2022年浙江省绍兴市中考数学模拟试卷（word版含答案）

这是一份2022年浙江省绍兴市中考数学模拟试卷（word版含答案），共23页。试卷主要包含了三象限B．第二等内容，欢迎下载使用。
2022浙江省绍兴市中考数学模拟试卷一         、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分。请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分）1.对如图的对称性表述，正确的是（　　）A．轴对称图形    B．中心对称图形    C．既是轴对称图形又是中心对称图形    D．既不是轴对称图形又不是中心对称图形2.有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图①所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，使BC∥DE，如图②所示，则旋转角∠BAD的度数为（　　）A．15° B．30° C．45° D．60°3.实数a、b、c满足a＞b且ac＜bc，它们在数轴上的对应点的位置可以是（     ）A． B．C．                 D．4.反比例函数y＝的图象位于（　　）A．第一、三象限 B．第二、三象限   C．第一、二象限 D．第二、四象限5.下列运算正确的是（　　）A．m2•m3=m6 B．m8÷m4=m2 C．3m+2n=5mn D．（m3）2=m66.下列各数中，数值相等的是（    ）A．和 B．和 C．和 D．或7.下列命题是真命题的是（　　）A．两直线平行，同位角相等B．相似三角形的面积比等于相似比C．菱形的对角线相等D．相等的两个角是对顶角8.如图，是的中线，四边形是平行四边形，增加下列条件，能判断是菱形的是(　　　)A．       D．9.四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（　　）A．1 B． C． D．10.如图，内接于圆，，过点的切线交的延长线于点．则（    ）A． B． C． D．二         、填空题（本大题有6小题，每小题5分，共30分）11.因式分解：a2+ab﹣a＝_____．12.若，则的取值范围是              13.文具店销售某种笔袋，每个18元，小华去购买这种笔袋，结账时店员说：“如果你再多买一个就可以打九折，价钱比现在便宜36元”，小华说：“那就多买一个吧，谢谢，”根据两人的对话可知，小华结账时实际付款　   　元．14.如图，在拧开一个边长为a的正六角形螺帽时，扳手张开的开口b=20mm，则边长a为_________mm．15.矩形纸片，长，宽，折叠纸片，使折痕经过点，交边于点，点落在点处，展平后得到折痕，同时得到线段，，不再添加其它线段，当图中存在角时，的长为__________厘米．16.如图，在平面直角坐标系中，矩形AOCB的两边OA．OC分别在x轴和y轴上，且OA=2，OC=1．在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，得到矩形A1OC1B1，再将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，以此类推，得到的矩形AnOCnBn的对角线交点的坐标为　　　　　　．三         、解答题（本大题有8小题，第17～20小题每小题8分，第21小题10分，第22，23小题每小题8分，第24小题14分，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17.（1）计算：；（2）化简：．18.某校组织一项公益知识竞赛，比赛规定：每个班级由2名男生、2名女生及1名班主任老师组成代表队．但参赛时，每班只能有3名队员上场参赛，班主任老师必须参加，另外2名队员分别在2名男生和2名女生中各随机抽出1名．初三（1）班由甲、乙2名男生和丙、丁2名女生及1名班主任组成了代表队，求恰好抽到由男生甲、女生丙和这位班主任一起上场参赛的概率．（请用“画树状图”或“列表”或“列举”等方法给出分析过程）19.如图，一艘轮船离开港沿着东北方向直线航行海里到达处，然后改变航向，向正东方向航行20海里到达处，求的距离．20.如图，点A是直线AM与⊙O的交点，点B在⊙O上，BD⊥AM垂足为D，BD与⊙O交于点C，OC平分∠AOB，∠B=60°．（1）求证：AM是⊙O的切线；（2）若DC=2，求图中阴影部分的面积（结果保留π和根号）．21.已知平行四边形ABCD．