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2022年吉林省中考数学试卷解析版
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这是一份2022年吉林省中考数学试卷解析版，共38页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年吉林省中考数学试卷
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）吉林松花石有“石中之宝”的美誉，用它制作的砚台叫松花砚，能与中国四大名砚媲美．如图是一款松花砚的示意图，其俯视图为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2分）要使算式（﹣1）□3的运算结果最大，则“□”内应填入的运算符号为（ ）
A．+ B．﹣ C．× D．÷
3．（2分）y与2的差不大于0，用不等式表示为（ ）
A．y﹣2＞0 B．y﹣2＜0 C．y﹣2≥0 D．y﹣2≤0
4．（2分）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，则a，b的大小关系为（ ）
A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．无法确定
5．（2分）如图，如果∠1＝∠2，那么AB∥CD，其依据可以简单说成（ ）
A．两直线平行，内错角相等
B．内错角相等，两直线平行
C．两直线平行，同位角相等
D．同位角相等，两直线平行
6．（2分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝4．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）﹣的相反数是 ．
8．（3分）计算：a•a2＝ ．
9．（3分）篮球队要购买10个篮球，每个篮球m元，一共需要 元．（用含m的代数式表示）
10．（3分）《九章算术》中记载了一道数学问题，其译文为：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛（斛，音hú，是古代一种容量单位），1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶可以盛酒x斛、1个小桶可以盛酒y斛．根据题意，可列方程组为 ．
11．（3分）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角α（0°＜α＜360°）后能够与它本身重合，则角α可以为 度．（写出一个即可）
12．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，0），点B在y轴正半轴上，以点B为圆心，BA长为半径作弧，交x轴正半轴于点C，则点C的坐标为 ．
13．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对角线AC上，且AF＝AC，连接EF．若AC＝10，则EF＝ ．
14．（3分）如图，在半径为1的⊙O上顺次取点A，B，C，D，E，连接AB，AE，OB，OC，OD，OE．若∠BAE＝65°，∠COD＝70°，则与的长度之和为 （结果保留π）．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）如图，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD．求证：BD＝CD．
16．（5分）下面是一道例题及其解答过程的一部分，其中A是关于m的多项式．请写出多项式A，并将该例题的解答过程补充完整．
例：先去括号，再合并同类项：m（A）﹣6（m+1）．
解：m（A）﹣6（m+1）
＝m2+6m﹣6m﹣6
＝ ．
17．（5分）长白山国家级自然保护区、松花湖风景区和净月潭国家森林公园是吉林省著名的三个景区．甲、乙两人用抽卡片的方式决定一个自己要去的景区．他们准备了3张不透明的卡片，正面分别写上长白山、松花湖、净月潭．卡片除正面景区名称不同外其余均相同，将3张卡片正面向下洗匀，甲先从中随机抽取一张卡片，记下景区名称后正面向下放回，洗匀后乙再从中随机抽取一张卡片．请用画树状图或列表的方法，求两人都决定去长白山的概率．
18．（5分）图①，图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．其中点A，B，C均在格点上，请在给定的网格中按要求画四边形．
（1）在图①中，找一格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是轴对称图形；
（2）在图②中，找一格点E，使以点A，B，C，E为顶点的四边形是中心对称图形．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）刘芳和李婷进行跳绳比赛．已知刘芳每分钟比李婷多跳20个，刘芳跳135个所用的时间与李婷跳120个所用的时间相等．求李婷每分钟跳绳的个数．
20．（7分）密闭容器内有一定质量的气体，当容器的体积V（单位：m3）变化时，气体的密度ρ（单位：kg/m3）随之变化．已知密度ρ与体积V是反比例函数关系，它的图象如图所示．
（1）求密度ρ关于体积V的函数解析式．
（2）当V＝10m3时，求该气体的密度ρ．
21．（7分）动感单车是一种新型的运动器械．图①是一辆动感单车的实物图，图②是其侧面示意图．△BCD为主车架，AB为调节管，点A，B，C在同一直线上．已知BC长为70cm，∠BCD的度数为58°．当AB长度调至34cm时，求点A到CD的距离AE的长度（结果精确到1cm）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）
22．（7分）为了解全国常住人口城镇化率的情况，张明查阅相关资料，整理数据并绘制统计图如下：
（以上数据来源于《中华人民共和国2021年国民经济和社会发展统计公报》）
注：城镇化率＝×100%．例如，城镇常住人口60.12万人，总人口100万人，则城镇化率为60.12%．
回答下列问题：
（1）2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率的中位数是 %．
（2）2021年年末全国人口141260万人，2021年年末全国城镇常住人口为 万人．（只填算式，不计算结果）
（3）下列推断较为合理的是 （填序号）．
①2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率逐年上升，估计2022年年末全国常住人口城镇化率高于64.72%．
②全国常住人口城镇化率2020年年末比2019年年末增加1.18%，2021年年末比2020年年末增加0.83%，全国常住人口城镇化率增加幅度减小，估计2022年年末全国常住人口城镇化率低于64.72%．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）李强用甲、乙两种具有恒温功能的热水壶同时加热相同质量的水，甲壶比乙壶加热速度快．在一段时间内，水温y（℃）与加热时间x（s）之间近似满足一次函数关系，根据记录的数据，画函数图象如下：
（1）加热前水温是 ℃．
（2）求乙壶中水温y关于加热时间x的函数解析式．
（3）当甲壶中水温刚达到80℃时，乙壶中水温是 ℃．
24．（8分）下面是王倩同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，直线l1∥l2，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等．理由如下：
设l1与l2之间的距离为h，
则S△ABC＝BC•h，S△DBC＝BC•h．
∴S△ABC＝S△DBC．
【探究】（1）如图②，当点D在l1，l2之间时，设点A，D到直线l2的距离分别为h，h′，则＝．
证明：∵S△ABC＝ ．
（2）如图③，当点D在l1，l2之间时，连接AD并延长交l2于点M，则＝．
证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM＝∠DFM＝90°．
∴AE∥ ．
∴△AEM∽ ．
∴＝．
