[中考专题]2022年辽宁省沈阳市中考数学二模试题（精选）

2022年辽宁省沈阳市中考数学二模试题

 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟

2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题  30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）

1、若点P位于平面直角坐标系第四象限，且点P到x轴的距离是1，到y轴的距离是2，则点P的坐标为（      ）

A． B． C． D．

2、在下列运算中，正确的是（　　　）

A．a3•a2=a6 B．（ab2）3=a6b6

C．（a3）4=a7 D．a4÷a3=a

3、将抛物线y＝x2先向右平移3个单位长度，再向上平移5个单位长度，所得抛物线的解析式为（　　）

A．y＝（x+3）2+5 B．y＝（x﹣3）2+5 C．y＝（x+5）2+3 D．y＝（x﹣5）2+3

4、已知的两个根为、，则的值为（    ）

A．-2 B．2 C．-5 D．5

5、如图所示，，，，，则等于（   ）

A． B． C． D．

6、如图，在的内部，且，若的度数是一个正整数，则图中所有角的度数之和可能是（    ）

A．340° B．350° C．360° D．370°

7、某优秀毕业生向我校赠送1080本课外书，现用A、B两种不同型号的纸箱包装运送，单独使用B型纸箱比单独使用A型纸箱可少用6个；已知每个B型纸箱比每个A型纸箱可多装15本．若设每个A型纸箱可以装书x本，则根据题意列得方程为（    ）

A． B．

C． D．

8、的值（    ）．

A． B．2022 C． D．－2022

9、在 Rt 中，，如果，那么等于（    ）

A． B． C． D．

10、如图，与位似，点O是位似中心，若，，则（    ）

A．9 B．12 C．16 D．36

第Ⅱ卷（非选择题  70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、已知抛物线y＝（x﹣1）2有点A（0，y1）和B（3，y2），则y1___y2．（用“＞”，“＜”，“＝”填写）

2、已知：如图，的两条高与相交于点F，G为上一点，连接交于点H，且，若，，，则线段的长为_______．

3、如图，若用我们数学课本上采用的科学计算器进行计算，其按键顺序为：则输出结果应为______．

4、如图，一次函数的图像与轴交于点，与正比例函数的图像交于点，点的横坐标为1.5，则满足的的范围是______．

5、如图，点在直线上，射线平分．若，则等于___．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、计算：

