【中考冲刺】2021年广东省广州市中考数学模拟试卷(附答案)

【中考冲刺】2021年广东省广州市中考数学模拟试卷（附答案）

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

一、单选题

1．下列方程中，没有实数根的是（ ）

A． ． ． ．

2．如图，在中，点分别是的中点，则下列结论不正确的是（ ）

A． ．

C． ．

3．抛物线与轴的交点坐标为（ ）

A． ． ． ．

4．下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不属于中心对称图形的是（　　）

A． ． ． ．

5．一只不透明的袋子中装有4个黑球、2个白球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出3个球，下列事件为必然事件的是（ ）

A．至少有1个球是黑球

B．至少有1个球是白球

C．至少有2个球是黑球

D．至少有2个球是白球

6．如图，A，B，P是半径为2的⊙O上的三点，∠APB＝45°，则弦AB的长为（　　）

A．2 ．4 ． ．

7．一元二次方程的两实数根为，则的值为（ ）

A． ． ． ．

8．如图，在中，，将绕点顺时针旋转后得到的（点的对应点是点，点的对应点是点），连接．若，则的大小是（ ）

A． ． ． ．

9．二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论：

①4ac＜b2；②a+c＞b；③2a+b＞0．

其中正确的有（ ）

A．①② ．①③ ．②③ ．①②③

10．如图，已知弦与弦交于点，且为的中点，延长交于点，若，则（ ）

A． ． ． ．

二、填空题

11．一元二次方程的解为__________．

12．点P（3，﹣5）关于原点对称的点的坐标为_____．

13．把一枚均匀的硬币连续抛掷两次，两次正面朝上的概率是    ．

14．如图，圆锥的侧面积为15π，底面半径为3，则圆锥的高AO为_____．

15．如果关于的方程（为常数）有两个不相等的实数根，那么的取值范围是__________．

16．如图，在中，，将绕顶点逆时针旋转得到是的中点，是的中点，连接，若，则线段的最大值是__________．

三、解答题

17．已知x=﹣1是方程x2+mx﹣5=0的一个根，求m的值及方程的另一个根．

18．配方法解方程：

19．如图，在中，，为边上的中线，于点E.

（1）求证：；

（2）若，，求线段的长.

20．如图，已知△ABC和点O．

（1）把△ABC绕点O顺时针旋转90得到△A1B1C1，在网格中画出△A1B1C1；

（2）用直尺和圆规作△ABC的边AB，AC的垂直平分线，并标出两条垂直平分线的交点P（要求保留作图痕迹，不写作法）；指出点P是△ABC的内心，外心，还是重心？

21．如图，转盘A的三个扇形面积相等，分别标有数字1，2，3，转盘B的四个扇形面积相等，分别有数字1，2，3，4．转动A、B转盘各一次，当转盘停止转动时，将指针所落扇形中的两个数字相乘（当指针落在四个扇形的交线上时，重新转动转盘）．

（1）用树状图或列表法列出所有可能出现的结果；

（2）求两个数字的积为奇数的概率．

22．已知二次函数．

（1）在坐标系中作出函数图象，并求其图象的顶点坐标和图象与轴的交点坐标；

（2）自变量在什么范围内，随的增大而减小？

23．如图，中，，以为直径作，点为上一点，且，连接并延长交的延长线于点

（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；

（2）若，求的值．

24．抛物线与轴交于点，与轴交于点．线段上有一动点(不与重合)，过点作轴的平行线交直线于点，交抛物线于点

（1）求直线的解析式；

（2）点为线段下方抛物线上一动点，点是线段上一动点；

①若四边形是平行四边形，证明：点横坐标之和为定值；

②在点运动过程中，平行四边形的周长是否存在最大值？若存在，求出此时点的坐标，若不存在，说明理由

25．如图，的直径为，弦为的平分线交于点．

（1）求的长；

（2）试探究之间的等量关系，并证明你的结论；

（3）连接为半圆上任意一点，过点作于点，设的内心为，当点在半圆上从点运动到点时，求内心所经过的路径长

参

1．D

【分析】

一元二次方程根 的判别式：，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无解，据此逐项法分析解题

【详解】

A. 

