江西省贵溪市实验中学2022年中考三模数学试题含解析

这是一份江西省贵溪市实验中学2022年中考三模数学试题含解析，共19页。
2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．已知，如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，连接AD、BD、DC、AC，如果∠BAD＝25°，那么∠C的度数是（　　）

A．75° B．65° C．60° D．50°
2．下列运算中，正确的是（　　）
A．（a3）2=a5 B．（﹣x）2÷x=﹣x
C．a3（﹣a）2=﹣a5 D．（﹣2x2）3=﹣8x6
3．一个不透明的布袋里装有7个只有颜色不同的球，其中3个红球，4个白球，从布袋中随机摸出一个球，摸出的球是红球的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．函数y=ax2+1与（a≠0）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
5．一、单选题
二次函数的图象如图所示,对称轴为x=1,给出下列结论：①abc4ac；③4a+2b+c0
∴abc0
∴4a+2b+c>0，
故错误；
④∵二次函数图象的对称轴是直线x=1，
∴2a+b=0，
故正确．
综上所述，正确的结论有3个.
故选B.
6、C
【解析】
根据题意可以写出y关于x的函数关系式，然后令x=40求出相应的y值，即可解答本题．
【详解】
解：由题意可得，
y==，
当x=40时，y=6，
故选C．
【点睛】
本题考查了反比例函数的图象，根据题意列出函数解析式是解决此题的关键．
7、C
【解析】
利用折线统计图结合相应数据，分别分析得出符合题意的答案．
【详解】
A选项：年最高温度呈上升趋势，正确；
B选项：2014年出现了这6年的最高温度，正确；
C选项：年的温差成下降趋势，错误；
D选项：2016年的温差最大，正确；
故选C．
【点睛】
考查了折线统计图，利用折线统计图获取正确信息是解题关键．
8、D
【解析】
试题分析：∵△ABC为等边三角形，BP平分∠ABC，∴∠PBC=∠ABC=30°，∵PC⊥BC，∴∠PCB=90°，在Rt△PCB中，PC=BC•tan∠PBC==1，∴点P到边AB所在直线的距离为1，故选D．
考点：1．角平分线的性质；2．等边三角形的性质；3．含30度角的直角三角形；4．勾股定理．
9、B
【解析】
有旋转的性质得到CB=BE=BH′，推出C、B、H'在一直线上，且AB为△ACH'的中线，得到S△BEI=S△ABH′=S△ABC，同理：S△CDF=S△ABC，当∠BAC=90°时， S△ABC的面积最大，S△BEI=S△CDF=S△ABC最大，推出S△GBI=S△ABC，于是得到阴影部分面积之和为S△ABC的3倍，于是得到结论．
【详解】
把△IBE绕B顺时针旋转90°，使BI与AB重合，E旋转到H'的位置，
∵四边形BCDE为正方形，∠CBE=90°，CB=BE=BH′，
∴C、B、H'在一直线上，且AB为△ACH'的中线，
∴S△BEI=S△ABH′=S△ABC，
同理：S△CDF=S△ABC，
当∠BAC=90°时，
S△ABC的面积最大，
S△BEI=S△CDF=S△ABC最大，
∵∠ABC=∠CBG=∠ABI=90°，
∴∠GBE=90°，
∴S△GBI=S△ABC，
所以阴影部分面积之和为S△ABC的3倍，
又∵AB=2，AC=3，
∴图中阴影部分的最大面积为3× ×2×3=9，
故选B．
【点睛】
本题考查了勾股定理，利用了旋转的性质：旋转前后图形全等得出图中阴影部分的最大面积是S△ABC的3 倍是解题的关键．
10、D
【解析】
先求出点M到x轴、y轴的距离，再根据直线和圆的位置关系得出即可．
【详解】
解：∵点M的坐标是（4，3），
∴点M到x轴的距离是3，到y轴的距离是4，
∵点M（4，3），以M为圆心，r为半径的圆与x轴相交，与y轴相离，
∴r的取值范围是3＜r＜4，
故选：D．
【点睛】
本题考查点的坐标和直线与圆的位置关系，能熟记直线与圆的位置关系的内容是解此题的关键．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、7
【解析】
根据完全平方公式可得：原式=．
12、4
【解析】
根据圆柱的侧面积公式，计算即可．
【详解】
圆柱的底面半径为r=1，母线长为l=2，
则它的侧面积为S侧=2πrl=2π×1×2=4π．
故答案为：4π．
【点睛】
题考查了圆柱的侧面积公式应用问题，是基础题．
13、20°
【解析】
根据切线的性质可知∠PAC＝90°，由切线长定理得PA＝PB，∠P＝40°，求出∠PAB的度数，用∠PAC﹣∠PAB得到∠BAC的度数．
【详解】
解：∵PA是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，
∴∠PAC＝90°．
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA＝PB．
∵∠P＝40°，
∴∠PAB＝（180°﹣∠P）÷2＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
∴∠BAC＝∠PAC﹣∠PAB＝90°﹣70°＝20°．
故答案为20°．
【点睛】
本题考查了切线的性质，根据切线的性质和切线长定理进行计算求出角的度数．
14、
【解析】
先画树状图求出所有等可能的结果数，再找出从口袋中随机摸出2个球，摸到的两个球是一红一白的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】
解：根据题意画树状图如下：