由【探究】（1）可知＝ ，
∴＝．
（3）如图④，当点D在l2下方时，连接AD交l2于点E．若点A，E，D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，则的值为 ．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6cm．动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动．以PA为一边作∠APQ＝120°，另一边PQ与折线AC﹣CB相交于点Q，以PQ为边作菱形PQMN，点N在线段PB上．设点P的运动时间为x（s），菱形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为y（cm2）．
（1）当点Q在边AC上时，PQ的长为 cm．（用含x的代数式表示）
（2）当点M落在边BC上时，求x的值．
（3）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）经过点A（1，0），点B（0，3）．点P在此抛物线上，其横坐标为m．
（1）求此抛物线的解析式．
（2）当点P在x轴上方时，结合图象，直接写出m的取值范围．
（3）若此抛物线在点P左侧部分（包括点P）的最低点的纵坐标为2﹣m．
①求m的值．
②以PA为边作等腰直角三角形PAQ，当点Q在此抛物线的对称轴上时，直接写出点Q的坐标．
2022年吉林省中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）吉林松花石有“石中之宝”的美誉，用它制作的砚台叫松花砚，能与中国四大名砚媲美．如图是一款松花砚的示意图，其俯视图为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由物体的正面示意图可得物体的俯视图为两同心圆．
【解答】解：俯视图是从物体的上面向下面投射所得的视图，
由松花砚的示意图可得其俯视图为C．
故选：C．
【点评】本题考查物体的三视图，解题关键是掌握物体的三视图的有关概念．
2．（2分）要使算式（﹣1）□3的运算结果最大，则“□”内应填入的运算符号为（ ）
A．+ B．﹣ C．× D．÷
【分析】分别把加、减、乘、除四个符号填入括号，计算出结果即可．
【解答】解：当填入加号时：﹣1+3＝2；
当填入减号时﹣1﹣3＝﹣4；
当填入乘号时：﹣1×3＝﹣3；
当填入除号时﹣1÷3＝﹣，
∵2＞﹣＞﹣3＞﹣4，
∴这个运算符号是加号．
故选：A．
【点评】本题考查的是有理数的运算及有理数的大小比较，根据题意得出填入加、减、乘、除四个符号的得数是解答此题的关键．
3．（2分）y与2的差不大于0，用不等式表示为（ ）
A．y﹣2＞0 B．y﹣2＜0 C．y﹣2≥0 D．y﹣2≤0
【分析】不大于就是小于等于的意思，根据y与2的差不大于0，可列出不等式．
【解答】解：根据题意得：y﹣2≤0．
故选：D．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式，解答本题的关键是理解“不大于”的意思，列出不等式．
4．（2分）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，则a，b的大小关系为（ ）
A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．无法确定
【分析】由数轴上b在a的右侧可得b与a的大小关系．
【解答】解：∵b＞0，a＜0，
∴a＜b，
故选：B．
【点评】本题考查实数与数轴，解题关键是掌握数轴的定义．
5．（2分）如图，如果∠1＝∠2，那么AB∥CD，其依据可以简单说成（ ）
A．两直线平行，内错角相等
B．内错角相等，两直线平行
C．两直线平行，同位角相等
D．同位角相等，两直线平行
【分析】由平行的判定求解．
【解答】解：∵∠1＝∠2，
∴AB∥CD（同位角相等，两直线平行），
故选：D．
【点评】本题考查平行线的判定与性质，解题关键是掌握平行线的判定方法及平行线的性质．
6．（2分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝4．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由勾股定理求出AC的长度，再由点C在⊙A内且点B在⊙A外求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝＝4，
∵点C在⊙A内且点B在⊙A外，
∴3＜r＜5，
故选：C．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，解题关键是掌握勾股定理．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）﹣的相反数是 ．
【分析】根据相反数的意义，相反数是只有符号不同的两个数，改变﹣前面的符号，即可得﹣的相反数．
【解答】解：﹣的相反数是．
故答案为：．
【点评】本题考查了相反数．解题的关键是掌握相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
8．（3分）计算：a•a2＝ a3 ．
【分析】根据同底数幂的乘法法则，同底数幂相乘，底数不变，指数相加，即am•an＝am+n计算即可．
【解答】解：a•a2＝a1+2＝a3．
故答案为：a3．
【点评】本题主要考查同底数幂的乘法的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
9．（3分）篮球队要购买10个篮球，每个篮球m元，一共需要 10m 元．（用含m的代数式表示）
【分析】根据题意直接列出代数式即可．
【解答】解：篮球队要买10个篮球，每个篮球m元，一共需要10m元，
故答案为：10m．
【点评】本题主要考查了通过实际问题列出代数式，理解题意是解答本题的关键．
10．（3分）《九章算术》中记载了一道数学问题，其译文为：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛（斛，音hú，是古代一种容量单位），1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶可以盛酒x斛、1个小桶可以盛酒y斛．根据题意，可列方程组为 ．
【分析】根据题意列出二元一次方程组即可．
【解答】解：设1个大桶可以盛酒x斛、1个小桶可以盛酒y斛，
由题意得：，
故答案为：．
【点评】本题考查的是二元一次方程组的应用，找等量关系是列方程组的关键和难点．
11．（3分）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角α（0°＜α＜360°）后能够与它本身重合，则角α可以为 72（答案不唯一）． 度．（写出一个即可）
【分析】先求出正五边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可．
【解答】解：360°÷5＝72°，
则这个图案绕着它的中心旋转72°后能够与它本身重合，
故答案为：72（答案不唯一）．
【点评】本题考查的是旋转对称图形、正多边形的性质，求出正五边形的中心角是解题的关键．
12．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，0），点B在y轴正半轴上，以点B为圆心，BA长为半径作弧，交x轴正半轴于点C，则点C的坐标为 （2，0） ．
【分析】由图象可得OB与圆的直径重合，由BO⊥AC及垂径定理求解．
【解答】解：由图象可得OB与直径重合，
∵BO⊥AC，
∴OA＝OC，
∵A（﹣2，0），
∴C（2，0），
故答案为：（2，0）．
【点评】本题考查与圆的有关计算，解题关键是掌握垂径定理及其推论．
13．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对角线AC上，且AF＝AC，连接EF．若AC＝10，则EF＝ ．
【分析】由AF＝AC可得点F为AO中点，从而可得EF为△AOD的中位线，进而求解．
【解答】解：在矩形ABCD中，AO＝OC＝AC，AC＝BD＝10，
∵AF＝AC，
∴AF＝AO，
∴点F为AO中点，
∴EF为△AOD的中位线，
∴EF＝OD＝BD＝．
故答案为：．
