2022年浙江省绍兴市中考数学考前模拟预测卷(word版含答案)

这是一份2022年浙江省绍兴市中考数学考前模拟预测卷(word版含答案)，共22页。

2022年浙江省绍兴市中考数学考前模拟预测卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）在-2，3，5，1四个数中，最大的数是（　　）
A．-2 B．1 C．3 D．5
2．（4分）来自北京市文旅局的统计信息显示，2019年国庆假日期间，北京接待游客920.7万人次，旅游总收入111.7亿元，人均花费达1213.7元．将数据9207000用科学记数法表示应为（　　）
A．920.7×104 B．92.07×105 C．9.207×106 D．0.9207×107
3．（4分）如图是由几个相同的正方体搭成的一个几何体，它的主视图是（　　）

A． B． C． D．
4．（4分）书架上放着两本散文和一本数学书，小明从中随机抽取一本，抽到数学书的概率是（　　）
A．1 B．12 C．23 D．13
5．（4分）如图，正方形ABCD内接于⊙O．点E为BC上一点，连接BE、CE，若∠CBE＝15°，BE＝3，则BC的长为（　　）

A．6 B．2 C．33 D．32
6．（4分）若抛物线y＝ax2+bx+c的开口向下，顶点坐标为（2，﹣3），则二次函数y＝ax2+bx+c有（　　）
A．最小值﹣3 B．最大值﹣3 C．最小值2 D．最大值2
7．（4分）如图，已知小明、小颖之间的距离为3.6m，他们在同一盏路灯下的影长分别为1.8m，1.6m，已知小明、小颖的身高分别为1.8m，1.6m，则路灯的高为（　　）

A．3.4m B．3.5m C．3.6m D．3.7m
8．（4分）菱形ABCD的边长为6，有一个内角为120°，则菱形ABCD的面积为（　　）
A．93 B．183 C．36 D．363
9．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，cosA=13，点D是AB边的中点，以CD为底边在其右侧作等腰三角形CDE，使∠CDE＝∠A，则DECD的值为（　　）

A．32 B．3 C．152 D．2
10．（4分）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形ABCD，若测得A，C之间的距离为6cm，点B，D之间的距离为8cm，则线段AB的长为（　　）

A．5 cm B．4.8 cm C．4.6 cm D．4 cm
二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）
11．（5分）分解因式：a3+b3＝　 　．
12．（5分）今年“五一”小长假期间，某市外来与外出旅游的总人数为226万人，分别比去年同期增长30%和20%，去年同期外来旅游比外出旅游的人数多20万人．求该市今年外来的人数是 　 　．
13．（5分）如图，在长方形ABCD中，AB：BC＝3：5，以点B为圆心，BC的长为半径画弧，交边AD于点E．若AE•DE＝16，则长方形ABCD的面积为　 　．

14．（5分）如图，AB∥CD，∠D＝60°，FB＝FE，则∠E＝　 　°．

15．（5分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴上，反比例函数y=kx（k＞0，x＞0）的图象经过正方形顶点C，若点A（2，0）、D（0，4），则k＝　 　．

16．（5分）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD平分∠ABC，∠DCB＝60°，AB+BC＝4，则AC的长是　 　．

三．解答题（共8小题，满分80分）
17．（8分）（1）计算：|﹣3|+（6+π）0﹣（-12）﹣2﹣2cos60°．
（2）解不等式：2（x+3）＞4x﹣（x﹣3）．
18．（8分）某校为了解学生球类运动爱好情况，把喜欢球类运动的学生按A（羽毛球）、B（足球）、C（乒乓球）、D（篮球）分类，随机抽取部分学生进行问卷调查，并根据调查结果绘制成如下两幅尚不完整的统计图．