（1）尺规作图：作∠BAD的平分线交直线BC于点E，交DC延长线于点F（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；（2）在（1）的条件下，求证：CE=CF．22.欧拉（Euler，1707年~1783年）为世界著名的数学家、自然科学家，他在数学、物理、建筑、航海等领域都做出了杰出的贡献．他对多面体做过研究，发现多面体的顶点数（Vertex）、棱数E（Edge）、面数F（Flat  surface）之间存在一定的数量关系，给出了著名的欧拉公式．（1）观察下列多面体，并把下表补充完整：名称三棱锥三棱柱正方体正八面体图形顶点数V468 棱数E6 12 面数F45 8（2）分析表中的数据，你能发现V、E、F之间有什么关系吗？请写出关系式：____________________________．23.如图，抛物线过点A（0，1）和C，顶点为D，直线AC与抛物线的对称轴BD的交点为B（，0），平行于y轴的直线EF与抛物线交于点E，与直线AC交于点F，点F的横坐标为，四边形BDEF为平行四边形．（1）求点F的坐标及抛物线的解析式；（2）若点P为抛物线上的动点，且在直线AC上方，当△PAB面积最大时，求点P的坐标及△PAB面积的最大值；（3）在抛物线的对称轴上取一点Q，同时在抛物线上取一点R，使以AC为一边且以A，C，Q，R为顶点的四边形为平行四边形，求点Q和点R的坐标．24.在△ABC中，∠ABC＝90°，＝n，M是BC上一点，连接AM．（1）如图1，若n＝1，N是AB延长线上一点，CN与AM垂直，求证：BM＝BN．（2）过点B作BP⊥AM，P为垂足，连接CP并延长交AB于点Q．①如图2，若n＝1，求证：＝．②如图3，若M是BC的中点，直接写出tan∠BPQ的值．（用含n的式子表示）
答案解析一         、选择题1.【考点】轴对称图形，中心对称图形【分析】直接利用中心对称图形的性质得出答案．解：如图所示：是中心对称图形．故选：B．【点评】此题主要考查了中心对称图形的性质，正确把握定义是解题关键．2.【考点】平行线的性质，三角形外角的性质【分析】由平行线的性质可得∠CFA＝∠D＝90°，由外角的性质可求∠BAD的度数．解：如图，设AD与BC交于点F，∵BC∥DE，∴∠CFA＝∠D＝90°，∵∠CFA＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD，∴∠BAD＝30°故选：B．【点评】本题考查了平行线的性质以及外角的性质，熟知以上知识点是解题的关键．3.【考点】数轴上点的位置，不等式的性质【分析】根据不等式的性质，先判断c的正负．再确定符合条件的对应点的大致位置．解：因为a＞b且ac＜bc，所以c＜0．选项A符合a＞b，c＜0条件，故满足条件的对应点位置可以是A．选项B不满足a＞b，选项C、D不满足c＜0，故满足条件的对应点位置不可以是B、C、D．故选：A．【点评】本题考查了数轴上点的位置和不等式的性质．解决本题的关键是根据不等式的性质判断c的正负．4.【考点】反比例函数的图象，反比例函数的性质【分析】由反比例函数k＞0，函数经过一三象限即可求解，解：∵k＝2＞0，∴反比例函数经过第一、三象限，故选：A．【点评】本题考查反比例函数的图象及性质，熟练掌握函数的性质和图象是解题的关键．5.【考点】合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法【分析】根据同底数幂的乘除法、幂的乘方的计算法则进行计算即可．解：m2•m3=m2+3=m5，因此选项A不正确；m8÷m4=m8﹣4=m4，因此选项B不正确；3m与2n不是同类项，因此选项C不正确；(m3)2=m3×2=m6，因此选项D正确；故选：D．【点评】本题考查了同底数幂的乘除法、幂的乘方的计算方法，掌握计算方法是正确计算的前提．6.【考点】有理数的乘方，绝对值【分析】根据有理数的乘方，绝对值的意义逐项计算即可求得答案．解：A．（－2）3＝－8，－23＝－8，相等，故A选项正确；B、－|23|＝－8，|－23|＝8，不相等，故B选项错误；C、（－3）2＝9，－32＝－9，不相等，故C选项错误；D、23＝8，32＝9，不相等，故D选项错误；故选：A．【点评】本题考查了有理数的乘方以及绝对值的意义，解决本题的关键是熟记有理数的乘方．7.【考点】命题与定理【分析】根据平行线的性质、相似三角形的性质、菱形的性质、对顶角的概念判断即可．解：两直线平行，同位角相等，A是真命题；相似三角形的面积比等于相似比的平方，B是假命题；菱形的对角线互相垂直，不一定相等，C是假命题；相等的两个角不一定是对顶角，D是假命题；故选：A．【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．8.