【点评】本题考查矩形的性质，解题关键是掌握三角形的中位线的性质．
14．（3分）如图，在半径为1的⊙O上顺次取点A，B，C，D，E，连接AB，AE，OB，OC，OD，OE．若∠BAE＝65°，∠COD＝70°，则与的长度之和为 （结果保留π）．
【分析】由圆周角定理可得∠BOE的大小，从而可得∠BOC+∠DOE的大小，进而求解．
【解答】解：∵∠BAE＝65°，
∴∠BOE＝130°，
∴∠BOC+∠DOE＝∠BOE﹣∠COD＝60°，
∴+的长度＝×2π×1＝，
故答案为：π．
【点评】本题考查圆周角定理，解题关键是掌握圆心角与圆周角的关系，掌握计算弧长的方法．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）如图，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD．求证：BD＝CD．
【分析】由AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，AD＝AD可证明△ABD≌△ACD，从而可得BD＝CD．
【解答】证明：在△ABD与△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（SAS），
∴BD＝CD．
【点评】本题考查全等三角形的判定及性质，解题关键是掌握全等三角形的判定方法及全等三角形的性质．
16．（5分）下面是一道例题及其解答过程的一部分，其中A是关于m的多项式．请写出多项式A，并将该例题的解答过程补充完整．
例：先去括号，再合并同类项：m（A）﹣6（m+1）．
解：m（A）﹣6（m+1）
＝m2+6m﹣6m﹣6
＝ m2﹣6 ．
【分析】根据题意合并同类项即可．
【解答】解：由题知，m（A）﹣6（m+1）
＝m2+6m﹣6m﹣6
＝m2﹣6，
∵m2+6m＝m（m+6），
∴A为：m+6，
故答案为：m2﹣6．
【点评】本题主要考查整式的加减，熟练掌握整式的运算是解题的关键．
17．（5分）长白山国家级自然保护区、松花湖风景区和净月潭国家森林公园是吉林省著名的三个景区．甲、乙两人用抽卡片的方式决定一个自己要去的景区．他们准备了3张不透明的卡片，正面分别写上长白山、松花湖、净月潭．卡片除正面景区名称不同外其余均相同，将3张卡片正面向下洗匀，甲先从中随机抽取一张卡片，记下景区名称后正面向下放回，洗匀后乙再从中随机抽取一张卡片．请用画树状图或列表的方法，求两人都决定去长白山的概率．
【分析】根据题意作图得出概率即可．
【解答】解：由题意作树状图如下：
由图知，两人都决定去长白山的概率为．
【点评】本题主要考查概率的知识，熟练掌握列表法和树状图法求概率是解题的关键．
18．（5分）图①，图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．其中点A，B，C均在格点上，请在给定的网格中按要求画四边形．
（1）在图①中，找一格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是轴对称图形；
（2）在图②中，找一格点E，使以点A，B，C，E为顶点的四边形是中心对称图形．
【分析】（1）作点B关于直线AC的对称点D，四边形ABCD为筝形．
（2）将点A向右平移1个单位，再向上平移1个单位可得点D，四边形ABCD为平行四边形．
【解答】解：（1）作点B关于直线AC的对称点D，连接ABCD，四边形ABCD为筝形，符合题意．
（2）将点A向右平移1个单位，再向上平移1个单位可得点D，连接ABCD，AD∥BC且AD＝BC，
∴四边形ABCD为矩形，符合题意．
【点评】本题考查网格无刻度尺作图，解题关键是掌握平行四边形的性质．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）刘芳和李婷进行跳绳比赛．已知刘芳每分钟比李婷多跳20个，刘芳跳135个所用的时间与李婷跳120个所用的时间相等．求李婷每分钟跳绳的个数．
【分析】设李婷每分钟跳绳x个，则刘芳每分钟跳绳x+20个，根据时间相等列方程求解即可．
【解答】解：设李婷每分钟跳绳x个，则刘芳每分钟跳绳x+20个，
根据题意列方程，得，
即135x＝120（x+20），
解得x＝160，
经检验x＝160是原方程的解，
答：李婷每分钟跳绳160个．
【点评】本题主要考查分式方程，根据时间相等列方程求解是解题的关键．
20．（7分）密闭容器内有一定质量的气体，当容器的体积V（单位：m3）变化时，气体的密度ρ（单位：kg/m3）随之变化．已知密度ρ与体积V是反比例函数关系，它的图象如图所示．
（1）求密度ρ关于体积V的函数解析式．
（2）当V＝10m3时，求该气体的密度ρ．
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）将V＝10代入函数解析式求解．
【解答】解：（1）设ρ＝，
将（4，2.5）代入ρ＝得2.5＝，
解得k＝10，
∴ρ＝．
（2）将V＝10代入ρ＝得ρ＝1．
∴该气体的密度为1kg/m3．
【点评】本题考查反比例函数的应用，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，掌握函数与方程的关系．
21．（7分）动感单车是一种新型的运动器械．图①是一辆动感单车的实物图，图②是其侧面示意图．△BCD为主车架，AB为调节管，点A，B，C在同一直线上．已知BC长为70cm，∠BCD的度数为58°．当AB长度调至34cm时，求点A到CD的距离AE的长度（结果精确到1cm）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）
【分析】由AB，BC的长度求出AC长度，然后根据sin∠BCD＝求解．
【解答】解：∵AB＝34cm，BC＝70cm，
∴AC＝AB+BC＝104cm，
在Rt△ACE中，sin∠BCD＝，
∴AE＝AC•sin∠BCD＝104×0.85≈88cm．
答：点A到CD的距离AE的长度约88cm．
【点评】本题考查解直角三角形，解题关键是掌握锐角三角函数的定义．
22．（7分）为了解全国常住人口城镇化率的情况，张明查阅相关资料，整理数据并绘制统计图如下：
（以上数据来源于《中华人民共和国2021年国民经济和社会发展统计公报》）
注：城镇化率＝×100%．例如，城镇常住人口60.12万人，总人口100万人，则城镇化率为60.12%．
回答下列问题：
（1）2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率的中位数是 62.71 %．
（2）2021年年末全国人口141260万人，2021年年末全国城镇常住人口为 141260×64.72% 万人．（只填算式，不计算结果）
（3）下列推断较为合理的是 ① （填序号）．
①2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率逐年上升，估计2022年年末全国常住人口城镇化率高于64.72%．
②全国常住人口城镇化率2020年年末比2019年年末增加1.18%，2021年年末比2020年年末增加0.83%，全国常住人口城镇化率增加幅度减小，估计2022年年末全国常住人口城镇化率低于64.72%．
【分析】（1）将2017﹣2021年年末的城镇化率从小到大排列，从而可得中位数．
（2）根据城镇化率＝×100%可得2021年年末全国城镇常住人口为141260×64.72%（万人）．‘
（3）由折线图可得全国常住人口城镇化率在逐年增加．
【解答】解：（1）∵2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率分别为60.24%，61.50%，62.71%，63.89%，64.72%，
∴中为数是62.71%，
故答案为：62.71．
（2）∵2021年年末城镇化率为64.72%，
∴常住人口为141260×64.72%（万人），
故答案为：141260×64.72%．
（3）∵2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率逐年上升，
∴估计2022年年末全国常住人口城镇化率高于64.72%．
故答案为：①．
