山东省菏泽市牡丹区2022年中考二模数学试题及答案

这是一份山东省菏泽市牡丹区2022年中考二模数学试题及答案，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 中考二模数学试题
一、单选题
1．在实数，-3，，中，最小的数是（　　）
A． B．-3 C． D．
2．下列图形是用数学家的名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示的是一个正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体，和“富”字一面相对面的字是（　　）

A．强 B．明 C．文 D．主
4．下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，将一块含有30°角的直角三角板的两个顶点放在矩形直尺的一组对边上．如果∠2=60°，那么∠1的度数为（　　）

A．60° B．50° C．40° D．30°
6．如图，已知▱AOBC的顶点O（0，0），A（﹣1，2），点B在x轴正半轴上按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OA，OB于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于 DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点F；③作射线OF，交边AC于点G，则点G的坐标为（　　）

A．（ ﹣1，2） B．（ ，2）
C．（3﹣ ，2） D．（ ﹣2，2）
7．如图是二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分，对称轴为 ，且经过点（2，0). 下列说法：①abc0)；
（2）∵点A（-2，0），
∴OA=2，
设点M（m-2，m），点N（，m），
当MN∥AO且MN=AO时，四边形AOMN是平行四边形，
，
解得，m=或m=2+2，
∴点M的坐标为（2-2，2）或（2，2+2）
【解析】【分析】（1）根据点A的坐标求出一次函数解析式，再根据两图像交于点B，利用反比例函数解析式求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出反比例函数解析式即可。
（2）设出点M、N的坐标，根据当 且 时，四边形 是平行四边形，建立关于m的方程，根据m＞0，求出m的值，从而可得出点M的坐标，即可解答。
21．【答案】（1）28；8.2；9；8
（2）解：画树状图如下，

从1名男生和2名女生中任选两名学生参加区级比赛的所有情况共有6中，其中选中一名男生一名女生的情况有4种，
选中一名男生一名女生的概率为 .
【解析】【解答】解：(1)∵ ，
∴ ，
∴这组比赛成绩数据的平均数 =7×20%+6×8%+10×12%+9×32%+8×28%=8.2，
∵重复出现次数最多的数据是9分，
∴众数是9分，
∵一共统计参赛学生的成绩25人，参赛学生的成绩从小到大排序，中间位置 ，
第13位参赛学生的成绩是8分，
∴中位数为8分，
故答案为：28，8.2分，9分，8分；
【分析】(1)用1减去其他各分所占百分比，用加权平均数这组比赛成绩数据的平均数 =8.2，利用众数概念可求，利用中位数定义求即可；（2）画树状图，从1名男生和2名女生中任选两名学生参加区级比赛的所有情况共有6中，其中选中一名男生一名女生的情况有4种，利用概率公式求即可.
22．【答案】（1）证明：如图所示：连接OC.

∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥EP.
又∵AE⊥PC，
∴AE∥OC.
∴∠EAC=∠ACO.
又∵∠ACO=∠OAC，
∴∠EAC=∠OAC.
∴AC平分∠BAD；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°.
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠ABC.
∵∠PCB+∠OCB=90°，
∴∠PCB=∠PAC.
∵∠P=∠P，
∴△PCA∽△PBC，
∴，
∴PA==16.
∴AB=PA-PB=16-4=12.
【解析】【分析】（1）连接OC，由切线的性质得OC⊥EP，推出AE∥OC，由平行线性质得∠EAC=∠ACO，根据等腰三角形的性质可得∠ACO=∠OAC，则∠EAC=∠OAC，然后根据角平分线的判定进行证明；
（2）根据圆周角定理可得∠ACB=90°，根据等腰三角形的性质可得∠OCB=∠ABC，结合等角的余角相等可得∠PCB=∠PAC，证明△PCA∽△PBC，根据相似三角形的性质求出PA，然后根据AB=PA-PB进行计算.
23．【答案】（1）1；90°
（2）解：，∠DBE=90°．理由为：
∵在Rt△ABC和Rt△CDE中，，，
∴∠ABC=∠CED=30°，∠BCE=∠ACD，
∴BC=AC，CE=CD，
∴，又∠BCE=∠ACD，
∴△BCE∽△ACD，
∴，∠CBE=∠CAB=60°，
∴∠DBE=∠ABC+∠CBE=30°+60°=90°；
（3）解：由（2）知：∠DBE=∠DCE=90°，BE=AD，
∵AC=2，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴AB=2AC=4，BC=AC=2，
∵点M为DE的中点，∠DBE=∠DCE=90°，
∴CM=BM=DE，
∴△CBM是等腰直角三角形，
∴BC=BM=2，解得：BM=，
∴DE=2BM=2，
在Rt△DBE中，DB=4-AD，BE=AD，
由勾股定理得：（2）2=（4-AD）2+（）2，
解得：AD=+1或AD=－+1(舍去)，
∴BE=AD=3+．
【解析】【解答】解：(1)∵在Rt△ABC和Rt△CDE中，，，
∴∠ABC=∠CED=45°，∠ACD=∠BCE，
∴CA=CB，CD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠CAB=∠CBE=45°，
∴=1，∠DBE=∠ABC+∠CBE=45°+45°=90°，
故答案为：①1；②90°；

