重庆巴蜀常春藤市级名校2022-2023学年中考数学适应性模拟试题含解析

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，在△ABC中，AB=AC=10，CB=16，分别以AB、AC为直径作半圆，则图中阴影部分面积是（ ）

A．50π﹣48 B．25π﹣48 C．50π﹣24 D．

2．已知一次函数 y=kx+b 的大致图象如图所示，则关于 x 的一元二次方程 x2﹣2x+kb+1=0 的根的情况是(

A．有两个不相等的实数根 B．没有实数根 C．有两个相等的实数根 D．有一个根是 0 3．a的倒数是3，则a的值是（ ）

11A．3 B．﹣3 C．3

D．﹣3

4．估计19﹣1的值为（ ） A．1和2之间

B．2和3之间

C．3和4之间

D．4和5之间

a2a15．计算a1的结果是（ ）

12a21A．1 B．-1

C．a1

D．a1

6．若一个三角形的两边长分别为5和7，则该三角形的周长可能是（ ） A．12 B．14 C．15 D．25

7．1．桌面上放置的几何体中，主视图与左视图可能不同的是( ) A．圆柱 B．正方体 C．球 D．直立圆锥

8．已知抛物线y＝x2+3向左平移2个单位，那么平移后的抛物线表达式是（ ） A．y＝（x+2）2+3 B．y＝（x﹣2）2+3 C．y＝x2+1 D．y＝x2+5 9．已知a为整数，且3B．2

C．3

D．4

)

10．在中国集邮总公司设计的2017年纪特邮票首日纪念截图案中，可以看作中心对称图形的是（ ）

A．千里江山图

B．京津冀协同发展

C．内蒙古自治区成立七十周年

D．河北雄安新区建立纪念

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分） 11．王英同学从A地沿北偏西60°方向走100米到B地，再从B地向正南方向走200米到C地，此时王英同学离A地的距离是_____米．

12．经过两次连续降价，某药品销售单价由原来的50元降到32元，设该药品平均每次降价的百分率为x，根据题意可列方程是__________________________．

22x4x2=______． 13．因式分解

14．如图，矩形ABCD的面积为20cm2，对角线交于点O；以AB、AO为邻边作平行四边形AOC1B，对角线交于点

O1；以AB、AO1为邻边作平行四边形AO1C2B；…；依此类推，则平行四边形AO4C5B的面积为_____．

15．如图，度

和

是

分别沿着AB，AC边翻折

形成的，若

，则

的度数是______

16．分解因式：a3-12a2+36a=______．

17．算术平方根等于本身的实数是__________. 三、解答题（共7小题，满分69分）

ABAC，18．（10分）在ABC中，以AB为直径的圆交BC于D，交AC于E.过点E的切线交OD的延长线于F．求

证：BF是

O的切线．

x1x1x2x119．（5分）先化简，再求值:，其中x2.

20．（8分）如图，已知点D、E为△ABC的边BC上两点．AD=AE，BD=CE，为了判断∠B与∠C的大小关系，请你

填空完成下面的推理过程，并在空白括号内注明推理的依据． 解：过点A作AH⊥BC，垂足为H． ∵在△ADE中，AD=AE（已知） AH⊥BC（所作）

∴DH=EH（等腰三角形底边上的高也是底边上的中线） 又∵BD=CE（已知）

∴BD+DH=CE+EH（等式的性质） 即：BH=

又∵ （所作）

∴AH为线段 的垂直平分线

∴AB=AC（线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等） ∴ （等边对等角）

21．（10分）先化简，再求值：(x+1y)1﹣(1y+x)(1y﹣x)﹣1x1，其中x＝3+1，y＝3﹣1．

22．（10分）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的长为0.60m，底座BC与支架AC所成的

角∠ACB=75°，点A、H、F在同一条直线上，支架AH段的长为1m，HF段的长为1.50m，篮板底部支架HE的长为0.75m．求篮板底部支架HE与支架AF所成的角∠FHE的度数．求篮板顶端F到地面的距离．(结果精确到0.1 m；参考数据：cos75°≈0.2588，sin75°≈0.9659，tan75°≈3.732，3≈1.732，2≈1.414)

23．（12分）如图，已知抛物线yaxbxc(a0)的对称轴为直线x1，且抛物线与x轴交于A、B两点，与

2y轴交于C点，其中A(1,0)，C(0,3).

