2022年福建省厦门市湖里中学中考数学模拟试卷(word版含答案)

这是一份2022年福建省厦门市湖里中学中考数学模拟试卷(word版含答案)，共20页。试卷主要包含了、单选题，、填空题，、计算、解答题等内容，欢迎下载使用。

2022年福建省厦门市湖里中学中考数学模拟试卷

一 、单选题（本大题共10小题，共30分）
1.（3分）下列说法：①-6的绝对值是6；②-2的相反数是2；③0的倒数是0；④64的立方根是±4；⑤27是无理数；⑥4的算术平方根是2；其中正确的个数为()
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2.（3分）若一次函数y=-3mx-4(m≠0)，当x的值增大时，y的值也增大，则m的取值范围为()
A. m>0 B. m0， 
∴m0，y随x的增大而增大，k0， 
∴x=-1±492×1=-1±72， 
∴x1=-4，x2=3．
故选D．

5.【答案】C;
【解析】解：如图，连接AC， 
 
由题意可得：∠BAD=180°-∠BCD=110°，∠ABC=180°-∠ADC=70°， 
∵AB=AD， 
∴AB⏜=AD⏜， 
∴∠ACB=∠ACD=12∠BCD=40°， 
∴∠BAC=180°-70°-40°=70°， 
∵点E为BC⏜的中点， 
∴∠BAE=12∠BAC=35°. 
故选：C. 
连接AC，先根据圆内接四边形的性质求出∠BAD，∠ABC，再利用AB=AD求出∠ACB，进而求出∠BAC，最后利用点E为BC⏜的中点得到∠BAE. 
此题主要考查圆的有关性质，涉及到圆心角、弧、弦的关系，圆内接四边形的性质，三角形内角和等，解题关键是熟练掌握圆的有关性质．

6.【答案】D;
【解析】 
这道题主要考查了多项式的因式分解.首先提取公式因，然后利用平方差公式进行分解即可． 
 
解：x2y-y3=y(x2-y2) 
=y(x+y)(x-y) ． 


7.【答案】C;
【解析】解：设这个正多边形的边数为n， 
∴(n-2)×180°=144°×n， 
∴n=10. 
故选：C. 
设这个正多边形的边数为n，根据n边形的内角和为(n-2)×180°得到(n-2)×180°=144°×n，然后解方程即可． 
此题主要考查了多边形内角与外角，熟记n边形的内角和为(n-2)×180°及n边形的外角和为360°是解答该题的关键．

8.【答案】B;
【解析】解：该班所有学生脱鞋量的身高是在未脱鞋测量身高数据的基础上均减去相同大小的数，新数据与原数据的波动幅度不变， 
所以该班所有学生脱鞋量的身高的方差与未脱鞋量的身高的方差相比较不变， 
故选：B. 
根据方差的意义求解即可． 
此题主要考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．

9.【答案】D;
【解析】解：根据题意可知，甲、乙两人的速度之和为2000÷10=200(米/分)， 
设甲的速度为x米/分，则乙的速度为(200-x)米/分， 
根据题意可知，8x+(4+8)×(200-x)=2000， 
解得x=100. 
故选：D. 
根据题意可算出甲、乙两人的速度之和，设甲的速度为x米/分，可表达出乙的速度，根据题意可列出方程，求解即可． 
此题主要考查一元一次方程的应用-行程问题，根据相遇问题得出甲、乙的速度和是解题关键．

10.【答案】B;
【解析】解：如图，将C2及直线y=x绕点O逆时针旋转45°，则得到双曲线C3，直线l与y轴重合． 
双曲线C3，的解析式为y=-6x 
过点P作PB⊥y轴于点B 
∵PA=PO 
∴B为OA中点． 
∴SΔPAB=SΔPOB 
由反比例函数比例系数k的性质，SΔPOB=3 
∴ΔPOA的面积是6 
 
故选：B． 
将双曲线逆时针旋转使得l与y轴重合，等腰三角形ΔPAO的底边在y轴上，应用反比例函数比例系数k的性质解答问题． 
本题为反比例函数综合题，考查了反比例函数的轴对称性以及反比例函数比例系数k的几何意义．

11.【答案】x≥3;
【解析】解：∵使2x-6在实数范围内有意义， 
∴2x-6⩾0， 
解得x⩾3. 
故答案为：x⩾3. 
先根据二次根式有意义的条件得出关于x的不等式，求出x的取值范围即可． 
此题主要考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于或等于0.