【考点】菱形的判定，平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质【分析】根据菱形的判定方法逐一分析即可.解：A．若，则AD=BD=CD=AE，∵四边形ADCE是平行四边形，则此时四边形ADCE为菱形，故选项正确；B、若，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；C、若，则∠ADC=90°，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；D、若，而AB＞AD，则AE≠AD，无法判断四边形ADCE为菱形，故选项错误.故选A．【点评】本题考查了菱形的判定，还涉及到平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握判定定理.9.【考点】正方形的性质，菱形的性质，含30°角的直角三角形【分析】如图，连接DD＇,延长C＇D＇交AD于E，由菱形ABC＇D＇，可得AB∥C＇D＇,进一步说明∠ED＇D=30°,得到菱形AE=AD;又由正方形ABCD,得到AB=AD,即菱形的高为AB的一半,然后分别求出菱形ABC＇D＇和正方形ABCD的面积,最后求比即可．解：如图：延长C＇D＇交AD于E∵菱形ABC＇D＇∴AB∥C＇D＇∵∠D＇AB=30°∴∠A D＇E=∠D＇AB=30°∴AE=AD又∵正方形ABCD∴AB=AD,即菱形的高为AB的一半∴菱形ABC′D′的面积为，正方形ABCD的面积为AB2．∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是．故答案为B．【点评】本题主要考出了正方形的性质、菱形的性质以及含30°直角三角形的性质，其中表示出菱形ABC′D′的面积是解答本题的关键．10.【考点】三角形内角和定理，三角形的外角性质，三角形的外接圆与外心，切线的性质【分析】连接OC，根据切线的性质得出∠OCP=90°，再由∠P=28°得出∠COP，最后根据外角的性质得出∠CAB.解：连接OC，∵CP与圆O相切，∴OC⊥CP，∵∠ACB=90°，∴AB为直径，∵∠P=28°，∴∠COP=180°-90°-28°=62°，而OC=OA，∴∠OCA=∠OAC=2∠CAB=∠COP，即∠CAB=31°，故选B.【点评】本题考查了切线的性质，三角形内角和，外角，解题的关键是根据切线的性质得出∠COP.二         、填空题11.【考点】提公因式法分解因式【分析】原式提取公因式即可．解：原式＝a（a+b﹣1）．故答案为：a（a+b﹣1）．【点评】此题主要考查提公因式法分解因式，熟练掌握公因式的组成是解题关键．12.【考点】二次根式的性质，解一元一次不等式【分析】根据二次根式非负性得出不等式解之。解：∵，∴，即：。 【点评】本题考查了二次根式的非负性。关键是掌握二次根式非负性得出不等式。13.【考点】一元一次方程的应用【分析】设小华购买了x个笔袋，根据原单价×购买数量（x﹣1）﹣打九折后的单价×购买数量（x）=节省的钱数，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可求出小华购买的数量，再根据总价=单价×0.9×购买数量，即可求出结论．解：设小华购买了x个笔袋，根据题意得：18（x﹣1）﹣18×0.9x=36，解得：x=30，∴18×0.9x=18×0.9×30=486．答：小华结账时实际付款486元．故答案为：486．【点评】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．14.【考点】正多边形和圆【分析】根据题意，即是求该正六边形的边心距的2倍．构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，且其半边所对的角是30度，再根据锐角三角函数的知识求解．解：如图，设正六边形的中心是O，其一边是AB，∴∠AOB=∠BOC=60°，∴OA=OB=AB=OC=BC， ∴四边形ABCO是菱形，∵AB=a，∠AOB=60°，∴cos∠BAC=，∵OA=OC，且∠AOB=∠BOC，∴AM=MC=AC，∵AC=20mm，∴a=AB=（mm）．故答案为：．【点评】本题考查了正多边形和圆的知识，构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，熟练运用锐角三角函数进行求解是关键．15.【考点】四边形综合题【分析】分∠ABE=30°或∠AEB=30°或∠ABA′=30°时三种情况，利用锐角三角函数进行求解即可．