（1）；

（2）．

2、解方程（2x+1）2＝x（2x+1）．

3、已知二次函数的图象经过两点．

（1）求a和b的值；

（2）在坐标系中画出该二次函数的图象．

4、用若干个相同的小正方体摆成了右面的几何体，请画出这个几何体从正面、左面和上面看到的形状图．

5、如图所示的平面图形分别是由哪种几何体展开形成的？

-参考答案-

一、单选题

1、D

【分析】

第四象限中横坐标为正，纵坐标为负，到x轴的距离是纵坐标的绝对值，到y轴的距离是横坐标的绝对值，进而可表示出点坐标．

【详解】

解：由题意知点的横坐标为2，纵坐标为

∴点的坐标为

故选D．

【点睛】

本题考查了直角坐标系中的点坐标．解题的关键在于确定横、纵坐标的值．

2、D

【分析】

由；；，判断各选项的正误即可．

【详解】

解：A中，错误，故本选项不合题意；

B中，错误，故本选项不合题意；

C中，错误，故本选项不合题意；

D中，正确，故本选项符合题意．

故选：D．

【点睛】

本题考查了同底数幂的乘除，积的乘方，幂的乘方等知识．解题的关键在于正确求解．

3、B

【分析】

根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解．

【详解】

解：将抛物线y＝x2先向右平移3个单位长度，得：y＝（x﹣3）2；

再向上平移5个单位长度，得：y＝（x﹣3）2+5，

故选：B．

【点睛】

本题考察了二次函数抛物线的平移问题，解题的关键是根据左加右减，上加下减的平移规律进行求解．

4、B

【分析】

直接运用一元二次方程根与系数的关系求解即可．

【详解】

解：∵的两个根为、，

∴

故选：B

【点睛】

本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，若、为一元二次方程的两个实数根，则有，．

5、C

【分析】

根据“SSS”证明△AOC≌△BOD即可求解．

【详解】

解：在△AOC和△BOD中

，

∴△AOC≌△BOD，

∴∠C=∠D，

∵，

∴=30°，

故选C．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．

6、B

【分析】

根据角的运算和题意可知，所有角的度数之和是∠AOB+∠BOC+∠COD+∠AOC+∠BOD+

∠AOD，然后根据，的度数是一个正整数，可以解答本题．

【详解】

解：由题意可得，图中所有角的度数之和是

∠AOB+∠BOC+∠COD+∠AOC+∠BOD+∠AOD=3∠AOD+∠BOC

∵，的度数是一个正整数，

∴A、当3∠AOD+∠BOC＝340°时，则= ，不符合题意；

B、当3∠AOD+∠BOC＝3×110°+20°＝350°时，则=110°，符合题意；

C、当3∠AOD+∠BOC＝360°时，则=，不符合题意；

D、当3∠AOD+∠BOC＝370°时，则=，不符合题意．

故选：B．

【点睛】

本题考查角度的运算，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．

7、C

【分析】

由每个B型包装箱比每个A型包装箱可多装15本课外书可得出每个B型包装箱可以装书（x+15）本，利用数量=总数÷每个包装箱可以装书数量，即可得出关于x的分式方程，此题得解．

【详解】

解：∵每个A型包装箱可以装书x本，每个B型包装箱比每个A型包装箱可多装15本课外书，

∴每个B型包装箱可以装书（x+15）本．

依题意得：

故选：C．

【点睛】

本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，解题的关键是正确列出分式方程．

8、B

【分析】

数轴上表示数的点与原点的距离是数的绝对值，根据绝对值的含义可得答案.

【详解】

解：

故选B

【点睛】

本题考查的是绝对值的含义，掌握“求解一个数的绝对值”是解本题的关键.

9、D

【分析】

直接利用锐角三角函数关系进而表示出AB的长．

【详解】

解：如图所示：

∠A＝α，AC＝1，

cosα＝，

故AB＝．

故选：D

【点睛】

此题主要考查了锐角三角函数关系，正确得出边角关系是解题关键．

10、D

【分析】

根据位似变换的性质得到，得到，求出，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．

【详解】

解：与位似，

，

，

，

，

，

，

故选：D．

【点睛】

本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方．

二、填空题

1、＜

【分析】

分别把A、B点的横坐标代入抛物线解析式求解即可．

【详解】

解：x＝0时，y1＝（0﹣1）2＝1，

x＝3时，y3＝（3﹣1）2＝4，

∴y1＜y2．

故答案为：＜．

【点睛】

本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，求出相应的函数值是解题的关键．

2、5

【分析】

如图，取的中点 连接由∠ADC=∠AEC=90°，证明∠ACH=∠ADE，再由∠CHG=2∠ADE可得∠HAC=∠ACH再由AB=AG可推出∠BCE=∠DAG从而推出∠DAC=∠DCA，所以AD=DC，然后求出DG与CG的比，进而求出S△ADC的面积，最后求出AD的长．

【详解】

解：如图，取的中点 连接

∵AD⊥BC，CE⊥AB，

∴∠ADC=∠AEC=90°，

即

∴∠ADE=∠ACE，

∵∠GHC=∠HAC+∠HCA，∠ADE=∠HCA，

∴∠GHC=∠HAC+∠ADE，

∵∠CHG=2∠ADE，

∴2∠ADE=∠HAC+∠ADE，

∴∠ADE=∠HAC，

∴∠ACH=∠HAC，

∴∠BCE+∠B=90°，∠BAD+∠B=90°，

∴∠BCE=∠BAD，

∵AB=AG，AD⊥BC，

∴∠DAG=∠BAD，

∴∠DAG=∠BCE，

∴∠DAG+∠GAC=∠BCE+∠ACH，

∴∠DAC=∠DCA，

∴AD=DC，

∴△ADG≌△CDF（ASA），

∴DG=DF，

∴，

∴S△ADG＝S△AGC＝5，

∴S△ADC＝5+，

∴AD•DC＝，

∴AD2=25，

∴AD=5，

故答案为：5．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练的运用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解本题的关键．

3、30

【分析】

根据科学计算器的使用计算.