12.【答案】0;
【解析】解∵对称轴为x=1， 
∴-b2a=1， 
∴2a+b=0， 
故答案为：0. 
根据对称轴公式列出-b2a=1，变形即可． 
此题主要考查了二次函数的性质，正确记忆二次函数对称轴公式是解题关键．

13.【答案】13;
【解析】解：作AC⊥OB于点C， 
 
∵AC=12+12=2，OC=32+32=32， 
∴tan∠AOB=ACOC=232=13. 
故答案为：13. 
作AC⊥OB于点C，利用勾股定理求得AC和OC的长，根据正切的定义即可求解． 
此题主要考查的是解直角三角形，熟知锐角三角函数的定义并运用勾股定理是解答该题的关键．

14.【答案】20;
【解析】解：∵5a+2b=3b+10， 
∴5a-b=10， 
∴10a-2b=20， 
故答案为：20. 
先把5a+2b=3b+10，化简为5a-b=10，然后进行计算即可． 
本题考查了代数式求值，整式的性质，利用整体的思想来解决是解题的关键．

15.【答案】4或5;
【解析】解：根据题意得 
(1)斜边是BC，即外接圆直径是8，半径为4； 
(2)斜边是AC，即外接圆直径=62+82=10，半径为5； 
故答案为4或5. 
这个三角形的外接圆直径是斜边长，有两种情况情况：(1 )斜边是BC，即外接圆直径是8；(2 )斜边是AC，即外接圆直径是10. 
此题主要考查的是直角三角形的外接圆半径，重点在于理解直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心，斜边长的一半为半径的圆．

16.【答案】25-2;
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形， 
∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°. 
在ΔADE和ΔDCF中， 
AD=DC∠ADC=∠CDE=CF， 
∴ΔADE≌ΔDCF(SAS). 
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF， 
∵∠CDF+∠ADF=90°， 
∴∠DAE+∠ADF=90°. 
∴AE⊥DF， 
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧， 
如图， 
 
设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小， 
在RtΔQDC中，QC=QD2+CD2=4+16=25， 
∴CP=QC-QP=25-2， 
故答案为25-2. 
由“SAS”可证ΔADE≌ΔDCF，可得AE=DF，∠DAE=∠CDF，可证AE⊥DF，可得点P的路径是一段以AD为直径的弧，则当点P在QC上时，CP有最小值，即可求解． 
此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，确定点P的运动轨迹是本题的关键．

17.【答案】解：（1）原式=1+3×33+3-3-3 
=1+3+3-3-3 
=1； 
 
（2）(x+3+4x+16x+3)÷x+52x+6 
=(x+3)2+4x+16x+3•x(x+3)x+5 
=x2+6x+9+4x+16x+3•x(x+3)x+5 
=x2+10x+25x+3•x(x+3)x+5 
=(x+5)2x+3•x(x+3)x+5 
=x（x+5） 
=x2+5x， 
当x=-5+13时，原式=（-5+13）×（-5+13+5） 
=（-5+13）×13 
=-513+13．;
【解析】 
(1)先根据零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂进行计算，再算乘法，最后算加减即可； 
(2)先根据分式的加法法则算括号里面的，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，最后代入求出答案即可． 
此题主要考查了零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，实数的混合运算，分式的化简求值等知识点，能正确根据分式的运算法则和实数的运算法则进行化简和计算是解此题的关键，注意运算顺序．