，

方程有两个不相等的实数根，

故A错误；

B. 

方程有两个不相等的实数根，

故B错误；

C. 

方程有两个相等的实数根，

故C错误；

D.

方程无解

故D正确，

故选：D

【点睛】

本题考查一元二次方程根的判别式，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．

2．C

【分析】

根据三角形中位线的性质求解．

【详解】

解：由题意BC是△ABC的中位线，

∴由中位线的性质可得：BC=2DE，BC∥DE，

∴A正确，且∠ADE=∠B，∠AED=∠C，

∴ΔADE∼ΔABC，且相似比=DE:BC=1:2，

∴B正确，SΔABC=4SΔADE，且AD:AE=AB:AC，

∴D正确，C错误，

故选C ．

【点睛】

本题考查三角形中位线和三角形相似的综合应用，熟练掌握三角形中位线的性质及三角形相似的判定与性质是解题关键．

3．A

【分析】

与轴的交点坐标即令．

【详解】

令得，

，

抛物线与轴的交点坐标为，

故选：A．

【点睛】

本题考查二次函数与坐标轴的交点，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．

4．A

【分析】

根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析即可．

【详解】

解：A、不是中心对称图形，故此选项正确；

B、是中心对称图形，故此选项错误；

C、是中心对称图形，故此选项错误；

D、是中心对称图形，故此选项错误；

故选A．

【点睛】

此题主要考查了中心对称图形的定义，判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

5．A

【解析】

试题分析：一只不透明的袋子中装有4个黑球、2个白球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出3个球，至少有1个球是黑球是必然事件；至少有1个球是白球、至少有2个球是黑球和至少有2个球是白球都是随机事件．故选A．

考点：随机事件．

6．C

【分析】

由A、B、P是半径为2的⊙O上的三点，∠APB=45°，可得△OAB是等腰直角三角形，继而求得答案．

【详解】

解：连接OA，OB．

∵∠APB=45°，

∴∠AOB=2∠APB=90°．

∵OA=OB=2，

∴AB==2．

故选C．

7．B

【分析】

直接根据根与系数的关系求解．

【详解】

解：∵一元二次方程x2+2x-6=0的两实数根为x1，x2，

∴x1+x2=-2．

故选：B．

【点睛】

本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=- ，x1x2=．

8．B

【分析】

利用旋转的性质得到，继而得到为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质解得，再由角的和差求得，再由旋转的性质可得，最后根据三角形内角和解题即可．

【详解】

绕点顺时针旋转后得到的

为等腰直角三角形

故选：B．

【点睛】

本题考查旋转的性质，涉及等腰直角三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．

9．B

【详解】

观察图象可知抛物线与x轴有两个交点，△=b2﹣4ac＞0，即可得4ac＜b2，①正确；

当x=﹣1时，y＜0，即a﹣b+c＜0，所以a+c＜b，②错误；

因对称轴，a＜0，所以﹣b＜2a，即2a+b＞0，③正确．

故答案选B．

考点：二次函数图象与系数的关系．

10．C

【分析】

根据题意，由两角相等证明△ABE∽△DCE，△PBD∽△PAC，再由相似三角形性质，得到对应边成比例，设EC=x，EB=y，列出方程组，解出x，y，然后求得．

【详解】

∵∠A=∠D（同弧所对的圆周角相等）

∠E=∠E

∴△ABE∽△DCE

同理△PBD∽△PAC

∴

∵P为AB中点

∴PA=PB,

∴

CD=PC+PD=PC+

AB=AP+BP=

∴

设EC=x，EB=y,则

，则可得：

解得：

∴CE+BE=

故选：C．

【点睛】

此题考查相似三角形的综合运用，掌握相似三角形的判定方法和性质，根据对应边成比例设未知数，运用方程思想，求出相关线段的长度是解题的关键．

11．

【分析】

先将常数项25移项到方程的右边，再利用直接开平方法解题即可．

【详解】

故答案为：．

【点睛】

本题考查直接开平方法解一元二次方程，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．

12．（﹣3，5）．

【分析】

根据关于原点的对称的点的横纵坐标均互为相反数可得所求点的坐标．

【详解】

解：点(3，−5)关于原点的对称点的坐标为(−3，5)，

故答案为(−3，5).

