2022年福建省厦门二中中考数学二模试卷-（含解析）

2022年福建省厦门二中中考数学二模试卷

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共10小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 在，，，这四个数中，最小的数是(    )

A.  B.  C.  D.

2. 一个长方体去掉一角的图形如图所示，关于它的三视图，下列画法正确的是(    )

A.      主视图
B.       主视图
C.      左视图
D.      左视图

3. 如图，在中，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

4. 下列各式中计算正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

5. 我国古代数学著作增删算法统宗中有这么一首诗：“今有布绢四十定，共卖价钞六百八．四定绢价九十贯，三定布价该五十，欲问绢布各几何？价钞各该分端．若人算得无差讹，堪把芳名题郡邑．”其大意是：今有绢与布定，卖得贯钱，定绢价贯，定布价贯，欲问绢布有多少，分开把价算，若人算得无差错，你的名字城镇到处扬．设有绢定，布定，依据题意可列方程组为(    )

A.  B.
C.  D.

6. 如图是孝义市某段时间内个整点时的气温预报图，则这个整点时气温的众数和中位数分别是(    )

A. 众数是和，中位数是
B. 众数是，中位数是
C. 众数是和，中位数是
D. 众数是，中位数是

7. 如图，在正五边形中，点是的中点，点在线段上运动，连接，，当的周长最小时，则(    )

A.  B.  C.  D.

8. 如图，已知函数和的图象交于点，则根据图象可得不等式的解集是(    )

A.
B.
C.
D.

9. 如图，矩形方框内是一副现代智力七巧板，它由两个相同的半圆和、等腰直角三角形、角不规图形、直角梯形、圆不规图形、圆组成，已知为庆祝北京冬奥会，小明将这个智力七巧板拼成一个滑冰运动员的图案，如图所示，若平行地面，，则该图案的高度是(    )

A.  B.  C.  D.

10. 已知抛物线经过点，且对于抛物线上任意一点都有，若点与点均在该抛物线上，且，则的值可以是(    )

A.  B.  C.  D.

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共6小题，共24分）

11. 在函数中，自变量的取值范围是______ ．
12. 的平方根是______．
13. 端午假期鼓浪屿商场为了吸引顾客，举行有奖酬宾活动：凡购物满元，均可得到一次摸奖的机会，不透明的盒子中装有红、黄色的小球共个，除颜色外无其他差别，随机摸出一个小球，如果摸到红色小球则有机会以优惠价元购买”冰墩墩”一个．如图显示了活动第一天开展上述摸球活动的获奖的结果．李老师在活动第二天去购物，刚好消费了元，推测李老师能以优惠价购买”冰墩墩”的概率为______．

14. 若，则______．
15. 如图是某小区花园内用同一种正多边形和正方形地砖铺设的小路的局部示意图，四块正多边形地砖围成的中间区域使用一块正方形地砖，则正多边形的内角和为______．

16. 如图，矩形的顶点，分别在轴，轴正半轴上，反比例函数的图象分别与矩形两边，交于点，，沿直线将翻折得到，且点恰好落在直线上．下列四个结论：；；；其中结论正确的有______仅填代号即可

三、解答题（本大题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 本小题分
    解不等式组：，并把解集在数轴上表示出来．
18. 本小题分
    如图，在中，，点是边上的一点，，且，过点作交于点．
    求证：≌．

19. 本小题分
    先化简，再求值：，其中．
20. 本小题分
    定义：如果三角形三边的长、、满足，那么我们就把这样的三角形叫做“匀称三角形”如：三边长分别为，，或，，，的三角形都是“匀称三角形”．
    已知“匀称三角形”的两边长分别为和，则第三边长为______．
    如图，中，，以为直径的交于点，过点作，垂足为，交的延长线于，求证：是的切线．