18.【答案】见详解;
【解析】
方法1、连接BE、DF，由已知证出四边形BEDF是平行四边形，即可得出结论．
方法2、先判断出DE=BF，进而判断出ΔDOE≌ΔBOF即可．
【详解】证明：方法1，连接BE、DF，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∵AE=CF，
∴DE=BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴OF=OE．
方法2，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∵∠ODE=∠OBF，AE=CF，
∴DE=BF，
在ΔDOE和ΔBOF中，，
∴ΔDOE≌ΔBOF(AAS)，
∴OE=OF．

【点睛】该题考查了平行四边形的判定与性质；通过作辅助线证明四边形BEDF是平行四边形是解决问题的关键．


19.【答案】解：{5x+2≥4x-1①x+14＞x-32+1②， 
解不等式①得：x≥-3， 
解不等式②得：x＜3． 
∴不等式组的解集为-3≤x＜3．;
【解析】 
分别解两个不等式，求解集的公共部分即可． 
此题主要考查解一元一次不等式组，解题关键是熟练掌握解一元一次不等式的步骤．

20.【答案】解：（1）设第一档电价是x元/千瓦时，第二档电价为y元/千瓦时． 
依题意得：{180x+(280-180)y=173180x+(320-180)y=199， 
解得：{x=0.6y=0.65， 
答：第一档电价是0.6元/千瓦时．第二档电价为0.65元/千瓦时； 
（2）8月份应缴纳的电费是：180×0.6+（350-180）×0.65+（360-350）×（0.6+0.3）=227.5（元）． 
答：8月份应缴纳的电费是227.5元．;
【解析】 
(1)设第一档电价是x元/千瓦时，第二档电价为y元/千瓦时．由题意：小张家2019年6月份用电280千瓦时，缴纳电费173元；7月份用电320千瓦时，缴纳电费199元．列出方程组，解方程组即可； 
(2)由(1)的结果列式计算即可． 
本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．

21.【答案】解：x-1x-2+1=3x-2， 
x-1+x-2=3， 
2x=6， 
x=3， 
经检验，x=3是方程的解， 
∴原方程的解为x=3．;
【解析】 
根据分式方程的求法：①去分母；②求出整式方程的解；③检验；④得出结论． 
此题主要考查分式方程的解，熟练掌握分式方程的解法，注意对分式方程根进行检验是解答该题的关键．

22.【答案】解：①∵M是BC的中点，BC=6， 
∴MB=3， 
∵AB=4， 
∴ΔABM的面积=12×AB×BM=12×4×3=6； 
②∵四边形ABCD是矩形， 
∴∠B=90°，AD//BC， 
∴∠DAE=∠AMB， 
∵DE⊥AM， 
∴∠DEA=90°， 
∴ΔADE∽ΔMAB， 
∵AB=4，BM=3， 
∴AM=5， 
∴AE：MB=AD：AM=DE：AB， 
∴AE=3.6，DE=4.8． 
③ΔADE的面积=12×AE×DE=12×3.6×4.8=8.64．;
【解析】解决本题的关键是利用相似三角形对应边成比例的性质求得所求三角形的长与宽． 
①由M是BC的中点可得BM长度，那么ΔABM的面积=12×AB×BM，把相关数值代入即可求解； 
②由勾股定理易得AM长，可证得ΔADE∽ΔMAB，那么利用对应边比等于相似比可求得DE长； 
③由相似可得AE的长，那么ΔADE的面积=12×AE×DE，把相关数值代入即可求解． 