【分析】（1）先利用“SAS”证明△ACD≌△BCE可得AD=BE，∠CAB=∠CBE=45°，从而可得=1，∠DBE=∠ABC+∠CBE=45°+45°=90°；
（2）先证明△BCE∽△ACD，可得，∠CBE=∠CAB=60°，再利用角的运算可得∠DBE的度数；
（3）先证明△CBM是等腰直角三角形，再利用勾股定理可得（2）2=（4-AD）2+（）2，求出AD的长，即可得到BE=AD=3+。
24．【答案】（1）解：由x2+3x﹣4＝0得＝﹣4，＝1，
∴A（﹣4，0），B（1，0），
∴OA＝4，OB＝1，
∵AC⊥BC，
∴∠ACO＝90°﹣∠BCO＝∠OBC，
∵∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴，即，
∴OC＝2，
∴C（0，﹣2），
设抛物线解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），
将C（0，﹣2）代入得﹣2＝﹣4a，
∴a，
∴抛物线解析式为y（x+4）（x﹣1）x2x﹣2；
（2）解：如图：

由A（﹣4，0），B（1，0），C（0，﹣2）得：AB＝5，BC，AC＝2，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴△ABC∽△DBE，
∴，
设D（t，0），则BD＝1﹣t，
∴，
∴DE（1﹣t），BE（1﹣t），
∴S△BDEDE•BE（1﹣t）2，
而S△BDCBD•OC（1﹣t）×2＝1﹣t，
∴S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE＝1﹣t（1﹣t）2t2t（t）2，
∵0，
∴t时，S△CDE最大为，
此时D（，0）；
（3）解：存在，由yx2x﹣2知抛物线对称轴为直线x，
而D（，0），
∴D在对称轴上，
由（2）得DE[1﹣（）]，
当DE＝DP时，如图：

∴DP，
∴P（，）或（，），
当DE＝PE时，过E作EH⊥x轴于H，如图：

∵∠HDE＝∠EDB，∠DHE＝∠BED＝90°，
∴△DHE∽△DEB，
∴，即，
∴HE＝1，DH＝2，
∴E（，﹣1），
∵E在DP的垂直平分线上，
∴P（，﹣2），
当PD＝PE时，如图：

设P（，m），则m2＝（）2+（m+1）2，
解得m，
∴P（，），
综上所述，P的坐标为（，）或（，）或（，﹣2）或（，）．
【解析】【分析】（1）先利用△AOC∽△COB，可得，即，求出点C的坐标，再将点C的坐标代入y＝a（x+4）（x﹣1），求出a的值即可；
（2）利用割补法可得S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE＝1﹣t（1﹣t）2t2t（t）2，再利用二次函数的性质求解即可；
（3）分三种情况：当DE＝DP时，当DE＝PE时，过E作EH⊥x轴于H，当PD＝PE时，并分别画出图象并求解即可。