2022浙江省湖州市中考数学模拟试卷(word版含答案)

2022浙江省湖州市中考数学模拟试卷

一       、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。）

1.﹣3的绝对值是（　　）

A．3 B． C． D．﹣3

2.计算（ab2）3的结果是（　　）

A．3ab2 B．ab6 C．a3b5 D．a3b6

3.下列长度的三条线段，能组成三角形的是（　　）

A．4cm，5cm，9cm B．8cm，8cm，15cm C．5cm，5cm，10cm  D．6cm，7cm，14cm

4.菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（  ）

A．5 B．20 C．24 D．32

5.不等式组的解集为（　　）

A．x≤2 B．x＜4 C．2≤x＜4 D．x≥2

6.一枚质地均匀的骰子，其六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，投掷一次，朝上一面的数字是偶数的概率为（　　）

A． B． C． D．

7.若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m=0有一个解为x=﹣1，则另一个解为（　　）

A．1 B．﹣3 C．3 D．4

8.新龟兔赛跑的故事：龟兔从同一地点同时出发后，兔子很快把乌龟远远甩在后头．骄傲自满的兔子觉得自己遥遥领先，就躺在路边呼呼大睡起来．当它一觉醒来，发现乌龟已经超过它，于是奋力直追，最后同时到达终点．用S1、S2分别表示乌龟和兔子赛跑的路程，t为赛跑时间，则下列图象中与故事情节相吻合的是（　　）

A． B．

C． D．

9.欣欣服装店某天用相同的价格a（a＞0）卖出了两件服装，其中一件盈利20%，另一件亏损20%，那么该服装店卖出这两件服装的盈利情况是（　　）

A．盈利 B．亏损 C．不盈不亏 D．与售价a有关

10.如图，函数与函数的图象相交于点．若，则x的取值范围是（    ）

A．或 B．或

C．或 D．或

二       、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）

11.分解因式：3x2﹣6xy+3y2=　　．

12.已知直线a∥b，将一块含30°角的直角三角板ABC按如图所示方式放置（∠BAC＝30°），并且顶点A，C分别落在直线a，b上，若∠1＝18°，则∠2的度数是　   　．

13.已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正六边形，则该几何体的表面积为　   　．

14.如图，一个正方体由27个大小相同的小立方块搭成，现从中取走若干个小立方块，得到一个新的几何体．若新几何体与原正方体的表面积相等，则最多可以取走　   　个小立方块．

15.如图①是山东舰航徽的构图，采用航母45度破浪而出的角度，展现山东舰作为中国首艘国产舰母橫空出世的气势，将舰徽中第一条波浪抽象成几何图形，则是一条长为的弧，若该弧所在的扇形是高为12的圆锥侧面展开图（如图②），则该圆锥的母线长为____________．

16.如图，▱ABCD中，∠ADC＝119°，BE⊥DC于点E，DF⊥BC于点F，BE与DF交于点H，则∠BHF＝　   　度．

三       、解答题（本大题共8小题，共66分）

17.如图，∠1=∠2，∠3=∠4，求证：AC=AD.

18.（1）化简求值：，其中；

（2）解方程．

19.如图，“开心”农场准备用的护栏围成一块靠墙的矩形花园，设矩形花园的长为，宽为．

（1）当时，求的值；

（2）受场地条件的限制，的取值范围为，求的取值范围．

20.目前“微信”、“支付宝”、“共享单车”和“网购”给我们的生活带来了很多便利，初二数学小组在校内对“你最认可的四大新生事物”进行调查，随机调查了m人（每名学生必选一种且只能从这四种中选择一种）并将调查结果绘制成如下不完整的统计图．

（1）根据图中信息求出m=　   　，n=　   　；

（2）请你帮助他们将这两个统计图补全；

（3）根据抽样调查的结果，请估算全校2000名学生中，大约有多少人最认可“微信”这一新生事物？

（4）已知A．B两位同学都最认可“微信”，C同学最认可“支付宝”，D同学最认可“网购”．从这四名同学中抽取两名同学，请你通过树状图或表格，求出这两位同学最认可的新生事物不一样的概率．