根据以上信息，解答下列问题：
（1）这次调查一共抽取了　 　名学生，其中D类学生占被调查学生的百分比是　 　；
（2）请将条形统计图补充完整；
（3）该校有1800名球类爱好的学生，现要对A类，B类的学生进行技术提高训练，根据调查结果，计算需要进行技术提高的学生约有多少人？
19．（8分）某公司组织30辆汽车装运A、B、C三种产品共125吨到外地销售，规定每辆汽车只装运一种产品，且必须装满；装运每种产品的汽车不少于4辆；同时装运的B种产品的重量不超过装运的A、C两种产品重量和．
（1）设用x辆汽车装运A种产品，用y辆汽车装运B种产品，根据下表提供的信息，求y与x之间的函数关系式并写出自变量的x取值范围．
产品品种
A
B
C
每辆汽车装运量（吨）
5
4
3
每吨产品获利（万元）
0.6
0.7
0.8
（2）在（1）的条件下，设此次外销活动的利润为Q（万元），求Q与x之间的函数关系式，并求出怎样装运才能获得最大利润．
（3）在（1）的条件下，由于市场行情的变化，将A、C两种产品每吨售价提高a万元（0.01≤a≤0.03），其他条件不变，求销售这批产品获得最大利润的方案．
20．（8分）疫情突发，危难时刻，从决定建造到交付使用，雷神山、火神山医院仅用时十天，其建造速度之快，充分展现了中国基建的巨大威力！这样的速度和动员能力就是全国人民的坚定信心和尽快控制疫情的底气！改革开放40年来，中国已经成为领先世界的基建强国，如图①是建筑工地常见的塔吊，其主体部分的平面示意图如图②，点F在线段HG上运动，BC∥HG，AE⊥BC，垂足为点E，AE的延长线交HG于点G，经测量∠ABD＝11°，∠ADE＝26°，∠ACE＝31°，BC＝20m，EG＝0.6m．
（1）求线段AG的长度；（结果精确到0.1m）
（2）连接AF，当线段AF⊥AC时，求点F和点G之间的距离．（结果精确到0.1m，参考数据：tan11°≈0.19，tan26°≈0.49，tan31°≈0.60）

21．（10分）已知，在△ABC中，AB＝8，且BC＝2a+2，AC＝22．
（1）求a的取值范围；
（2）若△ABC为等腰三角形，求a的值．
22．（12分）已知抛物线y=-12x2+mx+m+12与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，-52），点
P为抛物线在直线AC上方图象上一动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求△PAC面积的最大值，并求此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线y=-12x2+mx+m+12在点A、B之间的部分（含点A、B）沿x轴向下翻折，得到图象G．现将图象G沿直线AC平移，得到新的图象M与线段PC只有一个交点，求图象M的顶点横坐标n的取值范围．
23．（12分）如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF、AC．
（1）求证：△ABE≌△FCE；
（2）若AD＝AF，AB＝3，BC＝5，求四边形ABFC的面积．

24．（14分）将边长为2的正方形ABCD与边长为22的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上．
（1）探究DG与BE的数量与位置关系，并证明你的结论；
（2）如图2，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，求此时四边形BEFG的面积．
（3）如图3，若将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，线段DG与线段BE将相交，交点为H，直接写出△GHE与△BHD面积之和的最大值．



参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．【解答】解：-2＜1＜3＜5，
最大的数是5，
故选：D．
2．【解答】解：9207000＝9.207×106，
故选：C．
3．【解答】解：从正面看，易得：底层有三个正方形，上层中间是一个小正方形．
故选：D．
4．【解答】解：由于共有3本书，其中数学书有1本，
则恰好抽到数学书的概率是13，
故选：D．
5．【解答】解：连接OA，OB，OE，
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴OA＝OB＝OE，∠AOB=360°4=90°，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA=12（180°﹣∠AOB）＝45°，
∴∠OBC＝∠ABC﹣∠OBA＝45°，
∵∠CBE＝15°，
∴∠OBE＝∠OBC+∠CBE＝60°，
∴△OBE是等边三角形，
∴OB＝BE＝3，
∴OA＝3，
∴AB=OA2+OB2=32，
∴BC＝32，
故选：D．

6．【解答】解：因为抛物线开口向下和其顶点坐标为（2，﹣3），
所以该抛物线有最大值﹣3．
故选：B．
7．【解答】解：如图，∵CD∥AB∥MN，
∴△ABE∽△CDE，△ABF∽△MNF，
∴CDAB=DEBE，FNFB=MNAB，
即1.81.8+BD=1.8AB，1.61.6+3.6-BD=1.6AB，
解得：AB＝3.5m，
故选：B．

8．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，
∴∠ABD＝∠CBD＝60°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵AB＝6，
在Rt△AOB中，OB=12AB＝3，
∴OA=AB2-OB2=33
∴BD＝6，AC＝63
∴S菱形ABCD=12•AC•BD＝183
故选：B．