【点评】本题考查数据的收集与整理，解题关键是掌握中位数的概念，读懂折线图．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）李强用甲、乙两种具有恒温功能的热水壶同时加热相同质量的水，甲壶比乙壶加热速度快．在一段时间内，水温y（℃）与加热时间x（s）之间近似满足一次函数关系，根据记录的数据，画函数图象如下：
（1）加热前水温是 20 ℃．
（2）求乙壶中水温y关于加热时间x的函数解析式．
（3）当甲壶中水温刚达到80℃时，乙壶中水温是 65 ℃．
【分析】（1）由图象x＝0时y＝20求解．
（2）通过待定系数法求解．
（3）由图象可求出甲壶的加热速度，求出甲壶中水温达到80℃时的x，将其代入（2）中解析式求解．
【解答】解：（1）由图象得x＝0时y＝20，
∴加热前水温是20℃，
故答案为：20．
（2）设乙壶中水温y关于加热时间x的函数解析式为y＝kx+b，
将（0，20），（160，80）代入y＝kx+b得，
解得，
∴y＝x+20．
（3）甲水壶的加热速度为（60﹣20）÷80＝℃/s，
∴甲水壶中温度为80℃时，加热时间为（80﹣20）÷＝120s，
将x＝120代入y＝x+20得y＝65，
故答案为：65．
【点评】本题考查一次函数的应用，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，掌握一次函数与方程的关系．
24．（8分）下面是王倩同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，直线l1∥l2，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等．理由如下：
设l1与l2之间的距离为h，
则S△ABC＝BC•h，S△DBC＝BC•h．
∴S△ABC＝S△DBC．
【探究】（1）如图②，当点D在l1，l2之间时，设点A，D到直线l2的距离分别为h，h′，则＝．
证明：∵S△ABC＝ BC•h ．
（2）如图③，当点D在l1，l2之间时，连接AD并延长交l2于点M，则＝．
证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM＝∠DFM＝90°．
∴AE∥ DF ．
∴△AEM∽ △DFM ．
∴＝．
由【探究】（1）可知＝ ，
∴＝．
（3）如图④，当点D在l2下方时，连接AD交l2于点E．若点A，E，D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，则的值为 ．
【分析】（1）由S△ABC＝BC•h，S△DBC＝BC•h′即可证明．
（2）由AE∥DF可得△AEM∽△DFM，再由相似三角形的性质可得＝，然后结合【探究】（1）结论可得＝．
（3）作DK∥AC交l2于点K，由【探究】（1）（2）可得＝，进而求解．
【解答】（1）证明：∵S△ABC＝BC•h，S△DBC＝BC•h′，
∴＝．
（2）证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM＝∠DFM＝90°．
∵AE∥DF，
∴△AEM∽△DFM，
∴＝，
由【探究】（1）可知＝，
∴＝．
故答案为：DF，△DFM，．
（3）作DK∥AC交l2于点K，
∵DK∥AC，
∴△ACE∽△DKE，
∵DE＝1.5，AE＝5﹣1.5＝3.5，
∴＝＝，
由【探究】（2）可得＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查图形的探究题型，解题关键是掌握三角形的面积公式，掌握相似三角形的判定及性质．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6cm．动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动．以PA为一边作∠APQ＝120°，另一边PQ与折线AC﹣CB相交于点Q，以PQ为边作菱形PQMN，点N在线段PB上．设点P的运动时间为x（s），菱形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为y（cm2）．
（1）当点Q在边AC上时，PQ的长为 2x cm．（用含x的代数式表示）
（2）当点M落在边BC上时，求x的值．
（3）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【分析】（1）作PE⊥AC于点E，由含30°角的直角三角形可得AE的长度，再由等腰三角形的性质可得AQ的长度．
（2）作出点M落在边BC上的图象，由AP+PN+NB＝AB求解．
（3）分类讨论0≤x≤1，1＜t≤，＜x≤3并作出图象求解．
【解答】解：（1）作PE⊥AC于点E，
在Rt△APE中，cos30°＝，
∴AE＝AP•cos30°＝x，
∵∠APQ＝120°，
∴∠AQP＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴AP＝PQ，
∴点E为AQ中点，
∴AQ＝2x（cm），
故答案为：2x．
（2）如图，
∵∠APQ＝120°，
∴∠MNB＝∠PQB＝60°，
∵∠B＝60°，
∴△MNB为等边三角形，
∴AP＝PQ＝PN＝MN＝NB，即AP+PN+NB＝3AP＝AB，
∴3×2x＝6，
解得x＝1．
（3）当0≤x≤1时，作QF⊥AB于点F，
∵∠A＝30°，AQ＝2x，
∴QF＝AQ＝x，
∵PN＝PQ＝AP＝2x，
∴y＝PN•QF＝2x•x＝2x2．
当1＜t≤时，QM，NM交BC于点H，K，
∵AB＝6cm，∠A＝30°，
∴AC＝AB＝3cm，
∴CQ＝AC﹣AQ＝3﹣2x，
∴QH＝CQ＝（3﹣2x）＝6﹣4x，
∴HM＝QM﹣QH＝2x﹣（6﹣4x）＝6x﹣6，
∵△HKM为等边三角形，
∴S△HKM＝HM2＝9x2﹣18x+9，
∴y＝2x2﹣（9x2﹣18x+9）＝﹣7x2+18x﹣9．
当＜x≤3时，重叠图形△PQM为等边三角形，
PQ＝PB＝AB﹣AP＝6﹣2x，
∴y＝PB2＝（6﹣2x）2＝x2﹣6x+9．
综上所述，y＝．
【点评】本题考查图形的综合题，解题关键是掌握解直角三角形的方法，掌握菱形的性质，通过分类讨论求解．
26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）经过点A（1，0），点B（0，3）．点P在此抛物线上，其横坐标为m．
（1）求此抛物线的解析式．
（2）当点P在x轴上方时，结合图象，直接写出m的取值范围．
（3）若此抛物线在点P左侧部分（包括点P）的最低点的纵坐标为2﹣m．
①求m的值．
②以PA为边作等腰直角三角形PAQ，当点Q在此抛物线的对称轴上时，直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）令y＝0，求出抛物线与x轴交点坐标，结合图象求解．
（3）①分类讨论点P在抛物线对称轴右侧及左侧两种情况，分别求出顶点为最低点和点P为最低点时m的值．
②根据m的值，作出等腰直角三角形求解．
【解答】解：（1）将（1，0），（0，3）代入y＝x2+bx+c得，
解得，
∴y＝x2﹣4x+3．
（2）令x2﹣4x+3＝0，
解得x1＝1，x2＝3，
∴抛物线与x轴交点坐标为（1，0），（3，0），
∵抛物线开口向上，
∴m＜1或m＞3时，点P在x轴上方．
（3）①∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线顶点坐标为（2，﹣1），对称轴为直线x＝2，
当m＞2时，抛物线顶点为最低点，
∴﹣1＝2﹣m，
解得m＝3，
当m≤2时，点P为最低点，
将x＝m代入y＝x2﹣4x+3得y＝m2﹣4m+3，
∴m2﹣4m+3＝2﹣m，
解得m1＝（舍），m2＝．
∴m＝3或m＝．
②当m＝3时，点P在x轴上，AP＝2，
∵抛物线顶点坐标为（2，﹣1），
∴点Q坐标为（2，﹣1）或（2，1）符合题意．
当m＝时，如图，∠QPA＝90°过点P作y轴平行线，交x轴于点F，作QE⊥PF于点E，
∵∠QPE+∠APF＝∠APF+∠PAF＝90°，
∴∠QPE＝∠PAF，
又∵∠QEP＝∠PFA＝90°，QP＝PA，
∴△QEP≌△PFA（AAS），
∴QE＝PA，即2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得m1＝（舍），m2＝．
∴PF＝2﹣，AF＝PE＝1﹣，
∴EF＝PF+PE＝2﹣+1﹣＝，
∴点Q坐标为（2，）．