【点睛】

本题考查了关于原点对称的点的坐标的知识；掌握关于原点对称的点的坐标的特点是解决本题的关键．

13．

【分析】

举出所有情况，看正面都朝上的情况数占总情况数的多少即可．

【详解】

解：共4种情况，正面都朝上的情况数有1种，所以概率是．

故答案为：．

考点：列表法与树状图法．

14．4

【分析】

要求圆锥的高，关键是求出圆锥的母线长，即圆锥侧面展开图中的扇形的半径．已知圆锥的底面半径就可求得底面圆的周长，即扇形的弧长，已知扇形的面积和弧长就可求出扇形的半径，即圆锥的高．

【详解】

解：由题意知：展开图扇形的弧长是2×3＝6，

设母线长为L，则有×6L＝15，

解得：L＝5，

∵由于母线，高，底面半径正好组成直角三角形，

∴在直角△AOC中高AO＝＝4．

故填：4.

【点睛】

此题考查了圆锥体的侧面展开图的计算，揭示了平面图形与立体图形之间的关系，难度一般．

15．

【分析】

根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式的意义得到△＞0，即（-2）2-4×1×k＞0，然后解不等式即可．

【详解】

解：∵关于x的方程x2-2x+k=0（k为常数）有两个不相等的实数根，

∴△＞0，即（-2）2-4×1×k＞0，

解得k＜1，

∴k的取值范围为k＜1．

故答案为：k＜1．

【点睛】

本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式△=b2-4ac．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．

16．

【分析】

如图，连接PC，由直角三角形性质和旋转性质可得A′B′=AB=8，PC=4，根据PM≤PC+CM，可得PM≤6，由此即可解决问题．

【详解】

解：如图，连接PC，

在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=4，

∴AB=8，

根据旋转不变性可知，A′B′=AB=8，

∵P 是 A'B' 的中点，

∴A′P=PB′=PC，

∴PC=A′B′=4，

∵CM=BM=2，

∵PM≤PC+CM，即PM≤6，

∴PM的最大值为6（此时P、C、M共线），

故答案是：6．

【点睛】

本题考查旋转变换、含30度角的直角三角形性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．

17．m=﹣4， 另一根是5．

【解析】

试题分析：先根据方程的根的定义：方程的根就是使方程左右两边相等的未知数的值，把代入方程即可得到关于m的方程，求得m的值，然后代入原方程，最后再解方程即可.

试题解析：由题意得，解得

则原方程可化为，解得，

所以另一个根为-5．

考点：1.方程的根的定义；2.解一元二次方程

18．，．

【分析】

先移项，再将二次项系数化为1，然后利用配方法解一元二次方程即可得．

【详解】

解：，

，

，

，

，

，．

【点睛】

本题考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题关键．

19．（1）见解析；（2）.

【分析】

对于（1），由已知条件可以得到∠B=∠C，△ABC是等腰三角形，利用等腰三角形的性质易得AD⊥BC，∠ADC=90°；接下来不难得到∠ADC=∠BED，至此问题不难证明；

对于（2），利用勾股定理求出AD，利用相似比，即可求出DE.

【详解】

解：（1)证明：∵，

∴.

又∵为边上的中线，

∴.

∵，

∴，

∴.

(2)∵，∴.

在中，根据勾股定理，得.

由（1）得，∴，

即，

∴.

【点睛】

此题考查相似三角形的判定与性质，解题关键在于掌握判定定理.