23.【答案】解：（1）∵2号飞机爬升角度为45°， 
∴OA上的点的横纵坐标相同． 
∴A（4，4）． 
设OA的解析式为：h=ks， 
∴4k=4． 
∴k=1． 
∴OA的解析式为：h=s． 
∵2号试飞机一直保持在1号机的正下方， 
∴它们的飞行的时间和飞行的水平距离相同． 
∵2号机的爬升到A处时水平方向上移动了4km，爬升高度为4km， 
又1号机的飞行速度为3km/min， 
∴2号机的爬升速度为：4÷43=3km/min． 
（2）设BC的解析式为h=ms+n， 
由题意：B（7，4）， 
∴7m+n=410m+n=3， 
解得：m=-13n=193． 
∴BC的解析式为h=-13s+193． 
令h=0，则s=19． 
∴预计2号机着陆点的坐标为（19，0）． 
（3）∵PQ不超过3km， 
∴5-h≤3． 
∴5-s≤35-(-13s+193)≤3， 
解得：2≤s≤13． 
∴两机距离PQ不超过3km的时长为：（13-2）÷3=113min．;
【解析】 
(1)由爬升角度为45°，可知OA上的点的横纵坐标相同，由此得到点A坐标，用待定系数法OA解析式可求；利用2号试飞机一直保持在1号机的正下方，可知它们的飞行的时间和飞行的水平距离相同，由此可求爬升速度； 
(2)设BC的解析式为h=ms+n，由题意将B，C坐标代入即可求得；令h=0.求得s，即可得到结论； 
(3)PQ不超过3km，得到5-h⩽3，利用(1)(2)中的解析式得出关于s的不等式组，确定s的取值范围，得出了两机距离PQ不超过3km的飞行的水平距离，再除以1号飞机的飞行速度，结论可得． 
此题主要考查了解直角三角形的仰角问题，待定系数法求函数的解析式，解不等式组，一次函数的应用．待定系数法是确定解析式的重要方法，也是解答该题的关键．

24.【答案】（1）证明：∵∠BAF=∠C，∠C=∠D， 
∴∠BAF=∠D， 
∵AD是⊙O的直径， 
∴∠ABD=90°， 
∴∠BAD+∠D=90°． 
∴∠BAD+∠BAF=90°， 
∴∠FAD=90°， 
∵AF⊥AD， 
∵AD为⊙O直径， 
∴AF是⊙O的切线； 
 
（2）解：∵BA⏜=BC⏜， 
∴∠BAC=∠C． 
∵∠C=∠D， 
∴∠BAC=∠D， 
∴∠BAE=∠D， 
∵∠ABE=∠DBA， 
∴△ABE∽△DBA， 
∴ABBD=BEAB， 
∴AB8=6AB， 
∴AB=43， 
即AB的长为43．;
【解析】 
(1)先判断出∠ABD=90°，∠BAD+∠D=90°.再判断出∠BAF=∠D，进而得出∠FAD=90°，即可得出结论； 
(2)先判断出∠BAC=∠C.再判断出∠BAE=∠D，进而判断出△ABE∽△DBA，得出比例式求解，即可求出答案． 
此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆的有关性质，掌握切线的判定是解(1)的关键，用方程的思想解决问题是解(2)的关键．

25.【答案】解：根据题意列表如下：

1
2
3
4
5
6
1

（1，2）
（1，3）
（1，4）
（1，5）
（1，6）
2
（2，1）

（2，3）
（2，4）
（2，5）
（2，6）
3
（3，1）
（3，2）

（3，4）
（3，5）
（3，6）
4
（4，1）
（4，2）
（4，3）

（4，5）
（4，6）
5
（5，1）
（5，2）
（5，3）
（5，4）

（5，6）
6
（6，1）
（6，2）
（6，3）
（6，4）
（6，5）

由表格可知，总共有30种可能的结果，每种结果出现的可能性相同，其中4号展厅被选中的结果有10种， 
所以4号展区被选中的概率为1030=13．;
【解析】 
根据题意先列出表格，得出所有可能的数和4号展厅被选中的结果数，然后根据概率公式即可得出答案． 
此题主要考查的是用列表法或树状图法求概率的知识．列表法或树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．