解：当∠ABE=30°时，∵AB=4cm，∠A=90°，∴AE=AB·tan30°=cm；当∠AEB=30°时，则∠ABE=60°，∵AB=4cm，∠A=90°，∴AE=AB·tan60°=cm；当∠ABE=15°时，∠ABA′=30°，延长BA′交AD于F，如下图所示，设AE=x，则EA′=x，EF=，∵AF=AE+EF=ABtan30°=，∴，∴，∴ cm．故答案为：或或．【点评】本题考查了矩形与折叠，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解答本题的关键．16.【考点】位似变换；坐标与图形性质；矩形的性质．【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，即可求得Bn的坐标，然后根据矩形的性质即可求得对角线交点的坐标．解：∵在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，∴矩形A1OC1B1与矩形AOCB是位似图形，点B与点B1是对应点，∵OA=2，OC=1．∵点B的坐标为（﹣2，1），∴点B1的坐标为（﹣2×，1×），∵将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，∴B2（﹣2××，1××），∴Bn（﹣2×，1×），∵矩形AnOCnBn的对角线交点（﹣2××，1××），即（﹣，），故答案为：（﹣，）．【点评】本题考查的是矩形的性质、位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．　三         、解答题17.【考点】算术平方根,分式的混合运算,零指数幂,负整数指数幂【分析】（1）实数的计算，根据实数的运算法则求解即可；（2）分式的化简，根据分式的运算法则计算求解．解：（1）．（2）．【点评】本题考查了实数的混合运算，负指数幂，二次根式的化简，零次幂的计算，分式的化简等知识，牢记公式与定义，熟练分解因式是解题的关键．18.【考点】列表法与树状图法【分析】列表得出所有等可能的情况数，找出抽到由男生甲、女生丙和这位班主任一起上场参赛的情况数，即可求出所求的概率．解：可能出现的所有结果列表如下： 甲乙丙（甲，丙）（乙，丙）丁（甲，丁）（乙，丁）共有4种可能的结果，且每种的可能性相同，其中恰好抽到由男生甲、女生丙和这位班主任一起上场参赛的结果有1种，所以恰好抽到由男生甲、女生丙和这位班主任一起上场参赛的概率为．【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．19.【考点】解直角三角形的应用【分析】延长交于点，解直角三角求得AD,再解直角三角形即可求解．解：延长交于点，则，由题意可知，∵，∴，∵，∴，在中，由勾股定理得（海里）答：的距离为100海里．【点评】本题考查解直角三角形应用，勾股定理的应用，掌握锐角三角函数的定义与勾股定理性质是解题关键．20.【考点】切线的判定与性质；扇形面积的计算．【分析】（1）由已知条件得到△BOC是等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠1=∠2=60°，由角平分线的性质得到∠1=∠3，根据平行线的性质得到∠OAM=90°，于是得到结论；（2）根据等边三角形的性质得到∠OAC=60°，根据三角形的内角和得到∠CAD=30°，根据勾股定理得到AD=2，于是得到结论．解：（1）∵∠B=60°，∴△BOC是等边三角形，∴∠1=∠2=60°，∵OC平分∠AOB，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴OA∥BD，∴∠BDM=90°，∴∠OAM=90°，∴AM是⊙O的切线；（2）∵∠3=60°，OA=OC，∴△AOC是等边三角形，∴∠OAC=60°，∵∠OAM=90°，∴∠CAD=30°，∵CD=2，∴AC=2CD=4，∴AD=2，∴S阴影=S梯形OADC﹣S扇形OAC=（4+2）×2﹣=6﹣．【点评】本题考查了切线的判定和性质，等边三角形的性质和判定，平行线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．　21.【考点】作图—基本作图；平行四边形的性质．【分析】（1）作∠BAD的平分线交直线BC于点E，交DC延长线于点F即可；（2）先根据平行四边形的性质得出AB∥DC，AD∥BC，故∠1=∠2，∠3=∠4．再由AF平分∠BAD得出∠1=∠3，故可得出∠2=∠4，据此可得出结论．解：（1）如图所示，AF即为所求；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AD∥BC，∴∠1=∠2，∠3=∠4．∵AF平分∠BAD，∴∠1=∠3，∴∠2=∠4，∴CE=CF．