精品解析：2022年辽宁省沈阳市中考数学真题 （回忆版不全）（解析版）

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2022年辽宁省沈阳市中考数学试卷（回忆版）
一、选择题（下列各题的备选答案中，只有一个答案是正确的，每小题2分，共20分）
1. 计算正确的是（ ）
A. 2 B. C. 8 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据有理数的加法运算即可求解．
【详解】解：．
故选：A．
【点睛】本题考查了有理数的加法，掌握有理数的加法法则是解题的关键．
2. 如图是由6个相同的小立方体搭成的几何体，这个几何体的主视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据几何体的三视图可直接进行排除选项．
【详解】解：该几何体的主视图为；
故选：D．
【点睛】本题主要考查三视图，熟练掌握三视图是解题的关键．
3. 下列计算结果正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别利用幂的乘方法则，同底数幂的除法，积的乘方法则，完全平方公式分别求出即可．
【详解】A．，故此选项计算错误，不符合题意；
B．，故此选项计算错误，不符合题意；
C．，故此选项计算错误，不符合题意；
D．，故此选项计算正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查幂的乘方法则，同底数幂的除法，积的乘方法则，完全平方公式，熟练掌握相关计算法则是解答本题的关键．幂的乘方，底数不变，指数相乘；同底数幂相除，底数不变，指数相减；积的乘方，等于把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘；与都叫做完全平方公式，为了区别，我们把前者叫做两数和的完全平方公式，后者叫做两数差的完全平方公式．
4. 在平面直角坐标系中点关于y轴对称点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据点坐标关于坐标轴对称的方法进行判断，关于y轴对称，则纵坐标不变，横坐标互为相反数，进而问题得到解决．
【详解】解：由题意得：点关于y轴对称点的坐标是；
故选：B．
【点睛】本题主要考查点的坐标关于坐标轴对称，熟练掌握点的坐标关于坐标轴对称的特征是解题的关键．
5. 某青少年篮球队有18名队员，队员的年龄情况统计如下：
年龄（岁）
11
12
13
14
15
人数
3
4
7
2
2
则这18名队员年龄的众数是（ ）
A. 15 B. 14 C. 13 D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据众数：一组数据出现次数最多的，进而问题可求解．
【详解】解：由表格得：这18名队员年龄的众数是13；
故选C．
【点睛】本题主要考查众数，熟练掌握求一组数据的众数是解题的关键．
6. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先解不等式，将不等式的解集表示在数轴上即可．
【详解】解：
移项合并得：，
系数化1得：，
表示在数轴上为∶


故选：B．
【点睛】本题考查一元一次不等式的解法，并把解集表示在数轴上，正确解出不等式是解答本题的关键．
7. 如图，在中，，点D、E分别是直角边AC、BC的中点，连接DE，则度数是（ ）


A. 70° B. 60° C. 30° D. 20°
【答案】B
【解析】
【分析】因为点D、E分别是直角边AC、BC的中点，所以DE是的中位线，三角形的中位线平行于第三边，进而得到，求出的度数，即为的度数．
【详解】解：∵点D、E分别是直角边AC、BC的中点，
∴DE是的中位线，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查三角形中位线的性质以及三角形内角和，由三角形中位线定义，找到平行线是解答本题的关键．
8. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一次函数的图象与性质即可得．
【详解】解：一次函数的一次项系数为−1<0，常数项为，
函数图象经过一、二、四象限
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题关键．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 了解一批灯泡的使用寿命，应采用抽样调查的方式
B. 如果彩票中奖率为1%，则一次性购买100张这种彩票一定中奖
C. 若平均数相同的甲、乙两组数据，，，则乙组数据更稳定
D. 任意掷一枚质地均匀的骰子，掷出点数为“7”是必然事件
【答案】A
【解析】
【分析】根据抽样调查与全面调查的定义、概率的理解、随机事件及平均数与方差可直接进行排除选项．
【详解】解：A、了解一批灯泡的使用寿命，应采用抽样调查的方式，说法正确，故符合题意；
B、如果彩票中奖率为1％，则一次性购买100张这种彩票不一定中奖，原说法错误，故不符合题意；
C、若平均数、样本容量都相同的甲乙两组数据，，，那么乙组数据更稳定，原说法错误，故不符合题意；
D、任意掷一枚质地均匀的骰子，掷出点数为“7”是不可能事件；
故选A．
【点睛】本题主要考查抽样调查与全面调查、概率、随机事件及平均数与方差，正确理解相关概念是解题的关键．
10. 如图，一条河两岸互相平行，为测得此河的宽度PT（PT与河岸PQ垂直），测P、Q两点距离为m米，，则河宽PT的长度是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合图形利用正切函数求解即可．
【详解】解：根据题意可得：
，
∴，
故选C．
【点睛】题目主要考查解直角三角形的实际应用，理解题意，利用正切函数解直角三角形是解题关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，合计18分）
11. 分解因式：______．
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式，然后再利用完全平方公式进行因式分解即可．
【详解】解：
=
；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查因式分解，熟练掌握因式分解是解题的关键．
12. 二元一次方程组的解是______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用代入消元法进行求解方程组的解即可．
【详解】解：
把②代入①得：，解得：，
把代入②得：；
∴原方程组的解为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查二元一次方程组的解法，熟练掌握二元一次方程组的解法是解题的关键．
13. 化简：______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据分式的混合运算可直接进行求解．
【详解】解：原式=；
故答案为．
【点睛】本题主要考查分式的运算，熟练掌握分式的加减乘除运算是解题的关键．
14. 边长4的正方形ABCD内接于，则的长是______．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】连接OA、OB，由题意易得的半径，然后根据弧长计算公式可进行求解．
【详解】解：连接OA、OB，如图所示：

