2020-2021学年辽宁省沈阳市中考数学仿真模拟试题及答案

考试时间120分钟 满分120分

一、选择题（下列各题的备选答案中，只有一个答案是正确的，每小题2分，共20分） 1.7的相反数是（ ） A.-7

4B.

7 C.

1 7 D.7

【答案】A. 【解析】

试题分析：根据“只有符号不同的两个数互为相反数”可得7的相反数是-7，故选A. 考点：相反数.

2. 如图所示的几何体的左视图是（ ）

A.

【答案】D. 【解析】

B. C. D.

试题分析：这个几何体从左面看到的图形是两个竖排的正方形，故选D. 考点：简单几何体的三视图.

3. “弘扬雷锋精神，共建幸福沈阳”幸福沈阳需要830万沈阳人共同缔造。将数据830万用科

学记数法可以表示为 （ ） A.8310 【答案】B.

B.8.3102

C. 8.3103

D. 0.83105

考点：科学记数法.

4. 如图，AB//CD,150,2的度数是（ ）

A.50

B.100

C.130

D.140

【答案】C. 【解析】

试题分析：已知AB//CD,150,根据平行线的性质可得1350,再由邻补角的性质可得∠2=180°-∠3=130°，故选C.

考点：平行线的性质. 5. 点A-2,5在反比例函数ykk0的图象上，则k的值是（ ） xA.10 B.5 C.5 D.10

【答案】D. 【解析】

试题分析：已知点A-2,5在反比例函数y考点：反比例函数图象上点的特征.

6. 在平面直角坐标系中，点A，点B关于y轴对称，点A的坐标是2,8，则点B的坐标是（ ） A. 2,8 【答案】A. 【解析】

试题分析：关于y轴对称点的坐标的特点是横坐标互为相反数，纵坐标不变，由此可得点B的坐标为（-2，-8），故选A.

考点：关于y轴对称点的坐标的特点. 7. 下列运算正确的是（ ） A.x3x5x8

B. x3x5x15

D.2x2x5

5kk0的图象上，可得k=-2×5=-10，故选D. x

B. 2,8

C. 2,8

D. 8,2

C.x1x1x21 【答案】C.

考点：整式的计算.

8. 下利事件中，是必然事件的是（ ）

A.将油滴在水中，油会浮在水面上 B.车辆随机到达一个路口，遇到红灯 C.如果a2b2，那么ab

D.掷一枚质地均匀的硬币，一定正面向上 【答案】A.

考点：必然事件；随机事件.

9. 在平面直角坐标系中，一次函数yx1的图象是（ ）

A. 【答案】B. 【解析】

B. C. D.

试题分析：一次函数yx1的图象过（1，0）、（0，-1）两个点，观察图象可得，只有选项B符合要求，故选B. 考点：一次函数的图象.

10. 正方形ABCDEF内接与eO，正六边形的周长是12，则eO的半径是（ ）

A.3

B.2

C.22

D.23

【答案】B. 【解析】

3600600，所试题分析：已知正六边形的周长是12，可得BC=2，连接OB、OC，可得∠BOC=6以△BOC为等边三角形，所以OB=BC=2，即eO的半径是2，故选B. 考点：正多边形和圆.

二、填空题（每小题3分，共18分） 11. 因式分解3a2a . 【答案】3(3a+1). 【解析】

试题分析：直接提公因式a即可，即原式=3(3a+1). 考点：因式分解.

12. 一组数2,3,5,5,6,7的中位数是 . 【答案】5. 【解析】

试题分析：这组数据的中位数为

555. 2考点：中位数.

13.

x1x2 . xx2x1【答案】

1. x1【解析】 试题分析：原式=

x1x1. x(x1)2x1考点：分式的运算.

14. 甲、乙、丙三人进行射击测试，每人10次射击成绩的平均值都是8.9环，方差分别是S甲20.53,S乙20.51,S丙20.43,则三人中成绩最稳定的是 .（填“甲”或“乙”或“丙”）

【答案】丙. 【解析】

试题分析：平均数相同，方差越小，这组数据越稳定，根据题意可得三人中成绩最稳定的是丙. 考点：方差.

15. 某商场购进一批单价为20元的日用商品.如果以单价30元销售，那么半月内可销售出 400件.根据销售经验，提高销售单价会导致销售量的减少，即销售单价每提高1元，销售量相应减少20件，当销售量单价是 元时，才能在半月内获得最大利润.21 【答案】35.

考点：二次函数的应用.