共有12种等可能的结果数，其中从口袋中随机摸出2个球，摸到的一个红球、一个白球的结果数为4，
所以从口袋中随机摸出2个球，则摸到的两个球是一白一黄的概率为．
故答案为．
【点睛】
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
15、1
【解析】先根据题意得出总利润y与x的函数关系式，再根据二次函数的最值问题进行解答．
解：∵出售某种手工艺品，若每个获利x元，一天可售出（8-x）个，
∴y=（8-x）x，即y=-x2+8x，
∴当x=- =1时，y取得最大值．
故答案为：1．
16、a2+2a5b+25a4b2+20a3b3+25a2b4+2ab5+b2．
【解析】
通过观察可以看出（a+b）2的展开式为2次7项式，a的次数按降幂排列，b的次数按升幂排列，各项系数分别为2、2、25、20、25、2、2．
【详解】
通过观察可以看出（a+b）2的展开式为2次7项式，a的次数按降幂排列，b的次数按升幂排列，各项系数分别为2、2、25、20、25、2、2．
所以（a+b）2=a2+2a5b+25a4b2+20a3b3+25a2b4+2ab5+b2．
17、．
【解析】
要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方式或平方差式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，
．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、 “石鼓阁”的高AB的长度为56m．
【解析】
根据题意得∠ABC=∠EDC=90°，∠ABM=∠GFH=90°，再根据反射定律可知：∠ACB=∠ECD，则△ABC∽△EDC，根据相似三角形的性质可得=，再根据∠AHB=∠GHF，可证△ABH∽△GFH，同理得=，代入数值计算即可得出结论.
【详解】
由题意可得：∠ABC=∠EDC=90°，∠ABM=∠GFH=90°，
由反射定律可知：∠ACB=∠ECD，
则△ABC∽△EDC，
∴=，
即=①，
∵∠AHB=∠GHF，
∴△ABH∽△GFH，
∴=，即=②，
联立①②，解得：AB=56，
答：“石鼓阁”的高AB的长度为56m．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的判定与性质.
19、（1）答案见解析；（2）答案见解析．
【解析】
试题分析：（1）根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．
（2）根据正方形、长方形的性质对角线相等且互相平分，即可解决问题．
试题解析：（1）如图所示，∠ABC=45°．（AB、AC是小长方形的对角线）．

（2）线段AB的垂直平分线如图所示，点M是长方形AFBE是对角线交点，点N是正方形ABCD的对角线的交点，直线MN就是所求的线段AB的垂直平分线．

考点：作图—应用与设计作图．
20、（Ⅰ）①y=x2+3x②当3+6≤S≤6+2时，x的取值范围为是≤x≤或≤x≤（Ⅱ）ac≤1
【解析】
（I）①由抛物线的顶点为A（-2,-3）,可设抛物线的解析式为y=a（x+2）2-3,代入点B的坐标即可求出a值,此问得解,②根据点A、B的坐标利用待定系数法可求出直线AB的解析式,进而可求出直线l的解析式,分点P在第二象限及点P在第四象限两种情况考虑：当点P在第二象限时,x＜0,通过分割图形求面积法结合3+6≤S≤6+2,即可求出x的取值范围,当点P在第四象限时,x＞0,通过分割图形求面积法结合3+6≤S≤6+2,即可求出x的取值范围,综上即可得出结论,（2）由当x=c时y=0,可得出b=-ac-1,由当0＜x＜c时y＞0,可得出抛物线的对称轴x=≥c,进而可得出b≤-2ac,结合b=-ac-1即可得出ac≤1．
【详解】
（I）①设抛物线的解析式为y=a（x+2）2﹣3，
∵抛物线经过点B（﹣3，0），
∴0=a（﹣3+2）2﹣3，
解得：a=1，
∴该抛物线的解析式为y=（x+2）2﹣3=x2+3x．
②设直线AB的解析式为y=kx+m（k≠0），
将A（﹣2，﹣3）、B（﹣3，0）代入y=kx+m，
得：，解得：，
∴直线AB的解析式为y=﹣2x﹣2．
∵直线l与AB平行，且过原点，
∴直线l的解析式为y=﹣2x．
当点P在第二象限时，x＜0，如图所示．
S△POB=×3×（﹣2x）=﹣3x，S△AOB=×3×3=2，
∴S=S△POB+S△AOB=﹣3x+2（x＜0）．
∵3+6≤S≤6+2，
∴，即，
解得：≤x≤，
∴x的取值范围是≤x≤．
当点P′在第四象限时，x＞0，
过点A作AE⊥x轴，垂足为点E，过点P′作P′F⊥x轴，垂足为点F，则
S四边形AEOP′=S梯形AEFP′﹣S△OFP′=•（x+2）﹣•x•（2x）=3x+3．
∵S△ABE=×2×3=3，
∴S=S四边形AEOP′+S△ABE=3x+2（x＞0）．
∵3+6≤S≤6+2，
∴，即，
解得：≤x≤，
∴x的取值范围为≤x≤．
综上所述：当3+6≤S≤6+2时，x的取值范围为是≤x≤或≤x≤．
（II）ac≤1，理由如下：
∵当x=c时，y=0，
∴ac2+bc+c=0，
∵c＞1，
∴ac+b+1=0，b=﹣ac﹣1．
由x=c时，y=0，可知抛物线与x轴的一个交点为（c，0）．
把x=0代入y=ax2+bx+c，得y=c，
∴抛物线与y轴的交点为（0，c）．
∵a＞0，
∴抛物线开口向上．
∵当0＜x＜c时，y＞0，
∴抛物线的对称轴x=﹣≥c，
∴b≤﹣2ac．
∵b=﹣ac﹣1，
∴﹣ac﹣1≤﹣2ac，
∴ac≤1．