∵边长4的正方形ABCD内接于，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查弧的计算公式及正多边形与圆，熟练掌握弧的计算公式及正多边形与圆是解题的关键．
15. 如图四边形ABCD是平行四边形，CD在x轴上，点B在y轴上，反比例函数的图象经过第一象限点A，且平行四边形ABCD的面积为6，则______．


【答案】6
【解析】
【分析】过点A作AE⊥CD于点E，然后平行四边形的性质可知△AED≌△BOC，进而可得矩形ABOE的面积与平行四边形ABCD的面积相等，最后根据反比例函数k的几何意义可求解．
【详解】解：过点A作AE⊥CD于点E，如图所示：


∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∴△AED≌△BOC（AAS），
∵平行四边形ABCD的面积为6，
∴，
∴；
故答案为6．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质及反比例函数k
的几何意义，熟练掌握平行四边形的性质及反比例函数k的几何意义是解题的关键．
16. 如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别在E，F且点F在矩形内部，MF的延长线交BC与点G，EF交边BC于点H．，，当点H为GN三等分点时，MD的长为______．


【答案】或4
【解析】
分析】由折叠得，∠DMN=∠GMN，EF=CD==4，CN=EN=2，∠EFM=∠D=90°，证明得，再分两种情况讨论求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，CD=AB=4，∠D=∠C=90°，
∴∠DMN=∠GNM，
由折叠得，∠DMN=∠GMN，EF=CD==4，CN=EN=2，∠EFM=∠D=90°，
∴∠GMN=∠GNM，∠GFH=∠NEH，
∴GM=GN，
又∠GHE=∠NHE，
∴，
∴，
∵点H是GN的三等分点，则有两种情况：
①若时，则有：
∴EH=，GF=2NE=4，
由勾股定理得，,
∴GH=2NH=
∴GM=GN=GH+NH=，
∴MD=MF=GM-GF=；
②若时，则有：
∴EH=，GF=NE=1，
由勾股定理得，,
∴GH=NH=
∴GM=GN=GH+NH=5；
∴MD=MF=GM-GF=
综上，MD的值为或4．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等知识，进行分类讨论是解答本题的关键．
三、解答题（第17小题6分，第18、19题各8分，共22分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的性质，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，化简绝对值进行计算即可求解．
详解】解：原式＝

．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，掌握二次根式的性质，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，化简绝对值是解题的关键．
18. 老师将编号分别是1、2、3、4的四张完全相同的卡片将背面朝下洗匀．
（1）随机抽取一张卡片，卡片上的数字是4的概率______．
（2）小明随机抽取两张卡片，用画树状图或列表法，求两张卡片上的数字组合是2和3的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率计算公式计算即可；
（2）根据题目要求用列表法列出所有可能出现的情况，用两张卡片上的数字组合是2和3的情况数除以总的情况数，可得概率．
【小问1详解】
解：一共4张卡片，卡片上的数字是4的有一张，
∴卡片上的数字是4的概率为，
故答案为：．
【小问2详解】
解：列出表格如下：