（1）若直线ymxn经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式；

（2）在抛物线的对称轴x1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标； （3）设点P为抛物线的对称轴x1上的一个动点，求使BPC为直角三角形的点P的坐标. 24．（14分）观察下列等式：

12第1个等式：a1=12-1， 13223第2个等式：a2=， 1第3个等式：a3=32=2-3，

15第4个等式：a4=25-2，

…

按上述规律,回答以下问题：请写出第n个等式：an=__________.a1+a2+a3+…+an=_________.

参

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、B 【解析】

设以AB、AC为直径作半圆交BC于D点，连AD，如图，

∴AD⊥BC， ∴BD=DC=BC=8， 而AB=AC=10，CB=16， ∴AD=

=

=6，

∴阴影部分面积=半圆AC的面积+半圆AB的面积﹣△ABC的面积， =π•52﹣•16•6，

=25π﹣1． 故选B． 2、A 【解析】

判断根的情况，只要看根的判别式△=b2−4ac的值的符号就可以了． 【详解】

∵一次函数y=kx+b的图像经过第一、三、四象限 ∴k>0， b<0

∴△=b2−4ac=(-2)2-4（kb+1）=-4kb>0，

∴方程x2﹣2x+kb+1=0有两个不等的实数根，故选A． 【点睛】 根的判别式 3、A 【解析】

根据倒数的定义进行解答即可． 【详解】

1∵a的倒数是3，∴3a=1，解得：a=3．

故选A． 【点睛】

本题考查的是倒数的定义，即乘积为1的两个数叫互为倒数． 4、C

【解析】

分析：根据被开方数越大算术平方根越大，可得答案．

详解：∵16＜19＜25，∴1＜19＜5，∴3＜19﹣1＜1． 故选C．

点睛：本题考查了估算无理数的大小，利用被开方数越大算术平方根越大得出1＜19＜5是解题的关键，又利用了不等式的性质． 5、C 【解析】

原式通分并利用同分母分式的减法法则计算，即可得到结果． 【详解】

a1a1a2a211a2a2a1=a1a1a1a1=a1， 解：=

故选：C. 【点睛】

此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 6、C 【解析】

先根据三角形三条边的关系求出第三条边的取值范围，进而求出周长的取值范围，从而可的求出符合题意的选项. 【详解】

∴三角形的两边长分别为5和7， ∴2<第三条边<12,

∴5+7+2<三角形的周长<5+7+12, 即14<三角形的周长<24， 故选C. 【点睛】

本题考查了三角形三条边的关系：三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，据此解答即可. 7、B

【解析】试题分析：根据从正面看得到的视图是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上面看得到的图形是俯视图，正方体主视图与左视图可能不同，故选B． 考点：简单几何体的三视图． 8、A 【解析】

结合向左平移的法则，即可得到答案. 【详解】

解：将抛物线y＝x2＋3向左平移2个单位可得y＝(x＋2)2＋3， 故选A. 【点睛】

此类题目主要考查二次函数图象的平移规律，解题的关键是要搞清已知函数解析式确定平移后的函数解析式，还是已知平移后的解析式求原函数解析式，然后根据图象平移规律“左加右减、上加下减“进行解答. 9、B 【解析】

直接利用3，5接近的整数是1，进而得出答案．

【详解】

∵a为整数，且3【点睛】

考查了估算无理数大小，正确得出无理数接近的有理数是解题关键． 10、C 【解析】

根据中心对称图形的概念求解． 【详解】

解：A选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； B选项不是中心对称图形，故本选项错误； C选项为中心对称图形，故本选项正确； D选项不是中心对称图形，故本选项错误． 故选C． 【点睛】

本题主要考查了中心对称图形的概念：关键是找到相关图形的对称中心，旋转180度后与原图重合．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分） 11、100

【解析】

先在直角△ABE中利用三角函数求出BE和AE，然后在直角△ACF中，利用勾股定理求出AC．

解：如图，作AE⊥BC于点E． ∵∠EAB=30°，AB=100， ∴BE=50，AE=50∵BC=200， ∴CE=1．

在Rt△ACE中，根据勾股定理得：AC=100即此时王英同学离A地的距离是100故答案为100

．

米．

．

．

解一般三角形的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线． 12、50（1﹣x）2=1． 【解析】

由题意可得， 50(1−x)²=1，

故答案为50(1−x)²=1.