21. 本小题分
    为响应绿色出行，某市在推出“共享单车”后，又推出“新能源租赁汽车”每次租车收费的标准由两部分组成：里程计费：元公里；时间计费：元分已知陈先生的家离上班公司公里，每天上、下班租用该款汽车各一次一次路上开车所用的时间记为分，现统计了次路上开车所用时间，在各时间段内频数分布情况如表所示：

将各时间段发生的频率视为概率，一次路上开车所用的时间视为用车时间，范围为．
估计陈先生一次租用新能源租赁汽车所用的时间不低于分钟的概率；
若公司每月发放元的交通补助费用，请估计是否足够让陈先生一个月上下班租用新能源租赁汽车每月按天计算，并说明理由同一时段，用该区间的中点值作代表

22. 本小题分
    在中，，点为内一点，连接、、，且，以点为旋转中心，将绕点顺时针方向旋转，得到得到、的对应点分别为点、．
    用尺规作图作出；要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹
    证明：点、、和四点共线．

23. 本小题分
    市计划对本市万人接种新冠疫苗，在前期完成万人接种后，又花了天时间接种了剩下的万人．在这天中，该市的接种时间和接种人数的关系如图所示，已知这天中该市前天每天接种人数是天后每天接种人数的倍．
    求的值；
    这天中，市的接种人数万人与接种天数天的关系为，求第几天接种完成后，，两市接种人数恰好相同？

24. 本小题分
    如图，半圆的半径为，弦的长度为，点是劣弧上的一个动点，点是弦的中点，点是弦的中点，连接、、．
    求的度数；
    当点沿着劣弧从点开始，顺时针运动到点时，求的外心所经过的路径的长度；
    分别记，的面积为，，当时，求的值．

25. 本小题分
    已知抛物线经过点，且对于该抛物线上任意两点，，当时，总有．
    当点在该抛物线上，且轴，，求、满足的关系式；
    若点关于轴的对称点恰好在该抛物线上，且一元二次方程有两个相等的实数根．
    求该抛物线的解析式；
    过点的直线与抛物线交于、两点，点是中点，已知：直线：，过点作直线于点，求证：．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，
，
最小的数是，
故选：．
根据零指数幂化简，比较有理数的大小即可．
本题考查了零指数幂，有理数大小比较，掌握是解题的关键．
 

2.【答案】 

【解析】解：该图形的主视图为，左视图为，
故选：．
根据从正面看到的图叫做主视图，从左面看到的图叫做左视图，可得答案．
本题考查几何体的三视图．在画图时一定要将物体的边缘、棱、顶点都体现出来，看得见的轮廓线都画成实线，看不见的画成虚线，不能漏掉．
 

3.【答案】 

【解析】解：设，则，
，
．
故选：．
根据锐角三角函数的定义进行计算即可得出答案．
本题主要考查了锐角三角函数的定义，熟练掌握锐角三角函数的定义进行求解是解决本题的关键．
 

4.【答案】 

【解析】解：、，本选项不符合题意；
B、，本选项符合题意；
C、，本选项不符合题意；
D、，本选项不符合题意；
故选：．
根据二次根式的性质、立方根的概念计算，得到答案．
本题考查的是二次根式的化简、立方根的概念，掌握二次根式的性质是解题的关键．
 

5.【答案】 

【解析】解：设有绢定，布定，
依据题意可列方程组为
．
故选：．
设有绢定，布定，依据“有绢与布定，卖得贯钱，定绢价贯，定布价贯”列出方程组，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
 

6.【答案】 

【解析】解：这组数据按照从小到大的顺序排列为：，，，，，，，，
则众数为：，
中位数为：．
故选：．
根据众数和中位数的概念进行求解即可．
本题考查了众数和中位数的知识，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大或从大到小的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
 

7.【答案】 

【解析】解：如图，连接交于点，此时的周长最小，
五边形是正五边形，
，，
，
又是正五边形的对称轴，
，
，
，
故选：．
根据轴对称的性质，得出连接与交于，此时的周长最小，进而由正五边形的性质进行计算即可．
本题考查正五边形和圆，轴对称路线最短，掌握正五边形的性质以及“连接交于点，此时的周长最小”是解决问题的关键．
 