一共有12种情况，其中两张卡片上的数字组合是2和3的有2种，
∴两张卡片上的数字组合是2和3的概率为．
【点睛】本题主要考查概率计算公式和画树状图、列表法列出事件所有可能的结果，掌握概率计算公式是解答本题的关键．一般地，如果在一次试验中，有n种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件A包含其中的m种结果，那么事件A发生的概率．
19. 如图，在中，AD是的角平分线，分别以点A，D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点M，N，作直线MN，分别交AB，AD，AC于点E，O，F，连接DE，DF．

（1）由作图可知，直线MN是线段AD的______．
（2）求证：四边形AEDF是菱形．
【答案】（1）垂直平分线
（2）见详解
【解析】
【分析】（1）根据线段垂直平分线的尺规作图可直接得出答案；
（2）由题意易得，然后可证，则有OF=OE，进而问题可求证．
【小问1详解】
解：由题意得：直线MN是线段AD的垂直平分线；
故答案为：垂直平分线；
【小问2详解】
证明：∵直线MN是线段AD的垂直平分线，
∴，
∵AD是的角平分线，
∴，
∵AO=AO，
∴（ASA），
∴OF=OE，
∵AO=DO，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∵，
∴四边形AEDF是菱形．
【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的尺规作图、全等三角形的性质与判定及菱形的判定，熟练掌握线段垂直平分线的尺规作图、全等三角形的性质与判定及菱形的判定是解题的关键．
四、解答题（每小题8分，共16分）
20. 如图，用一根长60厘米的铁丝制作一个“日”字型框架ABCD，铁丝恰好全部用完．


（1）若所围成矩形框架ABCD的面积为144平方厘米，则AB的长为多少厘米？
（2）矩形框架ABCD面积最大值为______平方厘米．
【答案】（1）AB的长为8厘米或12厘米．
（2）150
【解析】
【分析】（1）设AB的长为x厘米，则有厘米，然后根据题意可得方程，进而求解即可；
（2）由（1）可设矩形框架ABCD的面积为S，则有，然后根据二次函数的性质可进行求解．
【小问1详解】
解：设AB的长为x厘米，则有厘米，由题意得：
，
整理得：，
解得：，
∵，
∴，
∴都符合题意，
答：AB的长为8厘米或12厘米．
【小问2详解】
解：由（1）可设矩形框架ABCD的面积为S平方厘米，则有：
，
∵，且，
∴当时，S有最大值，即为；
故答案为：150．
【点睛】本题主要考查一元二次方程及二次函数的应用，解题的关键是找准题干中的等量关系．
五、解答题（本题10分）
21. 如图，四边形内接于圆，是圆的直径，，的延长线交于点，延长交于点，．

（1）求证：是圆的切线；
（2）连接，，，的长为______．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质和，可得出，再根据是圆的直径，由切线的判定可得证；
（2）延长交的延长线于点，由是圆的直径，可说明是直角三角形，从而得到，再证明，得到，代入数据即可得到答案．
【小问1详解】
证明：∵四边形内接于圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是圆的直径，
∴是圆的切线．
【小问2详解】
解：延长交的延长线于点，
∵是圆的直径，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∵四边形内接于圆，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
故答案为：．

【点睛】本题考查了切线的判定，圆内接四边形的性质，圆周角定理推论，相似三角形的判定和性质，三角函数等知识．通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
六、解答题（本题10分）
七、解答题（本题12分）
22. （1）如图，和是等腰直角三角形，，点C在OA上，点D在线段BO延长线上，连接AD，BC．线段AD与BC的数量关系为______；
（2）如图2，将图1中的绕点O顺时针旋转（）第一问的结论是否仍然成立；如果成立，证明你的结论，若不成立，说明理由．
（3）如图，若，点C是线段AB外一动点，，连接BC，
①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值______；
②若以BC为斜边作，（B、C、D三点按顺时针排列），，连接AD，当
时，直接写出AD的值．

【答案】（1）AD=BC；（2）结论仍成立，理由见详解；（3）①，②．
【解析】
【分析】（1）由题意易得，然后可证，进而问题可求解；
（2）由题意易得，然后可证，进而问题可求证；
（3）①根据题意作出图形，然后根据三角不等关系可得，则当A、C、D三点共线时取最大，进而问题可求解；②过点C作CE⊥AB于点E，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，然后可得点C、D、B、E四点共圆，则有，设，则，进而根据勾股定理可进行方程求解．
【详解】解：（1）AD=BC，理由如下：
∵和是等腰直角三角形，，
∴，
∴（SAS），
∴AD=BC，
故答案为AD=BC；
（2）结论仍成立，理由如下：
∵和是等腰直角三角形，，
∴，
∴，即，
∴（SAS），
∴AD=BC；
（3）①如图，