21.某游乐场的圆形喷水池中心O有一雕塑OA，从A点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线，且形状相同．如图，以水平方向为x轴，点O为原点建立直角坐标系，点A在y轴上，x轴上的点C，D为水柱的落水点，水柱所在抛物线第一象限部分的函数表达式为．

（1）求雕塑高OA．

（2）求落水点C，D之间的距离．

（3）若需要在OD上的点E处竖立雕塑EF，，．问：顶部F是否会碰到水柱？请通过计算说明．

22.教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．

例2 如图，在△ABC中，D，E分别是边BC，AB的中点，AD，CE相交于点G，求证：＝＝

证明：连结ED．

请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．

结论应用：在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为边BC的中点，AE、BD交于点F．

（1）如图②，若▱ABCD为正方形，且AB＝6，则OF的长为　   　．

（2）如图③，连结DE交AC于点G，若四边形OFEG的面积为，则▱ABCD的面积为　   　．

23.如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A．B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH．

（1）求证：GF=GC；

（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．

24.如图，抛物线y=x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣2），直线l：y=﹣x﹣交y轴于点E，且与抛物线交于A，D两点，P为抛物线上一动点（不与A，D重合）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）当点P在直线l下方时，过点P作PM∥x轴交l于点M，PN∥y轴交l于点N，求PM+PN的最大值．

（3）设F为直线l上的点，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．

答案与解析

一       、选择题

1.A

2.D　

3.B

4.B

5.C

6.C

7.C

8.C

9.B

10.D

二       、填空题

11.解：3x2﹣6xy+3y2，

=3（x2﹣2xy+y2），

=3（x﹣y）2．

故答案为：3（x﹣y）2．

12.解：∵a∥b，

∴∠2＝∠1+∠CAB＝18°+30°＝48°，

故答案为：48°

13.解：观察该几何体的三视图发现该几何体为正六棱柱，其底面边长为2，高为4，

故其边心距为，

所以其表面积为2×4×6+2××6×2×=48+12，

故答案为：48+12．

14.解：若新几何体与原正方体的表面积相等，最多可以取走16个小正方体，只需留11个，分别是正中心的3个和四角上各2个，如图所示：

故答案为：16

15.解：∵圆锥底面周长=侧面展开后扇形的弧长=

∴OB=，

在Rt△AOB中，AB=，

所以，该圆锥的母线长为13.

故答案为：13．

16.解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，DC∥AB，

∵∠ADC＝119°，DF⊥BC，

∴∠ADF＝90°，

则∠EDH＝29°，

∵BE⊥DC，

∴∠DEH＝90°，

∴∠DHE＝∠BHF＝90°﹣29°＝61°．

故答案为：61．

三       、解答题

17.证明：∵∠3=∠4，

∴∠ABC=∠ABD.

在△ABC和△ABD中

，

∴△ABC≌△ABD (ASA)

∴AC=AD.