9．【解答】解：连接EB，过点E作EH⊥AB，垂足为H，设DE与BC相交于点F，

∵∠ACB＝90°，点D是AB边的中点，
∴CD＝AD＝DB=12AB，
∴∠A＝∠DCA，
∵∠CDE＝∠A，
∴∠DCA＝∠CDE，
∴AC∥DE，
∴点F是BC的中点，
∴DE是BC的垂直平分线，
∴EB＝EC，
∵EC＝ED，
∴ED＝EB，
∵EH⊥AB，
∴DB＝2DH，
∴CD＝2DH，
∵AC∥DE，
∴∠A＝∠EDH，
∵cosA=13，
∴cos∠EDH=DHDE=13，
∴DE＝3DH，
∴DECD=3DH2DH=32，
故选：A．
10．【解答】解：如图，作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，连接AC，BD交于点O，

由题意知，AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵两张纸条等宽，
∴AR＝AS．
∵AR•BC＝AS•CD，
∴BC＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD．
在Rt△AOB中，OA＝3，OB＝4，
∴AB=32+42=5．
故选：A．
二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）
11．【解答】解：原式＝（a+b）（a2﹣ab+b2），
故答案为：（a+b）（a2﹣ab+b2）
12．【解答】解：设去年外来的人数是x万人，外出的人数是y万人，
根据题意得：
x-y=20(1+30%)x+(1+20%)y=226，
解得：x=100y=80，
（1+30%）×100＝130（万人），
即该市今年外来的人数是130万，
故答案为：130万．
13．【解答】解：如图，连接BE，则BE＝BC．
设AB＝3x，BC＝5x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3x，AD＝BC＝BE＝5x，∠A＝90°，
由勾股定理得：AE＝4x，
则DE＝5x﹣4x＝x，
∵AE•DE＝16，
∴4x•x＝16，
解得：x＝2（负数舍去），
则AB＝3x＝6，BC＝5x＝10，
∴矩形ABCD的面积是AB×BC＝6×10＝60，
故答案为：60．

14．【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠EFA＝∠D，
∵∠D＝60°，
∴∠EFA＝60°，
∵FB＝FE，
∴∠E＝∠B，
∵∠EFA＝∠E+∠B，
∴∠E＝30°，
故答案为：30．
15．【解答】解：作CM⊥y轴于M，
由正方形的性质可知AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠ADO+∠DAO＝∠ADO+∠CDM，
∴∠DAO＝∠CDM，
在△AOD和△DMC中，
∠DAO=∠CDM∠AOD=∠DMC=90°AD=CD，
∴△AOD≌△DMC（AAS），
∴OA＝DM，OD＝CM，
∵点A（2，0）、D（0，4），
∴OA＝2，OD＝4，
∴CM＝OD＝4，OM＝2+4＝6，
∴C（4，6），
∵反比例函数y=kx（k＞0，x＞0）的图象经过正方形顶点C，
∴k＝4×6＝24；
故答案为：24．

16．【解答】解：设点O是AC的中点，
以O为圆心，OA为半径作圆O，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴由圆周角定理可知：点D与B在圆O上，
∵BD平分∠ABC，
∴AD＝CD，
∴∠DCA＝45°，
∴∠ACB＝∠DCB﹣∠DCA＝15°，
连接OB，过点E作BE⊥AC于点E，
∴由圆周角定理可知：∠AOB＝2∠ACB＝30°，
∴OB＝2BE，
∴AC＝2OB＝4BE，
设AB＝x，
∴BC＝4﹣x，
∵AB•BC＝BE•AC，
∴4BE2＝x（4﹣x），
∴AC2＝16BE2＝4x（4﹣x），
由勾股定理可知：AC2＝x2+（4﹣x）2，
∴4x（4﹣x）＝x2+（4﹣x）2，
解得：x＝2±233，
当x＝2+233时，
∴BC＝4﹣x＝2-233，
∴AC=4x(4-x)=463，
当x＝2-233时，
BC＝4﹣x＝2+233时，
∴AC=4x(4-x)=463，
故答案为：463．

三．解答题（共8小题，满分80分）
17．【解答】解：（1）原式＝3+1﹣（﹣2）2﹣2×12，
＝4﹣4﹣1，
＝﹣1．
（2）去括号得，2x+6＞4x﹣x+3，
移项得，2x﹣4x+x＞3﹣6，
合并同类项得，﹣x＞﹣3，
把x的系数化为1得，x＜3．
18．【解答】解：（1）18÷15%＝120人，36÷120＝30%，
故答案为：120，30%，
（2）120×45%＝54人，补全条形统计图如图所示：
（3）1800×12+18120=450人，
答：需要进行技术提高的学生约有450人．