【点睛】
本题主要考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、三角形的面积、梯形的面积、解一元一次不等式组、二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的性质,解题的关键是：（1）①巧设顶点式,代入点B的坐标求出a值,②分点P在第二象限及点P在第四象限两种情况找出x的取值范围,（2）根据二次函数图象上点的坐标特征结合二次函数的性质,找出b=-ac-1及b≤-2ac．
21、证明见解析．
【解析】
连接OE，由OB=OD和AB=AC可得，则OF∥AC，可得，由圆周角定理和等量代换可得，由SAS证得，从而得到，即可证得结论．
【详解】
证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∵
∴，则，
∴，
∴，即，
在和中，
∵，
∴，
∴
∵是的切线，则，
∴，
∴，则，
∴是的切线．

【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的性质、切线的性质和判定、圆周角定理和全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
22、2.
【解析】
将原式化简整理,整体代入即可解题.
【详解】
解：（x﹣1）1+x（x﹣4）+（x﹣1）（x+1）
＝x1﹣1x+1+x1﹣4x+x1﹣4
＝3x1﹣2x﹣3，
∵x1﹣1x﹣1＝1
∴原式＝3x1﹣2x﹣3＝3（x1﹣1x﹣1）＝3×1＝2．
【点睛】
本题考查了代数式的化简求值,属于简单题,整体代入是解题关键.
23、（1）见解析；（2）x1＝1，x2＝2
【解析】
（1）根据根的判别式列出关于m的不等式，求解可得；
（2）取m＝－2，代入原方程，然后解方程即可．
【详解】
解：（1）根据题意，△＝（m－1）2－4[－（2m＋2）]＝m2＋6m＋12＝（m＋2）2＋4，
∵（m＋2）2＋4＞1，
∴方程总有两个不相等的实数根；
（2）当m＝－2时，由原方程得：x2－4x＋2＝1．
整理，得（x－1）（x－2）＝1，
解得x1＝1，x2＝2．
【点睛】
本题主要考查根的判别式与韦达定理，一元二次方程ax2＋bx＋c＝1（a≠1）的根与△＝b2－4ac有如下关系：①当△＞1时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△＝1时，方程有两个相等的两个实数根；③当△＜1时，方程无实数根．
24、解：（1）直线CD和⊙O的位置关系是相切，理由见解析
（2）BE=1．
【解析】
试题分析：（1）连接OD，可知由直径所对的圆周角是直角可得∠DAB+∠DBA=90°，再由∠CDA=∠CBD可得∠CDA+∠ADO=90°，从而得∠CDO=90°，根据切线的判定即可得出；
（2）由已知利用勾股定理可求得DC的长，根据切线长定理有DE=EB，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
试题解析：（1）直线CD和⊙O的位置关系是相切，
理由是：连接OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠CDA=∠CBD，
∴∠DAB+∠CDA=90°，
∵OD=OA，
∴∠DAB=∠ADO，
∴∠CDA+∠ADO=90°，
即OD⊥CE，
∴直线CD是⊙O的切线，
即直线CD和⊙O的位置关系是相切；
（2）∵AC=2，⊙O的半径是3，
∴OC=2+3=5，OD=3，
在Rt△CDO中，由勾股定理得：CD=4，
∵CE切⊙O于D，EB切⊙O于B，
∴DE=EB，∠CBE=90°，
设DE=EB=x，
在Rt△CBE中，由勾股定理得：CE2=BE2+BC2，
则（4+x）2=x2+（5+3）2，
解得：x=1，
即BE=1．

考点：1、切线的判定与性质；2、切线长定理；3、勾股定理；4、圆周角定理