26.【答案】（1）证明：∵把线段CD绕C点逆时针旋转90°到CE， 
∴CE=CD，∠ECD=90°， 
∴∠ACB=∠ECD=90°， 
∴∠ACE=∠BCD， 
又∵AC=BC，CE=CD， 
∴△BCD≌△ACE（SAS）， 
∴AE=BD； 
（2）如图2，过点B作BH⊥BC，交CD的延长线于H， 
 
∵BC=AC，∠ACB=90°， 
∴∠BAC=∠ABC=45°， 
∵BH⊥BC， 
∴∠DBH=45°， 
∵△BCD≌△ACE， 
∴∠CAE=∠CBD=45°， 
∴∠CAE=∠DBH， 
∵CG=BG， 
∴∠GBC=∠GCB， 
∵∠ACB=∠CBH=90°， 
∴∠H=∠BFC=∠ACD， 
∴∠H=∠AFE=∠BFC，FG=CG=BG， 
又∵AE=BD， 
∴△AFE≌△BHD（AAS）， 
∴EF=DH， 
∵∠ACD=∠H，∠FGC=∠BGH，FG=BG， 
∴△FCG≌△BHG（AAS）， 
∴CG=GH， 
∴FG=GH=GD+DH=GD+EF； 
（3）∵△BDM是等边三角形， 
∴∠ABM=60°， 
∵∠BAC=∠ABC=45°， 
∴∠CBM=15°， 
∴点M在以点B为顶点，与BC成15°的直线上运动， 
∴当CM⊥BM时，CM有最小值， 
如图3，在BM上取一点，连接CE，使∠BCE=15°， 
 
∴∠BCE=∠CBE=15°， 
∴BE=CE，∠CEM=30°， 
∵CM⊥BM， 
∴CE=2CM，ME=3CM， 
∴BM=（2+3）CM， 
在Rt△BCM中，BC2=CM2+BM2， 
∴16=（8+43）CM2， 
∴CM=6-2．;
【解析】 
(1)由旋转的性质可得CE=CD，∠ECD=90°，由“SAS”可证△BCD≌△ACE，可得AE=BD； 
(2)由“AAS”可证△AFE≌△BHD，△FCG≌△BHG，可得EF=DH，CG=GH，可得结论； 
(3)由题意可得当CM⊥BM时，CM有最小值，由直角三角形的性质和勾股定理可求解． 
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解答该题的关键．

27.【答案】(1)将A，B两点的坐标代入y=-x2+bx+c，得
--12-b+c=0-22+2b+c=0解得b=1c=2
∴抛物线的解析式y=-x2+x+2
(2)过点A作AM⫽CO交BC的延长线于点M,过点D作DN⫽CO交BC于点N,

设直线BC的解析式为y= kx+b,
∴2k+b=0b=2解得k=-1b=2
∴直线BC的解析式为y=-x+2
∵A(-1，0)，∴AM=-1+2=3
∵AM⫽DN，∴△AME∽△DNE
∴AMDN=AEDE
∵AE= 3DE，∴AM= 3DN
设Dm，-m2+m+2，则Nm，-m+2
∴DN=-m2+m+2--m+2=-m2+2m
∴3-m2+2m=3
解得m=1.∴D(1,2).
(3)设Mx1，-x12+x1+2，Nx2，-x22+x2+2
∵MN⫽BC
∴设MN的解析式为y=-x+m,
联立y=-x+my=-x2+x+2，得-x2+x+2-m=0
∴x1+x2=2
∵C (0，2)，B (2, 0),
∴设PC的解析式为y=k1x+2，PN的解析式为y=k2x+t,
∵PN经过点B，∴2k2+t=0，∴t=-2k2,
∴PN的解析式为y=k2x- 2k2,
∴ -x12+x1+2=k1x1+2 ，-x22+x2+2=k2x2-2k2，
∴k1=-x1+1，k2=-x2-1.
联立y=k1x+2y=k2x-2k2，得x=2k2+2k2-k1
∴x=2k2+2k2-k1=-2x2-2+2-x2+x1-2=-2x2-2x2=1
∴直线MC，NB的交点P的横坐标是1.;
【解析】略