19．【解答】解：（1）由题意得5x+4y+3(30-x-y)=1254y≤5x+3(30-x-y)x≥4y≥430-x-y≥4，化简得y=35-2x15≥x≥10，
即y与x之间的函数关系式为y＝35﹣2x（15≥x≥10）；

（2）由题意得：Q＝5×0.6x+4•0.7y+3×0.8（30﹣x﹣y）＝86﹣0.2x，
当x＝10（台）时，Q最大，此时Q的最大值为84（万元）；
即装运A、B、C货物的车辆分别为10台、15台、5台时，可以获得最大利润84万元；

（3）设此时外销活动的利润为Q′（万元），
由题意得：
Q′＝5x（0.6+a）+4×0.7y+3×（30﹣x﹣y）（0.8+a）＝86﹣0.2x+8ax﹣15a＝（﹣0.2+8a）x+86﹣15a（15≥x≥10），
①当﹣0.2+8a＝0时，有最大利润＝86﹣15×140=85.625（万元）．
②当﹣0.2+8a＞0时，即a＞0.025，
故当a＝0.03时，有最大利润＝（﹣0.2+8a）15+86﹣15a＝（83+105a）＝83+105×0.03＝86.15（万元）
③当﹣0.2+8a＜0时，即a＜﹣0.025，与0.01≤a≤0.03矛盾，故不成立，
故当a＝0.03时，有最大利润＝（﹣0.2+8a）15+86﹣15a＝（83+105a）＝83+105×0.03＝86.15（万元），
即每吨售价提高0.03万元时，获得的最大利润为86.15万元．
20．【解答】解：（1）在Rt△ABE中，BE=AEtan∠ABE，
在Rt△ACE中，CE=AEtan∠ACE，
设AE＝xm，则xtan11°+xtan31°=20，
解得x≈2.89m，
∴AG＝AE+EG≈2.89+0.6≈3.5m．
答：线段AG的长度约为3.5m；
（2）当线段AF⊥AC时，
∵AE⊥BC，
∴∠FAE+∠CAG＝90°，∠CAG+∠ACE＝90°．
∴∠FAE＝∠ACE＝31°．
∴tan∠FAG=tan31°=FGAG，
∴FG=AG⋅tan31°≈3.5×0.6=2.1m．
答：点F与点G之间的距离约为2.1m．
21．【解答】解：（1）由题意得：2a+2＜30，2a+2＞14，
解得：6＜a＜14，
故a的取值范围为6＜a＜14；

（2）△ABC为等腰三角形，2a+2＝8或2a+2＝22，
则a＝3或a＝10，
∵6＜a＜14，
∴a＝10．
22．【解答】解：（1）∵抛物线y=-12x2+mx+m+12与y轴交于点C（0，-52），
∴m+12=-52，
解得：m＝﹣3，
∴该抛物线的解析式为：y=-12x2﹣3x-52；
（2）在y=-12x2﹣3x-52中，令y＝0，
得：-12x2﹣3x-52=0，
解得：x1＝﹣5，x2＝﹣1，
∴A（﹣5，0），B（﹣1，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∵A（﹣5，0），C（0，-52），
∴-5k+b=0b=-52，
解得：k=-12b=-52，
∴直线AC的解析式为y=-12x-52，
如图1，设P（t，-12t2﹣3t-52），过点P作PH∥y轴交直线AC于点H，
则H（t，-12t-52），
∴PH=-12t2﹣3t-52-（-12t-52）=-12t2-52t，
∴S△PAC＝S△PAH+S△PCH
=12•PH•（xP﹣xA）+12•PH•（xC﹣xP）
=12•PH•（xC﹣xA）
=12×（-12t2-52t）×[0﹣（﹣5）]
=-54t2-254t
=-54（t+52）2+12516，
∴当t=-52时，S△PAC取得最大值12516，
此时，点P的坐标为（-52，158）；
（3）如图2，抛物线y=-12x2﹣3x-52在点A、B之间的部分（含点A、B）沿x轴向下翻折，得到图象G，
∵y=-12x2﹣3x-52=-12（x+3）2+2，顶点为（﹣3，2），
∴图象G的函数解析式为：y=12（x+3）2﹣2，顶点坐标为（﹣3，﹣2），
∵图象G沿直线AC平移，得到新的图象M，顶点运动的路径为直线y=-12x-72，
∴图象M的顶点坐标为（n，-12n-72），
∴图象M的函数解析式为：y=12（x﹣n）2-12n-72，
当图象M经过点C（0，-52）时，
则：-52=12（0﹣n）2-12n-72，
解得：n＝﹣1或n＝2，
当图象M的端点B在PC上时，
∵线段PC的解析式为：y=-74x-52（-52≤x≤0），点B（﹣1，0）运动的路径为直线y=-12x-12，
∴联立可得：y=-74x-52y=-12x-12，
解得：x=-85y=310，
将x=-85y=310代入y=12（x﹣n）2-12n-72，可得：12（-85-n）2-12n-72=310，
解得：n=-185或n=75（舍去），
∴图象M的顶点横坐标n的取值范围为：-185≤n≤﹣1或n＝2．