综上所述，点Q坐标为（2，﹣1）或（2，1）或（2，）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程的关系，通过数形结合求解．
2022年吉林省中考数学试卷
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）吉林松花石有“石中之宝”的美誉，用它制作的砚台叫松花砚，能与中国四大名砚媲美．如图是一款松花砚的示意图，其俯视图为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2分）要使算式（﹣1）□3的运算结果最大，则“□”内应填入的运算符号为（ ）
A．+ B．﹣ C．× D．÷
3．（2分）y与2的差不大于0，用不等式表示为（ ）
A．y﹣2＞0 B．y﹣2＜0 C．y﹣2≥0 D．y﹣2≤0
4．（2分）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，则a，b的大小关系为（ ）
A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．无法确定
5．（2分）如图，如果∠1＝∠2，那么AB∥CD，其依据可以简单说成（ ）
A．两直线平行，内错角相等
B．内错角相等，两直线平行
C．两直线平行，同位角相等
D．同位角相等，两直线平行
6．（2分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝4．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）﹣的相反数是 ．
8．（3分）计算：a•a2＝ ．
9．（3分）篮球队要购买10个篮球，每个篮球m元，一共需要 元．（用含m的代数式表示）
10．（3分）《九章算术》中记载了一道数学问题，其译文为：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛（斛，音hú，是古代一种容量单位），1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶可以盛酒x斛、1个小桶可以盛酒y斛．根据题意，可列方程组为 ．
11．（3分）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角α（0°＜α＜360°）后能够与它本身重合，则角α可以为 度．（写出一个即可）
12．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，0），点B在y轴正半轴上，以点B为圆心，BA长为半径作弧，交x轴正半轴于点C，则点C的坐标为 ．
13．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对角线AC上，且AF＝AC，连接EF．若AC＝10，则EF＝ ．
14．（3分）如图，在半径为1的⊙O上顺次取点A，B，C，D，E，连接AB，AE，OB，OC，OD，OE．若∠BAE＝65°，∠COD＝70°，则与的长度之和为 （结果保留π）．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）如图，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD．求证：BD＝CD．
16．（5分）下面是一道例题及其解答过程的一部分，其中A是关于m的多项式．请写出多项式A，并将该例题的解答过程补充完整．
例：先去括号，再合并同类项：m（A）﹣6（m+1）．
解：m（A）﹣6（m+1）
＝m2+6m﹣6m﹣6
＝ ．
17．（5分）长白山国家级自然保护区、松花湖风景区和净月潭国家森林公园是吉林省著名的三个景区．甲、乙两人用抽卡片的方式决定一个自己要去的景区．他们准备了3张不透明的卡片，正面分别写上长白山、松花湖、净月潭．卡片除正面景区名称不同外其余均相同，将3张卡片正面向下洗匀，甲先从中随机抽取一张卡片，记下景区名称后正面向下放回，洗匀后乙再从中随机抽取一张卡片．请用画树状图或列表的方法，求两人都决定去长白山的概率．
18．（5分）图①，图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．其中点A，B，C均在格点上，请在给定的网格中按要求画四边形．
（1）在图①中，找一格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是轴对称图形；
（2）在图②中，找一格点E，使以点A，B，C，E为顶点的四边形是中心对称图形．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）刘芳和李婷进行跳绳比赛．已知刘芳每分钟比李婷多跳20个，刘芳跳135个所用的时间与李婷跳120个所用的时间相等．求李婷每分钟跳绳的个数．
20．（7分）密闭容器内有一定质量的气体，当容器的体积V（单位：m3）变化时，气体的密度ρ（单位：kg/m3）随之变化．已知密度ρ与体积V是反比例函数关系，它的图象如图所示．
（1）求密度ρ关于体积V的函数解析式．
（2）当V＝10m3时，求该气体的密度ρ．
21．（7分）动感单车是一种新型的运动器械．图①是一辆动感单车的实物图，图②是其侧面示意图．△BCD为主车架，AB为调节管，点A，B，C在同一直线上．已知BC长为70cm，∠BCD的度数为58°．当AB长度调至34cm时，求点A到CD的距离AE的长度（结果精确到1cm）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）
22．（7分）为了解全国常住人口城镇化率的情况，张明查阅相关资料，整理数据并绘制统计图如下：
（以上数据来源于《中华人民共和国2021年国民经济和社会发展统计公报》）
注：城镇化率＝×100%．例如，城镇常住人口60.12万人，总人口100万人，则城镇化率为60.12%．
回答下列问题：
（1）2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率的中位数是 %．
（2）2021年年末全国人口141260万人，2021年年末全国城镇常住人口为 万人．（只填算式，不计算结果）
（3）下列推断较为合理的是 （填序号）．
①2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率逐年上升，估计2022年年末全国常住人口城镇化率高于64.72%．
②全国常住人口城镇化率2020年年末比2019年年末增加1.18%，2021年年末比2020年年末增加0.83%，全国常住人口城镇化率增加幅度减小，估计2022年年末全国常住人口城镇化率低于64.72%．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）李强用甲、乙两种具有恒温功能的热水壶同时加热相同质量的水，甲壶比乙壶加热速度快．在一段时间内，水温y（℃）与加热时间x（s）之间近似满足一次函数关系，根据记录的数据，画函数图象如下：
（1）加热前水温是 ℃．
（2）求乙壶中水温y关于加热时间x的函数解析式．
（3）当甲壶中水温刚达到80℃时，乙壶中水温是 ℃．
24．（8分）下面是王倩同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，直线l1∥l2，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等．理由如下：
设l1与l2之间的距离为h，
则S△ABC＝BC•h，S△DBC＝BC•h．
∴S△ABC＝S△DBC．
【探究】（1）如图②，当点D在l1，l2之间时，设点A，D到直线l2的距离分别为h，h′，则＝．
证明：∵S△ABC＝ ．
（2）如图③，当点D在l1，l2之间时，连接AD并延长交l2于点M，则＝．
证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM＝∠DFM＝90°．
∴AE∥ ．
∴△AEM∽ ．
∴＝．
由【探究】（1）可知＝ ，
∴＝．