22(x1)13、．

【解析】

22222(x2x1)2(x1)2(x1)2x4x2解：==，故答案为：．

14、

【解析】

试题分析：根据矩形的性质求出△AOB的面积等于矩形ABCD的面积的

、

、

的面积，即可得出答案

，求出△AOB的面积，再分别求出、

∵四边形ABCD是矩形，

∴AO=CO，BO=DO，DC∥AB，DC=AB，

∴，

∴，

∴，

∴，

，

，

∴

考点：矩形的性质；平行四边形的性质

点评：本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，三角形的面积的应用，解此题的关键是能根据求出的结果得出规律，注意：等底等高的三角形的面积相等 15、60 【解析】

∵∠BAC=150°∴∠ABC+∠ACB=30°∵∠EBA=∠ABC，∠DCA=∠ACB

∴∠EBA+∠ABC+∠DCA+∠ACB=2（∠ABC+∠ACB）=60°，即∠EBC+∠DCB=60° ∴θ=60°． 16、a(a-6)2 【解析】

原式提取a，再利用完全平方公式分解即可． 【详解】

原式=a(a2-12a+36)=a(a-6)2， 故答案为a(a-6)2 【点睛】

本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键． 17、0或1 【解析】

根据负数没有算术平方根，一个正数的算术平方根只有一个，1和0的算术平方根等于本身，即可得出答案． 解：1和0的算术平方根等于本身. 故答案为1和0

“点睛”本题考查了算术平方根的知识，注意掌握1和0的算术平方根等于本身．

三、解答题（共7小题，满分69分） 18、证明见解析． 【解析】

连接OE，由OB=OD和AB=AC可得ODBC，则OF∥AC，可得BODA，由圆周角定理和等量代换可得EOFBOF，由SAS证得OBFOEF，从而得到OBF=OEF90，即可证得结论． 【详解】

证明：如图，连接OE， ∵ABAC， ∴ABCC， ∵OBOD， ∴ABCODB， ∴ODBC， ∴OF//AC， ∴BODA ∵BEBE

∴BOE2A，则BODEOD2A， ∴BODEOD2BOD，

∴EODBOD，即EOFBOF， 在OBF和OEF中，

OBOEBOFEOFOFOF∵，

∴

OBFOEFSAS，

∴OBFOEF ∵FE是

O的切线，则OEFE，

∴OEF90，

∴OBF90，则OBBF， ∴BF是

O的切线．

【点睛】

本题主要考查了等腰三角形的性质、切线的性质和判定、圆周角定理和全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 19、x-1, -9.

【解析】

先去括号，再合并同类项；最后把x=-2代入即可． 【详解】

2323x1xxx1, 原式＝

3当x=-2时，原式＝-8-1=-9.

【点睛】

本题考查了整式的混合运算及化简求值，关键是先按运算顺序把整式化简，再把对应字母的值代入求整式的值． 20、见解析 【解析】

根据等腰三角形的性质与判定及线段垂直平分线的性质解答即可. 【详解】

过点A作AH⊥BC，垂足为H． ∵在△ADE中，AD=AE（已知）， AH⊥BC（所作），

∴DH=EH（等腰三角形底边上的高也是底边上的中线）． 又∵BD=CE（已知），

∴BD+DH=CE+EH（等式的性质）， 即：BH=CH．

∵AH⊥BC（所作），

∴AH为线段BC的垂直平分线．

∴AB=AC（线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等）． ∴∠B=∠C（等边对等角）． 【点睛】

本题考查等腰三角形的性质及线段垂直平分线的性质，等腰三角形的底边中线、底边上的高、顶角的角平分线三线合一；线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等； 21、﹣2 【解析】

【分析】先利用完全平方公式、平方差公式进行展开，然后合并同类项，最后代入x、y的值进行计算即可得. 【详解】原式=x1+2xy+2y1﹣（2y1﹣x1）﹣1x1 =x1+2xy+2y1﹣2y1+x1﹣1x1 =2xy，