8.【答案】 

【解析】解：由函数图象可知，函数和的图象交于点，
则根据图象可得不等式的解集是．
故选：．
直接根据两函数图象的交点即可得出结论．
本题考查的是一次函数与一元一不等式，能利用函数图象直接得出不等式的取值范围是解答此题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：如图，作 ， ， ，

由已知可得的高度都为，是半圆的切线，
， ，
即直角梯形的锐角为，
，
点到距离为，
，
半圆的直径为，
， ，
，
高度为 ；
故选：．
由已知可知的高度都为，直角梯形的锐角为，图中到的距离为，可得，由已知得，即 ，推出，从而得出答案．
本题考查等腰直角三角形的性质，矩形的性质，理清题意，找准线段之间的关系是解题的关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：抛物线经过点，且对于抛物线上任意一点都有，
点为抛物线的最低点即顶点，此时，
抛物线的对称轴为直线．
根据抛物线的对称性可得点与点关于抛物线的对称轴对称，
，
当时，随的增大而增大，
，
，
或．
故选：．
利用二次函数的性质可知点为抛物线的顶点，从而得到抛物线的对称轴，利用抛物线的对称性和二次函数的性质解答即可．
本题主要考查了数形结合法，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，数掌握二次函数的性质是解题的关键．
 

11.【答案】 

【解析】解：根据题意得，
解得．
故答案为．
根据分式有意义的条件是分母不为；分析原函数式可得关系式，解得答案．
本题主要考查函数自变量的取值范围和分式有意义的条件，当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为．
 

12.【答案】 

【解析】解：，
的平方根是．
故答案为：．
根据平方根的定义，求数的平方根，也就是求一个数，使得，则就是的平方根，由此即可解决问题．
本题考查了平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；的平方根是；负数没有平方根．
 

13.【答案】 

【解析】解：由题意知，随着摸球次数的增加，“摸到红球”的频率逐渐稳定于，
所以推测李老师能以优惠价购买”冰墩墩”的概率为，
故答案为：．
随着摸球次数的增加，“摸到红球”的频率逐渐稳定于，据此利用频率估计概率即可．
本题主要考查利用频率估计概率，在同样条件下，做大量的重复试验，利用一个随机事件发生的频率逐渐稳定到某个常数，可以估计这个事件发生的概率．
 

14.【答案】 

【解析】解：，




．
故答案为：．
根据平方差公式求解即可．
本题考查了平方差公式，解题的关键是熟练掌握平方差公式：．
 

15.【答案】 

【解析】解：正方形的一个内角是，
正边形的一个内角，
正边形的一个外角，
，
正八边形的内角和为，
故答案为：．
根据镶嵌满足的条件：在小正方形的顶点处可以拼成，求出正边形的一个内角，进而得到一个外角的度数，根据多边形的外角和是即可求出边数，进而得出答案．
本题考查了多边形的内角与外角，掌握镶嵌满足的条件：在小正方形的顶点处可以拼成是解题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：设，，点的纵坐标为，的横坐标为，分别代入，
得，，
，，
四边形是矩形，
，，
，，
，，
，故正确；
，
，
，
，故错误；
过点作于点，
，且，
，
，
，
∽，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，，
，故正确；
，，且∽，
，
，
，
，
，
垂直平分，
，故正确．
故答案为：．
设，，点的纵坐标为，的横坐标为，分别代入，可得、两点的坐标，根据矩形的性质得到比例式可判断；
根据中得到的比例式和，可判断；
根据相似三角形的判定可得∽，再利用三角函数可判断；
根据相似三角形对应边成比例和垂直平分线的性质定理可判断．
本题考查相似三角形的性质和判定以及反比例函数图象上点的坐标的特征，熟练掌握相似三角形的判定是解题关键，综合性较强．
 