【详解】

解：依题意得：[3×（﹣2）3-1]÷（-）=30，

故答案为30．

【点睛】

利用科学计算器的使用规则把有理数混合运算，再计算.

4、x>-3

【分析】

根据图象得出P点横坐标为1.5，联立y=kx-3和y=mx得m=k-2，再联立y=kx+6和y=（k-2）x解得x=-3，画草图观察函数图象得解集为．

【详解】

∵P是y=mx和y=kx-3的交点，点P的横坐标为1.5，

∴

解得m=k-2

联立y=mx和y=kx+6得

解得x=-3

即函数y=mx和y=kx+6交点P’的横坐标为-3，

观察函数图像得，

满足kx−3<mx<kx+6的x的范围为：

故答案为：

【点睛】

本题主要考查对一次函数与一元一次不等式的理解和掌握，解题的关键在于将不等式kx−3<mx<kx+6解集转化为直线y=mx与直线y=kx-3，直线y=kx+6相交的横坐标x的范围．

5、

【分析】

首先根据角平分线定义可得∠BOD=2∠BOC，再根据邻补角的性质可得∠AOD的度数．

【详解】

∵射线OC平分∠DOB．

∴∠BOD=2∠BOC，

∵，

∴，

∴∠AOD=180°，

故答案为：．

【点睛】

此题主要考查了角平分线定义和邻补角的定义，关键是掌握角平分线把角分成相等的两部分．需要注意角度度分秒的计算．

三、解答题

1、

（1）

（2）

【分析】

（1）先把括号内的二次根式化简及除法运算，再计算二次根式的除法运算，最后合并同类二次根式即可；

（2）先计算括号内的二次根式的减法运算，再计算二次根式的除法运算，从而可得答案.

（1）

解：

（2）

解：

【点睛】

本题考查的是二次根式的混合运算，掌握“二次根式的混合运算的运算顺序”是解本题的关键.

2、

【分析】

先移项，再提取公因式 利用因式分解法解方程即可.

【详解】

解：（2x+1）2＝x（2x+1）

即

或

解得：

【点睛】

本题考查的是利用因式分解法解一元二次方程，掌握“提取公因式分解因式，再化为两个一次方程”是解本题的关键.

3、

（1）

（2）见解析

【分析】

（1）利用待定系数法将两点代入抛物线求解即可得；

（2）根据（1）中结论确定函数解析式，求出与x，y轴的交点坐标及对称轴，然后用光滑的曲线连接即可得函数图象．

（1）

解：∵二次函数的图象经过两点，

∴，

解得： ．

（2）

解：由（1）可得：函数解析式为：，

当时，，

解得：，，

∴抛物线与x轴的交点坐标为：，，

抛物线与y轴的交点坐标为：，

对称轴为：，

根据这些点及对称轴在直角坐标系中作图如下．

【点睛】

题目主要考查待定系数法确定函数解析式及作函数图象，熟练掌握待定系数法确定函数解析式是解题关键．

4、见解析

【分析】

观察图形可知，从正面看到的图形是3列，从左往右正方形的个数依次为1，1，2；从左面看到的图形是3列，从左往右正方形的个数依次为2，1，1；从上面看到的图形是3列，从左往右正方形的个数依次为1，1，3；由此分别画出即可．

【详解】

解：如图所示：

【点睛】

本题考查了从不同方向看几何体，做此类题时，应认真审题，根据看到的形状即可解答．

5、（1）正方体；（2）长方体；（3）三棱柱；（4）四棱锥；（5）圆柱；（6）三棱柱．

【分析】

根据立体图形的展开图的知识点进行判断，正方体由六个正方形组成，长方体由两个矩形组成，且每个对面的形状和大小一样；三棱柱由5个面组成；四棱锥由四个三角形和一个矩形组成；圆柱由一个长方形和两个圆组成；三棱柱由两个三角形和四个矩形组成．

【详解】

解：由分析如下：（1）正方体；（2）长方体；（3）三棱柱；（4）四棱锥；（5）圆柱；（6）三棱柱．

故答案为：正方体；长方体；三棱柱；四棱锥；圆柱；三棱柱．

【点睛】

此题考查了几何体的展开图，熟记常见几何体的平面展开图的特征，是解决此类问题的关键．