20．（1）见解析；（2）见解析

【详解】

解：（1）△A1B1C1如图所示．

（2）如图所示，点P是△ABC的外心．

（1）分别得出△ABC绕点O顺时针旋转90后的对应点坐标，进而得到△A1B1C1．

（2）根据垂直平分线的作法求出P点即可，进而利用外心的性质得出即可．

21．（1）结果见解析；（2）．

【解析】

解：（1）画树状图得：

则共有12种等可能的结果；

（2）∵两个数字的积为奇数的4种情况，

∴两个数字的积为奇数的概率为： ．

试题分析：（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；

（2）由两个数字的积为奇数的情况，再利用概率公式即可求得答案．

22．（1）作图见解析；顶点坐标为；图象与轴的交点为；（2）．

【分析】

（1）顶点坐标为（1，4），与x轴的交点的坐标为（-1，0），（3，0）；函数图象见解析．

（2）当x＞1时，y随x的增大而减小．

【详解】

解：（1）二次函数解析式可化为

其图象为抛物线如图所示

抛物线的顶点坐标为

当时，有

解得：

所以，图象与轴的交点为

（2）∵函数图象开口向下，又其对称轴

当时，随的增大而减小

【点睛】

本题考查了二次函数的图象，找到顶点及对称轴，根据对称轴取点是解题的关键一步，同时，描点时要用平滑曲线．

23．（1）是的切线；理由见解析；（2）．

【分析】

（1）连接OC，如图，证明得到，然后根据切线的判定定理可判断CD为⊙O的切线；

（2）根据已知条件得到DE=2BE=4，设，在中，根据勾股定理求出x，设的半径为，在中，根据勾股定理求出r，再在在中，根据勾股定理求出AC，于是得到结论．

【详解】

解：（1）是的切线，

证明：连接，

在和中

，

，

，

，

∵OD是圆的半径，

是的切线；

（2），

．

设，

在中，，

，

．

设的半径为，则，

在中，，

，

，

．

在中，，

．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质：在判定两个三角形全等时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；也考查了切线的判定以及勾股定理的应用．

24．（1）；（2）①证明见解析；②存在；点的坐标为．

【分析】

（1）分别在抛物线解析式中令x=0，y=0，可以得到B和A的坐标，然后应用待定系数法可以得到直线AB的解析式；　

（2）①分别设点M、N的横坐标为m、n，则由平行四边形的性质可以证得m+n=4,即m、n的和为定值；

②作DE⊥PM，结合①可以求得平行四边形CMND的周长是关于m的二次函数，由二次函数的知识可以求得平行四边形CMND的周长取最大值时m的值，从而得到对应的D点坐标．

【详解】

解：（1）令，可 得，

令抛物线解析式中x=0可得， 

设直线的解析式为：

代入两点坐标，求得；

设点的横坐标为，则点坐标为

点的坐标为

设点的横坐标为，同理得

整理得：

为定值

②作，则

易证

平行四边形的周长

时，周长有最大值

此时点的坐标为，点的坐标为

当点位置对调，点位置相应对调时，依然满足条件

点的坐标为．

【点睛】

本题考查一次函数、二次函数与平行四边形的综合应用，熟练掌握一次函数解析式的求法、平行四边形的性质及二次函数的图象和性质是解题关键．

25．（1）；（2），证明见解析；（3）．

【分析】

(1)根据直径所对的角是90°，判断△ABC和△ABD是直角三角形，根据圆周角∠ACB的平分线交O于D，判断△ADB为等腰直角三角形，然后根据勾股定理求出值；

(2)延长CA到F，使AF=CB，可证△CDF为等腰直角三角形,从而得到CA、CB、CD 之间的等量关系；

(3)作辅助线，连接OM，PM,正确构造图形，确定M的运动轨迹是圆弧形，先求的长度，再得到点M经过路径的长．

【详解】

解：是直径

是的平分线

在中，

，证明如下

延长到，使，连接

又

为等腰直角三角形

连接

点为的内心

所以点在以为弦，并且所对的圆周角为的两段劣弧上（分左右两种情况）；

设所在圆的圆心

弧的长为=

点经过路径长为=

【点睛】

本题综合考查了圆周角定理，全等三角形，等腰直角三角形，圆弧的长，勾股定理等知识，解答此题要抓住三个关键，

(1)判断出ABC和 △ABD是直角三角形，以便利用勾股定理；

(2)判断出线段△CDF和△ABD是等腰直角三角形，然后将各种线段转化到等腰直角三角形中利用勾股定理解答，

(3)通过作辅助线，正确构造图形，确定M的运动轨迹是圆弧形，再利用弧长公式解答．