（3）如图④，当点D在l2下方时，连接AD交l2于点E．若点A，E，D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，则的值为 ．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6cm．动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动．以PA为一边作∠APQ＝120°，另一边PQ与折线AC﹣CB相交于点Q，以PQ为边作菱形PQMN，点N在线段PB上．设点P的运动时间为x（s），菱形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为y（cm2）．
（1）当点Q在边AC上时，PQ的长为 cm．（用含x的代数式表示）
（2）当点M落在边BC上时，求x的值．
（3）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）经过点A（1，0），点B（0，3）．点P在此抛物线上，其横坐标为m．
（1）求此抛物线的解析式．
（2）当点P在x轴上方时，结合图象，直接写出m的取值范围．
（3）若此抛物线在点P左侧部分（包括点P）的最低点的纵坐标为2﹣m．
①求m的值．
②以PA为边作等腰直角三角形PAQ，当点Q在此抛物线的对称轴上时，直接写出点Q的坐标．
2022年吉林省中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）吉林松花石有“石中之宝”的美誉，用它制作的砚台叫松花砚，能与中国四大名砚媲美．如图是一款松花砚的示意图，其俯视图为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由物体的正面示意图可得物体的俯视图为两同心圆．
【解答】解：俯视图是从物体的上面向下面投射所得的视图，
由松花砚的示意图可得其俯视图为C．
故选：C．
【点评】本题考查物体的三视图，解题关键是掌握物体的三视图的有关概念．
2．（2分）要使算式（﹣1）□3的运算结果最大，则“□”内应填入的运算符号为（ ）
A．+ B．﹣ C．× D．÷
【分析】分别把加、减、乘、除四个符号填入括号，计算出结果即可．
【解答】解：当填入加号时：﹣1+3＝2；
当填入减号时﹣1﹣3＝﹣4；
当填入乘号时：﹣1×3＝﹣3；
当填入除号时﹣1÷3＝﹣，
∵2＞﹣＞﹣3＞﹣4，
∴这个运算符号是加号．
故选：A．
【点评】本题考查的是有理数的运算及有理数的大小比较，根据题意得出填入加、减、乘、除四个符号的得数是解答此题的关键．
3．（2分）y与2的差不大于0，用不等式表示为（ ）
A．y﹣2＞0 B．y﹣2＜0 C．y﹣2≥0 D．y﹣2≤0
【分析】不大于就是小于等于的意思，根据y与2的差不大于0，可列出不等式．
【解答】解：根据题意得：y﹣2≤0．
故选：D．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式，解答本题的关键是理解“不大于”的意思，列出不等式．
4．（2分）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，则a，b的大小关系为（ ）
A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．无法确定
【分析】由数轴上b在a的右侧可得b与a的大小关系．
【解答】解：∵b＞0，a＜0，
∴a＜b，
故选：B．
【点评】本题考查实数与数轴，解题关键是掌握数轴的定义．
5．（2分）如图，如果∠1＝∠2，那么AB∥CD，其依据可以简单说成（ ）
A．两直线平行，内错角相等
B．内错角相等，两直线平行
C．两直线平行，同位角相等
D．同位角相等，两直线平行
【分析】由平行的判定求解．
【解答】解：∵∠1＝∠2，
∴AB∥CD（同位角相等，两直线平行），
故选：D．
【点评】本题考查平行线的判定与性质，解题关键是掌握平行线的判定方法及平行线的性质．
6．（2分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝4．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由勾股定理求出AC的长度，再由点C在⊙A内且点B在⊙A外求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝＝4，
∵点C在⊙A内且点B在⊙A外，
∴3＜r＜5，
故选：C．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，解题关键是掌握勾股定理．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）﹣的相反数是 ．
【分析】根据相反数的意义，相反数是只有符号不同的两个数，改变﹣前面的符号，即可得﹣的相反数．
【解答】解：﹣的相反数是．
故答案为：．
【点评】本题考查了相反数．解题的关键是掌握相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
8．（3分）计算：a•a2＝ a3 ．
【分析】根据同底数幂的乘法法则，同底数幂相乘，底数不变，指数相加，即am•an＝am+n计算即可．
【解答】解：a•a2＝a1+2＝a3．
故答案为：a3．
【点评】本题主要考查同底数幂的乘法的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
9．（3分）篮球队要购买10个篮球，每个篮球m元，一共需要 10m 元．（用含m的代数式表示）
【分析】根据题意直接列出代数式即可．
【解答】解：篮球队要买10个篮球，每个篮球m元，一共需要10m元，
故答案为：10m．
【点评】本题主要考查了通过实际问题列出代数式，理解题意是解答本题的关键．
10．（3分）《九章算术》中记载了一道数学问题，其译文为：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛（斛，音hú，是古代一种容量单位），1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶可以盛酒x斛、1个小桶可以盛酒y斛．根据题意，可列方程组为 ．
【分析】根据题意列出二元一次方程组即可．
【解答】解：设1个大桶可以盛酒x斛、1个小桶可以盛酒y斛，
由题意得：，
故答案为：．
【点评】本题考查的是二元一次方程组的应用，找等量关系是列方程组的关键和难点．
11．（3分）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角α（0°＜α＜360°）后能够与它本身重合，则角α可以为 72（答案不唯一）． 度．（写出一个即可）
【分析】先求出正五边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可．
【解答】解：360°÷5＝72°，
则这个图案绕着它的中心旋转72°后能够与它本身重合，
故答案为：72（答案不唯一）．
【点评】本题考查的是旋转对称图形、正多边形的性质，求出正五边形的中心角是解题的关键．
12．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，0），点B在y轴正半轴上，以点B为圆心，BA长为半径作弧，交x轴正半轴于点C，则点C的坐标为 （2，0） ．
【分析】由图象可得OB与圆的直径重合，由BO⊥AC及垂径定理求解．
【解答】解：由图象可得OB与直径重合，
∵BO⊥AC，
∴OA＝OC，
∵A（﹣2，0），
∴C（2，0），
故答案为：（2，0）．
【点评】本题考查与圆的有关计算，解题关键是掌握垂径定理及其推论．
13．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对角线AC上，且AF＝AC，连接EF．若AC＝10，则EF＝ ．
【分析】由AF＝AC可得点F为AO中点，从而可得EF为△AOD的中位线，进而求解．
【解答】解：在矩形ABCD中，AO＝OC＝AC，AC＝BD＝10，
∵AF＝AC，
∴AF＝AO，
∴点F为AO中点，
∴EF为△AOD的中位线，
∴EF＝OD＝BD＝．
故答案为：．
【点评】本题考查矩形的性质，解题关键是掌握三角形的中位线的性质．
14．（3分）如图，在半径为1的⊙O上顺次取点A，B，C，D，E，连接AB，AE，OB，OC，OD，OE．若∠BAE＝65°，∠COD＝70°，则与的长度之和为 （结果保留π）．