18.解：（1）

=

=

当时，原式==；

（2），

去分母得：，

解得：，

经检验，是原方程的解．

则原方程的解为：．

19.解：（1）由题意，得，

当时，．

解得．

（2）∵，，

∴

解这个不等式组，得．

答：矩形花园宽的取值范围为．

20.解：（1）∵被调查的总人数m=10÷10%=100人，

∴支付宝的人数所占百分比n%=×100%=35%，即n=35，

故答案为：100、35；

（2）网购人数为100×15%=15人，微信对应的百分比为×100%=40%，

补全图形如下：

（3）估算全校2000名学生中，最认可“微信”这一新生事物的人数为2000×40%=800人；

（4）列表如下：

共有12种情况，这两位同学最认可的新生事物不一样的有10种，

所以这两位同学最认可的新生事物不一样的概率为=．

21.解：（1）由题意得，A点在图象上．

当时，

．

（2）由题意得，D点在图象上．

令，得．

解得：（不合题意，舍去）．

（3）当时，，

，

∴不会碰到水柱．

22.（1）解：如图②．

∵四边形ABCD为正方形，E为边BC的中点，对角线AC、BD交于点O，

∴AD∥BC，BE＝BC＝AD，BO＝BD，

∴△BEF∽△DAF，

∴＝＝，

∴BF＝DF，

∴BF＝BD，

∵BO＝BD，

∴OF＝OB﹣BF＝BD﹣BD＝BD，

∵正方形ABCD中，AB＝6，

∴BD＝6，

∴OF＝．

故答案为，

（2）解：如图③，连接OE．

由（1）知，BF＝BD，OF＝BD，

∴＝2．

∵△BEF与△OEF的高相同，

∴△BEF与△OEF的面积比＝＝2，

同理，△CEG与△OEG的面积比＝2，

∴△CEG的面积+△BEF的面积＝2（△OEG的面积+△OEF的面积）＝2×＝1，

∴△BOC的面积＝，

∴▱ABCD的面积＝4×＝6．

故答案为6．

23.证明：（1）如图1，连接DF，

∵四边形ABCD是正方形，

∴DA=DC，∠A=∠C=90°，

∵点A关于直线DE的对称点为F，

∴△ADE≌△FDE，

∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，

∴∠DFG=90°，

在Rt△DFG和Rt△DCG中，

∵，

∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），

∴GF=GC；

（2）BH=AE，理由是：

证法一：如图2，在线段AD上截取AM，使AM=AE，

∵AD=AB，

∴DM=BE，

由（1）知：∠1=∠2，∠3=∠4，

∵∠ADC=90°，

∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，

∴2∠2+2∠3=90°，

∴∠2+∠3=45°，

即∠EDG=45°，

∵EH⊥DE，

∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形，

∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH，

∴∠1=∠BEH，

在△DME和△EBH中，

∵，

∴△DME≌△EBH，

∴EM=BH，

Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE，

∴EM=AE，

∴BH=AE；

证法二：如图3，过点H作HN⊥AB于N，

∴∠ENH=90°，

由方法一可知：DE=EH，∠1=∠NEH，

在△DAE和△ENH中，

∵，

∴△DAE≌△ENH，

∴AE=HN，AD=EN，

∵AD=AB，

∴AB=EN=AE+BE=BE+BN，

∴AE=BN=HN，

∴△BNH是等腰直角三角形，

∴BH=HN=AE．

24.解：（1）把B（3，0），C（0，﹣2）代入y=x2+bx+c得，，

∴

∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2；

（2）设P（m， m2﹣m﹣2），

∵PM∥x轴，PN∥y轴，M，N在直线AD上，

∴N（m，﹣ m﹣），M（﹣m2+2m+2， m2﹣m﹣2），

∴PM+PN=﹣m2+2m+2﹣m﹣m﹣﹣m2+m+2=﹣m2+m+=﹣（m﹣）2+，

∴当m=时，PM+PN的最大值是；

（3）能，

理由：∵y=﹣x﹣交y轴于点E，

∴E（0，﹣），

∴CE=，

设P（m， m2﹣m﹣2），

∵以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形，

①以CE为边，∴CE∥PF，CE=PF，

∴F（m，﹣ m﹣），

∴﹣m﹣﹣m2+m+2=，

∴m=1，m=0（舍去），

②以CE为对角线，连接PF交CE于G，

∴CG=GE，PG=FG，

∴G（0，﹣），

设P（m， m2﹣m﹣2），则F（﹣m， m﹣），

∴×（m2﹣m﹣2+m﹣）=﹣，

∵△＜0，

∴此方程无实数根，

综上所述，当m=1时，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形．