由题意得：，
根据三角不等关系可知：，
∴当A、C、D三点共线时取最大，
∴，
∵，，
∴，
∴AD的最大值为；
②过点C作CE⊥AB于点E，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，如图所示：

∴，
∴点C、D、B、E四点共圆，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，，
∴在Rt△AEC和Rt△BEC中，由勾股定理得：，整理得：①；
在Rt△BFD中，由勾股定理得：，整理得：②，
联立①②得：，
解得：（不符合题意，舍去），
∴，
过点E作EM⊥AD于点M，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、四点共圆及含30度直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、四点共圆及含30度直角三角形的性质是解题的关键．
八、解答题（本题12分）
23. 如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线经过点和点与x轴另一个交点A．抛物线与y轴交于点C，作直线AD．

（1）①求抛物线的函数表达式
②并直接写出直线AD的函数表达式．
（2）点E是直线AD下方抛物线上一点，连接BE交AD于点F，连接BD，DE，的面积记为，的面积记为，当时，求点E的坐标；
（3）点G为抛物线的顶点，将抛物线图象中x轴下方部分沿x轴向上翻折，与抛物线剩下部分组成新的曲线为，点C的对应点，点G的对应点，将曲线，沿y轴向下平移n个单位长度（）．曲线与直线BC的公共点中，选两个公共点作点P和点Q，若四边形是平行四边形，直接写出P的坐标．
【答案】（1）①；②
（2）（2，-4）或（0，-3）
（3）（1+，）或
【解析】
【分析】（1）①利用待定系数解答，即可求解；②利用待定系数解答，即可求解；
（2）过点E作EG⊥x轴交AD于点G，过点B作BH⊥x轴交AD于点H，设点，则点， 可得，然后根据△EFG∽△BFH，即可求解；
（3）先求出向上翻折部分的图象解析式为，可得向上翻折部分平移后的函数解析式为，平移后抛物线剩下部分的解析式为，分别求出直线BC和直线的解析式为，可得BC∥C′G′，再根据平行四边形的性质可得点，然后分三种情况讨论：当点P，Q均在向上翻折部分平移后的图象上时；当点P在向上翻折部分平移后的图象上，点Q在平移后抛物线剩下部分的图象上时；当点P在平移后抛物线剩下部分的图象上，点Q在向上翻折部分平移后的图象上时，即可求解．
【小问1详解】
解：①把点和点代入得：
，解得：，
∴抛物线解析式为；
②令y=0，则，
解得：，
∴点A（-2，0），
设直线AD的解析式为，
∴把点和点A（-2，0）代入得：
，解得：，
∴直线AD的解析式为；
【小问2详解】
解：如图，过点E作EG⊥x轴交AD于点G，过点B作BH⊥x轴交AD于点H，

当x=6时，，
∴点H（6，-4），即BH=4，
设点，则点，
∴，
∵的面积记为，的面积记为，且，
∴BF=2EF，
∵EG⊥x，BH⊥x轴，
∴△EFG∽△BFH，
∴，
∴，解得：或0，
∴点E的坐标为（2，-4）或（0，-3）；
【小问3详解】
解：，
∴点G的坐标为（2，-4），
当x=0时，y=-3，即点C（0，-3），
∴点，
∴向上翻折部分的图象解析式为，
∴向上翻折部分平移后的函数解析式为，平移后抛物线剩下部分的解析式为，
设直线BC的解析式为，
把点B（6，0），C（0，-3）代入得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为，
同理直线解析式为，
∴BC∥C′G′，
设点P的坐标为，
∵点，
∴点 C′向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点 G′，
∵四边形是平行四边形，
∴点，
当点P，Q均在向上翻折部分平移后的图象上时，
，解得：（不合题意，舍去），
当点P在向上翻折部分平移后图象上，点Q在平移后抛物线剩下部分的图象上时，
，解得：或（不合题意，舍去），
当点P在平移后抛物线剩下部分的图象上，点Q在向上翻折部分平移后的图象上时，
，解得：（舍去，不合题意）或 ，
综上所述，点P的坐标为综上所述，点P的坐标为（1+，）或（1﹣，）．

【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，并利用数形结合思想解答是解题的关键．