【分析】由圆周角定理可得∠BOE的大小，从而可得∠BOC+∠DOE的大小，进而求解．
【解答】解：∵∠BAE＝65°，
∴∠BOE＝130°，
∴∠BOC+∠DOE＝∠BOE﹣∠COD＝60°，
∴+的长度＝×2π×1＝，
故答案为：π．
【点评】本题考查圆周角定理，解题关键是掌握圆心角与圆周角的关系，掌握计算弧长的方法．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）如图，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD．求证：BD＝CD．
【分析】由AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，AD＝AD可证明△ABD≌△ACD，从而可得BD＝CD．
【解答】证明：在△ABD与△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（SAS），
∴BD＝CD．
【点评】本题考查全等三角形的判定及性质，解题关键是掌握全等三角形的判定方法及全等三角形的性质．
16．（5分）下面是一道例题及其解答过程的一部分，其中A是关于m的多项式．请写出多项式A，并将该例题的解答过程补充完整．
例：先去括号，再合并同类项：m（A）﹣6（m+1）．
解：m（A）﹣6（m+1）
＝m2+6m﹣6m﹣6
＝ m2﹣6 ．
【分析】根据题意合并同类项即可．
【解答】解：由题知，m（A）﹣6（m+1）
＝m2+6m﹣6m﹣6
＝m2﹣6，
∵m2+6m＝m（m+6），
∴A为：m+6，
故答案为：m2﹣6．
【点评】本题主要考查整式的加减，熟练掌握整式的运算是解题的关键．
17．（5分）长白山国家级自然保护区、松花湖风景区和净月潭国家森林公园是吉林省著名的三个景区．甲、乙两人用抽卡片的方式决定一个自己要去的景区．他们准备了3张不透明的卡片，正面分别写上长白山、松花湖、净月潭．卡片除正面景区名称不同外其余均相同，将3张卡片正面向下洗匀，甲先从中随机抽取一张卡片，记下景区名称后正面向下放回，洗匀后乙再从中随机抽取一张卡片．请用画树状图或列表的方法，求两人都决定去长白山的概率．
【分析】根据题意作图得出概率即可．
【解答】解：由题意作树状图如下：
由图知，两人都决定去长白山的概率为．
【点评】本题主要考查概率的知识，熟练掌握列表法和树状图法求概率是解题的关键．
18．（5分）图①，图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．其中点A，B，C均在格点上，请在给定的网格中按要求画四边形．
（1）在图①中，找一格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是轴对称图形；
（2）在图②中，找一格点E，使以点A，B，C，E为顶点的四边形是中心对称图形．
【分析】（1）作点B关于直线AC的对称点D，四边形ABCD为筝形．
（2）将点A向右平移1个单位，再向上平移1个单位可得点D，四边形ABCD为平行四边形．
【解答】解：（1）作点B关于直线AC的对称点D，连接ABCD，四边形ABCD为筝形，符合题意．
（2）将点A向右平移1个单位，再向上平移1个单位可得点D，连接ABCD，AD∥BC且AD＝BC，
∴四边形ABCD为矩形，符合题意．
【点评】本题考查网格无刻度尺作图，解题关键是掌握平行四边形的性质．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）刘芳和李婷进行跳绳比赛．已知刘芳每分钟比李婷多跳20个，刘芳跳135个所用的时间与李婷跳120个所用的时间相等．求李婷每分钟跳绳的个数．
【分析】设李婷每分钟跳绳x个，则刘芳每分钟跳绳x+20个，根据时间相等列方程求解即可．
【解答】解：设李婷每分钟跳绳x个，则刘芳每分钟跳绳x+20个，
根据题意列方程，得，
即135x＝120（x+20），
解得x＝160，
经检验x＝160是原方程的解，
答：李婷每分钟跳绳160个．
【点评】本题主要考查分式方程，根据时间相等列方程求解是解题的关键．
20．（7分）密闭容器内有一定质量的气体，当容器的体积V（单位：m3）变化时，气体的密度ρ（单位：kg/m3）随之变化．已知密度ρ与体积V是反比例函数关系，它的图象如图所示．
（1）求密度ρ关于体积V的函数解析式．
（2）当V＝10m3时，求该气体的密度ρ．
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）将V＝10代入函数解析式求解．
【解答】解：（1）设ρ＝，
将（4，2.5）代入ρ＝得2.5＝，
解得k＝10，
∴ρ＝．
（2）将V＝10代入ρ＝得ρ＝1．
∴该气体的密度为1kg/m3．
【点评】本题考查反比例函数的应用，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，掌握函数与方程的关系．
21．（7分）动感单车是一种新型的运动器械．图①是一辆动感单车的实物图，图②是其侧面示意图．△BCD为主车架，AB为调节管，点A，B，C在同一直线上．已知BC长为70cm，∠BCD的度数为58°．当AB长度调至34cm时，求点A到CD的距离AE的长度（结果精确到1cm）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）
【分析】由AB，BC的长度求出AC长度，然后根据sin∠BCD＝求解．
【解答】解：∵AB＝34cm，BC＝70cm，
∴AC＝AB+BC＝104cm，
在Rt△ACE中，sin∠BCD＝，
∴AE＝AC•sin∠BCD＝104×0.85≈88cm．
答：点A到CD的距离AE的长度约88cm．
【点评】本题考查解直角三角形，解题关键是掌握锐角三角函数的定义．
22．（7分）为了解全国常住人口城镇化率的情况，张明查阅相关资料，整理数据并绘制统计图如下：
（以上数据来源于《中华人民共和国2021年国民经济和社会发展统计公报》）
注：城镇化率＝×100%．例如，城镇常住人口60.12万人，总人口100万人，则城镇化率为60.12%．
回答下列问题：
（1）2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率的中位数是 62.71 %．
（2）2021年年末全国人口141260万人，2021年年末全国城镇常住人口为 141260×64.72% 万人．（只填算式，不计算结果）
（3）下列推断较为合理的是 ① （填序号）．
①2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率逐年上升，估计2022年年末全国常住人口城镇化率高于64.72%．
②全国常住人口城镇化率2020年年末比2019年年末增加1.18%，2021年年末比2020年年末增加0.83%，全国常住人口城镇化率增加幅度减小，估计2022年年末全国常住人口城镇化率低于64.72%．
【分析】（1）将2017﹣2021年年末的城镇化率从小到大排列，从而可得中位数．
（2）根据城镇化率＝×100%可得2021年年末全国城镇常住人口为141260×64.72%（万人）．‘
（3）由折线图可得全国常住人口城镇化率在逐年增加．
【解答】解：（1）∵2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率分别为60.24%，61.50%，62.71%，63.89%，64.72%，
∴中为数是62.71%，
故答案为：62.71．
（2）∵2021年年末城镇化率为64.72%，
∴常住人口为141260×64.72%（万人），
故答案为：141260×64.72%．
（3）∵2017﹣2021年年末，全国常住人口城镇化率逐年上升，
∴估计2022年年末全国常住人口城镇化率高于64.72%．
故答案为：①．
【点评】本题考查数据的收集与整理，解题关键是掌握中位数的概念，读懂折线图．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）李强用甲、乙两种具有恒温功能的热水壶同时加热相同质量的水，甲壶比乙壶加热速度快．在一段时间内，水温y（℃）与加热时间x（s）之间近似满足一次函数关系，根据记录的数据，画函数图象如下：
（1）加热前水温是 20 ℃．
（2）求乙壶中水温y关于加热时间x的函数解析式．