当x=3+1，y=3﹣1时， 原式=2×（3+1）×（3﹣1）

=2×（3﹣2） =﹣2．

【点睛】本题考查了整式的混合运算——化简求值，熟练掌握完全平方公式、平方差公式是解题的关键. 22、（1）∠FHE＝60°；（2）篮板顶端 F 到地面的距离是 4.4 米． 【解析】

HE1（1）直接利用锐角三角函数关系得出cos∠FHE=HF2，进而得出答案；

（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． 【详解】

HE1（1 ）由题意可得：cos∠FHE＝HF2，则∠FHE＝60°；

（2）延长 FE 交 CB 的延长线于 M，过 A 作 AG⊥FM 于 G，

AB在 Rt△ABC 中，tan∠ACB＝BC，

∴AB＝BC•tan75°＝0.60×3.732＝2.2392， ∴GM＝AB＝2.2392，

FG在 Rt△AGF 中，∵∠FAG＝∠FHE＝60°，sin∠FAG＝AF，

3FG∴sin60°＝2.5＝2，

∴FG≈2.17（m），

∴FM＝FG+GM≈4.4（米），

答：篮板顶端 F 到地面的距离是 4.4 米． 【点睛】

本题考查解直角三角形、锐角三角函数、解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形，记住锐角三角函数的定义.

2yx2x3，直线的解析式为y23、（1）抛物线的解析式为

x3.（2）M(1,2)；（3）P的坐标为(1,2)或

(1,4)或

(1,317317)(1,)22或.

【解析】

分析：（1）先把点A，C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系，再联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c的值即可得到抛物线解析式；把B、C两点的坐标代入直线y=mx+n，解方程组求出m和n的值即可得到直线解析式；

（2）设直线BC与对称轴x=-1的交点为M，此时MA+MC的值最小．把x=-1代入直线y=x+3得y的值，即可求出点M坐标；

（3）设P（-1，t），又因为B（-3，0），C（0，3），所以可得BC2=18，PB2=（-1+3）2+t2=4+t2，PC2=（-1）2+（t-3）2=t2-6t+10，再分三种情况分别讨论求出符合题意t值即可求出点P的坐标．

b2a1a1abc0c3b2c3详解：（1）依题意得：，解得：，

2yx2x3. ∴抛物线的解析式为

∵对称轴为x1，且抛物线经过∴把

A1,0，

B3,0、

C0,3分别代入直线ymxn，

3mn0m1n3n3，

得，解之得：∴直线ymxn的解析式为yx3.

（2）直线BC与对称轴x1的交点为M，则此时MAMC的值最小，把x1代入直线yx3得y2， ∴

M1,2.即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为

1,2.

（注：本题只求M坐标没说要求证明为何此时MAMC的值最小，所以答案未证明MAMC的值最小的原因）. （3）设

2P1,t，又

B3,02，

C0,3， ，

∴BC18，

PB213t24t2PC21t3t26t1022，

22222①若点B为直角顶点，则BCPBPC，即：184tt6t10解得：t2， 22222CBCPCPB18t6t104t②若点为直角顶点，则，即：解得：t4， 22222③若点P为直角顶点，则PBPCBC，即：4tt6t1018解得：

t1317317t222，.

3173171,1,221,21,4. P综上所述的坐标为或或或

点睛：本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数（二次函数和一次函数）的解析式、利用轴对称性

质确定线段的最小长度、难度不是很大，是一道不错的中考压轴题．

an24、（1）【解析】

1nn1=n1n； （2）n11．

a1（1）根据题意可知，

121a212，1132a3232332，，

a41152n1n25，…由此得出第n个等式：an=nn1；

（2）将每一个等式化简即可求得答案． 【详解】

a1解：（1）∵第1个等式：

12112，

a2第2个等式：

13223， 12332， 15225，

1n1n；

a3第3个等式：

a4第4个等式：

∴第n个等式：an=nn1（2）a1+a2+a3+…+an =（

2-1+3-2+2-3+5-2++n+1n

=n11．

1故答案为nn1n1n；n11．

【点睛】

此题考查数字的变化规律以及分母有理化，要求学生首先分析题意，找到规律，并进行推导得出答案．