16. 如图，在矩形ABCD中，AB5，BC3,将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形

GBEF，点A落在矩形ABCD的边CD上，连接CE，则CE的长是 .

【答案】310. 5【解析】

试题分析：如图，过点C作MNBG，分别交BG、EF于点M、N，根据旋转的旋转可得AB=BG=EF=CD=5，AD=GF=3，在Rt△BCG中，根据勾股定理求得CG=4，再由

SVBCG1112 ,在Rt△BCM中，根据勾股定理求得BCCGBGCM,即可求得CM=

22522BM=BCCM12932()2，根据已知条件和辅助线作法易知四边形BENMW为矩形，

55根据矩形的旋转可得BE=MN=3,BM=EN=

9123,所以CN=MN-CM=3-=,在Rt△ECN中，根据勾股555定理求得EC=CNEN223990310()2()2. 55255

考点：四边形与旋转的综合题.

三、解答题（第17题6分，第18、19小题各8分，共22分）

17. 计算21322sin454

0【答案】

1. 9【解析】

试题分析：根据绝对值的性质、负整数指数幂的性质、特殊角的三角函数值、零指数幂的性质分别计算各项后合并即可. 试题解析：

原式=2112121. 929考点：实数的运算.

18. 如图，在菱形ABCD中，过点D做DEAB于点E，做DFBC于点F，连接EF，

求证：（1）ADECDE; （2）BEFBFE 【答案】详见解析. 【解析】

试题分析：（1）根据菱形的性质可得AD=CD，AC，再由DEAB，DFBC，可得AEDCFD900，根据AAS即可判定ADECDE；（2）已知菱形ABCD，根据菱形的

性质可得AB=CB，再由ADECDE，根据全等三角形的性质可得AE=CF，所以BE=BF，根据等腰三角形的性质即可得BEFBFE.

试题解析： (1) ∵菱形ABCD， ∴AD=CD，AC ∵DEAB，DFBC ∴AEDCFD900 ∴ADECDE (2) ∵菱形ABCD， ∴AB=CB ∵ADECDE ∴AE=CF ∴BE=BF

∴BEFBFE

考点：全等三角形的判定及性质；菱形的性质.

19. 把3、5、6三个数字分别写在三张完全不同的不透明卡片的正面上，把这三张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，先从中随机抽取一张卡片，记录下卡片上的数字、放回后洗匀，再从中抽取一张卡片，记录下数字.请用列表法或树状图法求两次抽取的卡片上的数字都是奇数的概率.21·世纪

*教育网

【答案】

4. 9【解析】

试题分析：根据题意列表（画出树状图），然后由表格（或树状图）求得所有等可能的结果与两次抽取的卡片上的数字都是奇数的情况，再利用概率公式求解即可求得答案． 试题解析：

列表得：

或

（或画树形图）

总共出现的等可能的结果有9种，其中两次抽取的卡片上的数字都是奇数的结果有4种，所以两次抽取的卡片上的数字都是奇数的概率为

4. 9考点：用列表法（或树状图法）求概率． 四、（每题8分，共16分）

20. 某校为了开展读书月活动，对学生最喜欢的图书种类进行了一次抽样调查，所有图书分成四类：艺术、文学、科普、其他。随机调查了该校m名学生（每名学生必须且只能选择一类图书），并将调查结果制成如下两幅不完整的统计图：

根据统计图提供的信息，解答下列问题： （1）m ，n ；

（2）扇形统计图中，“艺术”所对应的扇形的圆心角度数是 度. （3）请根据以上信息直接在答题卡中补全条形统计图；

（4）根据抽样调查的结果，请你估计该校600名学生中有多少学生最喜欢科普类图书. 【答案】（1）50、30；（2）72；（3）详见解析；（4）180.

试题解析： （1）50、30； （2）72； （3）如图所示：

（4）600×30%=180（名）

答：估计该校有180名学生最喜欢科普类图书. 考点：统计图.

21. 小明要代表班级参加学校举办的消防知识竞赛，共有25道题，规定答对一道题得6分，答错或不答一道题扣2分，只有得分超过90分才能获得奖品，问小明至少答对多少道题才能获得奖品？

【答案】小明至少答对18道题才能获得奖品. 【解析】

试题分析：设小明答对x道题，根据“共有25道题，规定答对一道题得6分，答错或不答一道题扣2分，只有得分超过90分才能获得奖品”，列出不等式，解不等式即可. 试题解析：

设小明答对x道题，根据题意得， 6x-2（25-x）>90 解这个不等式得，xf171， 2∵x为非负整数 ∴x至少为18

答：小明至少答对18道题才能获得奖品.