（3）当甲壶中水温刚达到80℃时，乙壶中水温是 65 ℃．
【分析】（1）由图象x＝0时y＝20求解．
（2）通过待定系数法求解．
（3）由图象可求出甲壶的加热速度，求出甲壶中水温达到80℃时的x，将其代入（2）中解析式求解．
【解答】解：（1）由图象得x＝0时y＝20，
∴加热前水温是20℃，
故答案为：20．
（2）设乙壶中水温y关于加热时间x的函数解析式为y＝kx+b，
将（0，20），（160，80）代入y＝kx+b得，
解得，
∴y＝x+20．
（3）甲水壶的加热速度为（60﹣20）÷80＝℃/s，
∴甲水壶中温度为80℃时，加热时间为（80﹣20）÷＝120s，
将x＝120代入y＝x+20得y＝65，
故答案为：65．
【点评】本题考查一次函数的应用，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，掌握一次函数与方程的关系．
24．（8分）下面是王倩同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，直线l1∥l2，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等．理由如下：
设l1与l2之间的距离为h，
则S△ABC＝BC•h，S△DBC＝BC•h．
∴S△ABC＝S△DBC．
【探究】（1）如图②，当点D在l1，l2之间时，设点A，D到直线l2的距离分别为h，h′，则＝．
证明：∵S△ABC＝ BC•h ．
（2）如图③，当点D在l1，l2之间时，连接AD并延长交l2于点M，则＝．
证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM＝∠DFM＝90°．
∴AE∥ DF ．
∴△AEM∽ △DFM ．
∴＝．
由【探究】（1）可知＝ ，
∴＝．
（3）如图④，当点D在l2下方时，连接AD交l2于点E．若点A，E，D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，则的值为 ．
【分析】（1）由S△ABC＝BC•h，S△DBC＝BC•h′即可证明．
（2）由AE∥DF可得△AEM∽△DFM，再由相似三角形的性质可得＝，然后结合【探究】（1）结论可得＝．
（3）作DK∥AC交l2于点K，由【探究】（1）（2）可得＝，进而求解．
【解答】（1）证明：∵S△ABC＝BC•h，S△DBC＝BC•h′，
∴＝．
（2）证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM＝∠DFM＝90°．
∵AE∥DF，
∴△AEM∽△DFM，
∴＝，
由【探究】（1）可知＝，
∴＝．
故答案为：DF，△DFM，．
（3）作DK∥AC交l2于点K，
∵DK∥AC，
∴△ACE∽△DKE，
∵DE＝1.5，AE＝5﹣1.5＝3.5，
∴＝＝，
由【探究】（2）可得＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查图形的探究题型，解题关键是掌握三角形的面积公式，掌握相似三角形的判定及性质．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝6cm．动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动．以PA为一边作∠APQ＝120°，另一边PQ与折线AC﹣CB相交于点Q，以PQ为边作菱形PQMN，点N在线段PB上．设点P的运动时间为x（s），菱形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为y（cm2）．
（1）当点Q在边AC上时，PQ的长为 2x cm．（用含x的代数式表示）
（2）当点M落在边BC上时，求x的值．
（3）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【分析】（1）作PE⊥AC于点E，由含30°角的直角三角形可得AE的长度，再由等腰三角形的性质可得AQ的长度．
（2）作出点M落在边BC上的图象，由AP+PN+NB＝AB求解．
（3）分类讨论0≤x≤1，1＜t≤，＜x≤3并作出图象求解．
【解答】解：（1）作PE⊥AC于点E，
在Rt△APE中，cos30°＝，
∴AE＝AP•cos30°＝x，
∵∠APQ＝120°，
∴∠AQP＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴AP＝PQ，
∴点E为AQ中点，
∴AQ＝2x（cm），
故答案为：2x．
（2）如图，
∵∠APQ＝120°，
∴∠MNB＝∠PQB＝60°，
∵∠B＝60°，
∴△MNB为等边三角形，
∴AP＝PQ＝PN＝MN＝NB，即AP+PN+NB＝3AP＝AB，
∴3×2x＝6，
解得x＝1．
（3）当0≤x≤1时，作QF⊥AB于点F，
∵∠A＝30°，AQ＝2x，
∴QF＝AQ＝x，
∵PN＝PQ＝AP＝2x，
∴y＝PN•QF＝2x•x＝2x2．
当1＜t≤时，QM，NM交BC于点H，K，
∵AB＝6cm，∠A＝30°，
∴AC＝AB＝3cm，
∴CQ＝AC﹣AQ＝3﹣2x，
∴QH＝CQ＝（3﹣2x）＝6﹣4x，
∴HM＝QM﹣QH＝2x﹣（6﹣4x）＝6x﹣6，
∵△HKM为等边三角形，
∴S△HKM＝HM2＝9x2﹣18x+9，
∴y＝2x2﹣（9x2﹣18x+9）＝﹣7x2+18x﹣9．
当＜x≤3时，重叠图形△PQM为等边三角形，
PQ＝PB＝AB﹣AP＝6﹣2x，
∴y＝PB2＝（6﹣2x）2＝x2﹣6x+9．
综上所述，y＝．
【点评】本题考查图形的综合题，解题关键是掌握解直角三角形的方法，掌握菱形的性质，通过分类讨论求解．
26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）经过点A（1，0），点B（0，3）．点P在此抛物线上，其横坐标为m．
（1）求此抛物线的解析式．
（2）当点P在x轴上方时，结合图象，直接写出m的取值范围．
（3）若此抛物线在点P左侧部分（包括点P）的最低点的纵坐标为2﹣m．
①求m的值．
②以PA为边作等腰直角三角形PAQ，当点Q在此抛物线的对称轴上时，直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）令y＝0，求出抛物线与x轴交点坐标，结合图象求解．
（3）①分类讨论点P在抛物线对称轴右侧及左侧两种情况，分别求出顶点为最低点和点P为最低点时m的值．
②根据m的值，作出等腰直角三角形求解．
【解答】解：（1）将（1，0），（0，3）代入y＝x2+bx+c得，
解得，
∴y＝x2﹣4x+3．
（2）令x2﹣4x+3＝0，
解得x1＝1，x2＝3，
∴抛物线与x轴交点坐标为（1，0），（3，0），
∵抛物线开口向上，
∴m＜1或m＞3时，点P在x轴上方．
（3）①∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线顶点坐标为（2，﹣1），对称轴为直线x＝2，
当m＞2时，抛物线顶点为最低点，
∴﹣1＝2﹣m，
解得m＝3，
当m≤2时，点P为最低点，
将x＝m代入y＝x2﹣4x+3得y＝m2﹣4m+3，
∴m2﹣4m+3＝2﹣m，
解得m1＝（舍），m2＝．
∴m＝3或m＝．
②当m＝3时，点P在x轴上，AP＝2，
∵抛物线顶点坐标为（2，﹣1），
∴点Q坐标为（2，﹣1）或（2，1）符合题意．
当m＝时，如图，∠QPA＝90°过点P作y轴平行线，交x轴于点F，作QE⊥PF于点E，
∵∠QPE+∠APF＝∠APF+∠PAF＝90°，
∴∠QPE＝∠PAF，
又∵∠QEP＝∠PFA＝90°，QP＝PA，
∴△QEP≌△PFA（AAS），
∴QE＝PA，即2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得m1＝（舍），m2＝．
∴PF＝2﹣，AF＝PE＝1﹣，
∴EF＝PF+PE＝2﹣+1﹣＝，
∴点Q坐标为（2，）．
综上所述，点Q坐标为（2，﹣1）或（2，1）或（2，）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程的关系，通过数形结合求解．
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