23．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DF，
∴∠ABC＝∠BCF，
∵E为BC中点，
∴BE＝CE，
在△ABE和△FCE中，
∠ABE=∠CFEBE=CE∠BEA=∠CEF，
∴△ABE≌△FCE．
（2）解：∵△ABE≌△FCE，
∴AE＝FE，
∵BE＝FC，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∴AB＝CF＝CD，
∵AD＝AF，
∴AC⊥FD，
∴四边形ABFC是矩形，
∴∠BAC＝90°，
∵AB＝3，BC＝5，
根据勾股定理得
AC=BC2-AB2=52-32=4，
∴矩形ABFC的面积为AB•AC＝3×4＝12．
24．【解答】解：（1）DG＝BE，DG⊥BE，理由如下：
如图1，延长EB交DG于点H，
∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形，
∴AD＝AB，∠DAG＝∠BAE＝90°，AG＝AE，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴DG＝BE，∠AGD＝∠AEB，
∵∠AGD+∠ADG＝90°，
∴∠AEB+∠ADG＝90°，
∵∠AEB+∠ADG+∠DHE＝180°，
∴∠DHE＝90°，
∴DG⊥BE；
（2）过点A作AM⊥DG于M，如图2所示：
则∠AMD＝∠AMG＝90°，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠MDA＝45°，
∴△AMD是等腰直角三角形，
∴AM＝DM=22AD=22×2=2，
在Rt△AMG中，由勾股定理得：GM=AG2-AM2=(22)2-(2)2=6，
∴DG＝DM+GM=2+6，
∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠GAE＝90°，AG＝AE，
∴∠DAB+∠BAG＝∠GAE+∠BAG，
即∠DAG＝∠BAE，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴DG＝BE=2+6，∠AGD＝∠AEB，
∴BG＝DG﹣BD=2+6-22=6-2，
延长BE至点N，使EN＝BG，
∵∠FEN＝180°﹣∠FEB＝180°﹣（90°﹣∠AEB）＝90°+∠AEB，∠FGB＝∠FGA+∠AGB＝90°+∠AEB，
∴∠FEN＝∠FGB，
∵EF＝GF，EN＝BG，
∴△FEN≌△FGB（SAS），
∴BF＝NF，∠BFG＝∠NFE，S△FEN＝S△FGB，
∴∠BFN＝∠GFE＝90°，
∴△BFN是等腰直角三角形，
BN＝BE+EN＝DG+BG=2+6+6-2=26，
∴BF=22BN=22×26=23，
∴四边形BEFG的面积＝S△FGB+S△FBE＝S△FEN+S△FBE＝S△BFN=12×（23）2＝6；
（3）△GHE与△BHD面积之和的最大值为6，理由如下：
∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠GAE＝90°，AG＝AE，∠AEG+∠AGE＝90°，
∴∠DAB+∠BAG＝∠GAE+∠BAG，
即∠DAG＝∠BAE，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴∠AGD＝∠AEB，
∴∠HEG+∠HGE＝∠AEG+∠AGE＝90°，
∴∠BHD＝∠EHG＝180°﹣90°＝90°，
∴对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，如图4所示：
∴当点H与点A重合时，△EGH的高最大，
∴S△EGH=12AG2=12×8＝4，
对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，
∴当点H与点A重合时，△BDH的高最大，
∴S△BDH=12AD2=12×4＝2，
∴△GHE与△BHD面积之和的最大值是：4+2＝6．



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