【点评】本题考查的是作图-基本作图、平行四边形的性质，熟知角平分线的作法和性质是解答此题的关键．　22.【考点】规律型问题，欧拉公式【分析】（1）通过认真观察图象，即可一一判断；（2）从特殊到一般探究规律即可．解：（1）填表如下：名称三棱锥三棱柱正方体正八面体图形顶点数V4686棱数E691212面数F4568（2）据上表中的数据规律发现，多面体的顶点数V、棱数E、面数F之间存在关系式：．【点评】本题考查规律型问题，欧拉公式等知识，解题的关键是学会从特殊到一般探究规律的方法，属于中考常考题型．23.【考点】二次函数综合题【分析】（1）由待定系数法求出直线AB的解析式为y＝﹣x+1，求出F点的坐标，由平行四边形的性质得出﹣3a+1＝a﹣8a+1﹣（﹣），求出a的值，则可得出答案；（2）设P（n，﹣n2+2n+1），作PP'⊥x轴交AC于点P'，则P'（n，﹣n+1），得出PP'＝﹣n2+n，由二次函数的性质可得出答案；（3）联立直线AC和抛物线解析式求出C（，﹣），设Q（，m），分两种情况：①当AQ为对角线时，②当AR为对角线时，分别求出点Q和R的坐标即可．解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0），∵A（0，1），B（，0），设直线AB的解析式为y＝kx+m，∴，解得，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，∵点F的横坐标为，∴F点纵坐标为﹣+1＝﹣，∴F点的坐标为（，﹣），又∵点A在抛物线上，∴c＝1，对称轴为：x＝﹣，∴b＝﹣2a，∴解析式化为：y＝ax2﹣2ax+1，∵四边形DBFE为平行四边形．∴BD＝EF，∴﹣3a+1＝a﹣8a+1﹣（﹣），解得a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+1；（2）设P（n，﹣n2+2n+1），作PP'⊥x轴交AC于点P'，则P'（n，﹣n+1），∴PP'＝﹣n2+n，S△ABP＝OB•PP'＝﹣n＝﹣，∴当n＝时，△ABP的面积最大为，此时P（，）．（3）∵，∴x＝0或x＝，∴C（，﹣），设Q（，m），①当AQ为对角线时，∴R（﹣），∵R在抛物线y＝+4上，∴m+＝﹣+4，解得m＝﹣，∴Q，R；②当AR为对角线时，∴R（），∵R在抛物线y＝+4上，∴m﹣+4，解得m＝﹣10，∴Q（，﹣10），R（）．综上所述，Q，R；或Q（，﹣10），R（）．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质等知识，熟练掌握二次函数的性质及方程思想，分类讨论思想是解题的关键．24.【考点】相似形综合题【分析】（1）如图1中，延长AM交CN于点H．想办法证明△ABM≌△CBN（ASA）即可．（2）①如图2中，作CH∥AB交BP的延长线于H．利用全等三角形的性质证明CH＝BM，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．②如图3中，作CH∥AB交BP的延长线于H，作CN⊥BH于N．不妨设BC＝2m，则AB＝2mn．想办法求出CN，PN（用m，n表示），即可解决问题．（1）证明：如图1中，延长AM交CN于点H．∵AM⊥CN，∴∠AHC＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠BAM+∠AMB＝90°，∠BCN+∠CMH＝90°，∵∠AMB＝∠CMH，∴∠BAM＝∠BCN，∵BA＝BC，∠ABM＝∠CBN＝90°，∴△ABM≌△CBN（ASA），∴BM＝BN．（2）①证明：如图2中，作CH∥AB交BP的延长线于H．∵BP⊥AM，∴∠BPM＝∠ABM＝90°，∵∠BAM+∠AMB＝90°，∠CBH+∠BMP＝90°，∴∠BAM＝∠CBH，∵CH∥AB，∴∠HCB+∠ABC＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠ABM＝∠BCH＝90°，∵AB＝BC，∴△ABM≌△BCH（ASA），∴BM＝CH，∵CH∥BQ，∴＝＝．②解：如图3中，作CH∥AB交BP的延长线于H，作CN⊥BH于N．不妨设BC＝2m，则AB＝2mn．则BM＝CM＝m，CH＝，BH＝，AM＝m，∵•AM•BP＝•AB•BM，∴PB＝，∵•BH•CN＝•CH•BC，∴CN＝，∵CN⊥BH，PM⊥BH，∴MP∥CN，∵CM＝BM，∴PN＝BP＝，∵∠BPQ＝∠CPN，∴tan∠BPQ＝tan∠CPN＝＝＝．【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题