考点：一元一次不等式的应用. 五、（本题10分）

22. 如图，在ABC中，以BC为直径的eO交AC于点E，过点E做EFAB于点F，延长EF交CB的延长线于点G，且ABG2C.

（1）求证：EF是eO的切线； （2）若sinEGC3，eO的半径是3，求AF的长. 5【答案】（1）详见解析；（2）

24. 5【解析】

试题分析：(1)连接OE，根据圆周角定理可得EOG2C,因ABG2C，即可得

ABGEOG，即可判定AB//OE，再由EFAB，可得AFE900，即可得

GEOAFE900，即OEEG，所以EF是eO的切线；（2）根据已知条件易证BA=BC，

再求得BA=BC=6，在Rt△OEG中求得OG=5，在Rt△FGB中，求得BF=

624，即可得AF=AB-BF=. 55试题解析： (1)连接OE， 则EOG2C, ∵ABG2C

∴ABGEOG ∴AB//OE ∵EFAB ∴AFE900 ∴GEOAFE900 ∴OEEG 又∵OE是eO的半径 ∴EF是eO的切线；

（2）∵ABG2C，∵ABGCA ∴CA ∴BA=BC

又eO的半径为3， ∴OE=OB=OC ∴BA=BC=2×3=6

在Rt△OEG中，sin∠EGC=

OE33，即 OG5OG∴OG=5

在Rt△FGB中，sin∠EGC=

BF3FB，即 GB52∴BF=

6 5∴AF=AB-BF=6-

624=. 55考点：圆的综合题. 六、（本题10分）

0，点B23. 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点O是坐标原点，点A的坐标为6，8，点C的坐标为25,4，点M,N分别为四边形OABC边上的动点，动点M从的坐标为0，点O开始，以每秒1个单位长度的速度沿OAB路线向中点B匀速运动，动点N从O点开始，以每秒两个单位长度的速度沿OCBA路线向终点A匀速运动，点M,N同时从O点出发，当其中一点到达终点后，另一点也随之停止运动。设动点运动的时间t秒（t），OMN的面积为S.

（1）填空：AB的长是 ，BC的长是 ； （2）当t3时，求S的值；

（3）当3t6时，设点N的纵坐标为y，求y与t的函数关系式； （4）若S48，请直接写出此时t的值. ．．5

【答案】(1)10，6；（2）S=6；（3）y=

432610. t；(4)8或或533【解析】

0，点B的坐标为0，8，可得OA=6,OB=8,根据勾股定理即可求得试题分析：由点A的坐标为6，8，可得AB=10；过点C作CMy轴于点M，由点C的坐标为25,4，点B的坐标为0，

BM=4,CM=25,再由勾股定理可求得BC=6；（2）过点C作CEx轴于点E，由点C的坐标

为25,4，可得CE=4,OE=25,在Rt△CEO中，根据勾股定理可求得OC=6,当t=3时，点N与

点C重合，OM=3，连接CM，可得NE=CE=4,所以SOMN11（3）OMNE346,即S=6；

22当3BNBG,即BCBF122tBG44,解得BG=8-t，即可得y =t；（4）分①点M在线段OA上，N在线段OC上；6433②点M、点N都在线段AB上，且点M在点N的下方；③点M、点N都在线段AB上，且点M在点N的上方三种情况求t值即可.【出处：21教育名师】 试题解析： (1)10，6；

（3）如图2，当3∵∠BGN=∠BFC=90°， ∴NG//CF ∴

BNBG122tBG,即, BCBF644t， 344t)=t 33解得BG=8-

∴y=OB-BG=8-(8-

(4)8或

32610或. 53考点：

七、（本题12分）

24. 四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD所在的直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点D，点F在直线CE的同侧），连接BF （1）如图1，当点E与点A重合时，请直接写出BF的长； ．．（2）如图2，当点E在线段AD上时，AE1 ①求点F到AD的距离 ②求BF的长

（3）若BF310，请直接写出此时AE的长. ．．

【答案】(1)BF=45;(2)①点F到AD的距离为3；②BF=74；(3)AE=2+41或AE=1. 【解析】

试题分析：（1）过点F作FMBA, 交BA的延长线于点M，根据勾股定理求得AC=42,又因点

E与点A重合，可得△AFM为等腰直角三角形且AF=42,再由勾股定理求得AM=FM=4,在Rt△

BFM中，由勾股定理即可求得BF=45;（2）①过点F作FHAD交AD的延长线于点H，根据已知条件易证ECDFEH，根据全等三角形的性质可得FH=ED，又因AD=4,AE=1,所以ED=AD-AE=4-1=3,即可求得FH=3，即点F到AD的距离为3；②延长FH交BC的延长线于点K，求得FK和BK的长，在Rt△BFK中，根据勾股定理即可求得BF的长；（3）分点E在线段AD的延长线上和点E在线段DA的延长线上两种情况求解即可. 试题解析： (1)BF=45; (2) 如图，

