌△FGC即可，然
后根据题目中的条件，可以得到△ADG≌△FGC的条件，从而可以证明结论成立；②根据题意和三角形相似，可以得到CE和EB的比值，从而
可以得到λ的值．【解析】（1）∵在正方形ABCD中，AD∥BC，∴∠DAG=∠F，又∵AG平分∠DAE，∴∠DAG=∠EAG，∴∠EAG=∠F，∴EA=EF，∵AB=2，∠B=90°，点E为BC的中点，∴BE=EC=1，∴AE=，∴EF=，∴CF=EF-EC=-1；（2）①证明：∵EA=EF，EG⊥AF，∴AG=FG，在△ADG和△FCG中，∠D＝∠GCF，∠AGD＝∠FGC，AG＝FG，∴△ADG≌△FCG（AAS），∴DG=CG，即点G为CD的中点；②设CD=2a，则CG=a，由①知，CF=DA=2a，∵EG⊥AF，∠GCF=90°，∴∠EGC+∠CGF=90°，∠F+∠CGF=90°，∠ECG=∠GCF=90°，∴∠EGC=∠F，∴△EGC∽△GFC，∴EC：GC＝GC：FC，∵GC=a，FC=2a，∴GC：FC＝1：2，∴EC：GC＝1：2，∴EC=a，BE=BC-EC=2a-a=a，∴λ=CE：EB＝a：a＝1：3．学科网（北京）股份有限公司 10zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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