①过点F作FHAD交AD的延长线于点H， ∵四边形CEFG是正方形 ∴EC=EF,∠FEC=90° ∴∠DEC+∠FEH=90°， 又因四边形ABCD是正方形 ∴∠ADC=90°

∴∠DEC+∠ECD=90°， ∴∠ECD=∠FEH 又∵∠EDC=∠FHE=90°， ∴ECDFEH ∴FH=ED ∵AD=4,AE=1,

∴ED=AD-AE=4-1=3, ∴FH=3，

即点F到AD的距离为3.

②延长FH交BC的延长线于点K， ∴∠DHK=∠HDC=∠DCK =90°， ∴四边形CDHK为矩形， ∴HK=CD=4, ∴FK=FH+HK=3+4=7 ∵ECDFEH ∴EH=CD=AD=4 ∴AE=DH=CK=1 ∴BK=BC+CK=4+1=5,

在Rt△BFK中，BF=FK2BK2725274

(3)AE=2+41或AE=1. 考点：四边形综合题. 八、（本题12分）

25. 如图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y323xx83与x轴正半轴123交于点A，与y轴交于点B，连接AB，点M,N分别是OA,AB的中点.RtCDERtABO，且

CDE始终保持边ED经过点M，边CD经过点N，边DE与y轴交于点H，边CD与y轴交于

点G.【版权所有：21教育】

（1）填空，OA的长是 ，ABO的度数是 度 （2）如图2，当DE//AB，连接HN ①求证：四边形AMHN是平行四边形；

②判断点D是否在抛物线的对称轴上，并说明理由；

（3）如图3，当边CD经过点O时（此时点O与点G重合），过点D作DO//OB，交AB延长线上于点O，延长ED到点K，使DKDN，过点K作KI//OB，在KI上取一点P，使得写出的PO长.21教育名师原创作品 PDK45（若P,O在直线ED的同侧），连接PO，请直接．．

【答案】(1)8，30；（2）①详见解析；②点D在该抛物线的对称轴上，理由详见解析；（3）123 . 【解析】

试题分析：（1）根据抛物线的解析式y323xx83求得点A的坐标为（8，0），点B123的坐标为（0，83），即可得OA=8,根据锐角三角函数的定义即可求得ABO=30°；（2）①由

DE//AB，根据平行线分线段成比例定理可得

OMOH,又因OM=AM,可得OH=BH,再由AMBHBN=AN，根据三角形的中位线定理可得HN//AM，即可判定四边形AMHN是平行四边形；②点D在该抛物线的对称轴上，如图，过点D作DRy轴于点R，由HN//AO可得∠NHB=∠AOB=90°，由DE//AB，可得∠DHB=∠OBA=30°，又因RtCDERtABO，根据全等三角形的性质可得∠HDG=∠OBA=30°，即可得∠HDN=∠HND，所以DH=HN=

1OA=4，在Rt△DHR中，2DR=

11DH=42,即可判定点D的横坐标为-2.又因抛物线的对称轴为直线x2，所以点D

22在该抛物线的对称轴上； 试题解析：(1)8，30； （2）①证明：∵DE//AB， ∴

OMOH, AMBH又∵OM=AM,

∴OH=BH, 又∵BN=AN ∴HN//AM

∴四边形AMHN是平行四边形

②点D在该抛物线的对称轴上，理由如下： 如图，过点D作DRy轴于点R， ∵HN//AO

∴∠NHB=∠AOB=90°， ∵DE//AB， ∴∠DHB=∠OBA=30°， 又∵RtCDERtABO ∴∠HDG=∠OBA=30°， ∴∠HDG=∠DHB=30°， ∴∠HGN=2∠HDG=60°，

∴∠HNG=90°-∠HGN=90°-60°=30°， ∴∠HDN=∠HND， ∴DH=HN=

1OA=4 211DH=42,

22在Rt△DHR中，DR=

∴点D的横坐标为-2.

又因抛物线的对称轴为直线xb2a3332，

∴点D在该抛物线的对称轴上. (3)123 .

考点：二次函数综合题.

2(12)