17.【答案】解：解不等式，得：，
解不等式，得：，
则不等式组的解集为，
将解集表示在数轴上如下：
 

【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键
 

18.【答案】证明：，
，
，
，
在与中，，
≌． 

【解析】根据平行线的性质可得出，结合全等三角形的判定定理可判断≌．
此题考查了全等三角形的判定，要求掌握三角形全等的判定定理，难度一般．
 

19.【答案】解：原式

，
当时，
原式

． 

【解析】根据分式的加减运算以及乘除运算法则进行化简，然后将的值代入原式即可求出答案．
本题考查分式的化简求值，解题的关键是熟练分式的加减运算法则以及乘除运算法则，本题属于基础题型．
 

20.【答案】或 

【解析】解：设第三边长为，
根据题意，当，解得；
当，解得不符合三角形三边的关系舍去；
当，解得，
综上所述，第三边的长为或；
故答案为：或；
证明：连接，如图，
，
，
，
，
，
，
，
，
为的直径，
是的切线．
设第三边长为，利用新定义得到或或，再分别解方程求出，然后根据三角形三边的关系确定第三边的长；
连接，如图，先证明，则可判断，由于，所以，然后根据切线的判定定理得到结论．
本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理和等腰三角形的性质．
 

21.【答案】解：由题意可得，
，
即陈先生一次租用新能源租赁汽车所用的时间不低于分钟的概率是；
公司每月发放元的交通补助费用，足够让陈先生一个月上下班租用新能源租赁汽车，
理由：由题意可得，
陈先生一个月的租车费用为：元，
，
公司每月发放元的交通补助费用，足够让陈先生一个月上下班租用新能源租赁汽车． 

【解析】根据题意和表格中的数据，可以计算出陈先生一次租用新能源租赁汽车所用的时间不低于分钟的概率；
根据表格中的数据，可以计算出陈先生一个月上下班租用新能源租赁汽车的费用，然后与比较大小，即可解答本题．
本题考查利用频率估计概率、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用概率的知识解答．
 

22.【答案】解：如图，即为所求；

证明：连接．
，，
是等边三角形，
，
，
，，
点、、和四点共线． 

【解析】根据要求作出图形即可；
连接，证明，，可得结论．
本题考查作图旋转变换，等边三角形的性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
 

23.【答案】解：依题意得：，
解得，
经检验是原方程的根且符合题意，
的值为；
设市接种人数与时间的函数关系式为，
当时，代入，得：，
解得：，
，
当，两市接种人数恰好相同时，，
解得 舍去，舍去，
前天不会出现，两市接种人数恰好相同的情况；
当时，代入，代入，
得：，
解得：，
，
当，两市接种人数恰好相同时，，
解得：舍去，，
答：第天接种完成后，，两市接种人数恰好相同． 

【解析】根据“这天中该市前天每天接种人数是天后每天接种人数的倍“列出关于的分式方程，解方程并检验即可；
由待定系数法求得当时和时市接种人数的函数关系式，结合可得关于的一元二次方程，解方程并根据的取值范围作出取舍即可．
本题考查了分式方程、一次函数、二次函数及一元二次方程在实际问题中的应用，数形结合、理清题中的数量关系是解题的关键．
 

24.【答案】解：如图，过点作于．

，，
，，
，
；
 如图，连接取的中点，

，，，
，，
，
，
，，，四点共圆，
是直径，
的中点是的外接圆的圆心，
，
点的运动路径的长：；
如图，若，连接交于，过点作于，过点 作于．
，，
，，

∽，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，，
，
∽，
，
，，
，

，
即，
，
若时，同理可得，
综上所述，或． 

【解析】过点作于根据，即可得出；
连接由等腰三角形三线合一可知，，，，四点共圆，且是直径，则的中点是的外接圆的圆心，代入弧长公式计算即可；
若，连接交于，过点作于，过点 作于由三角形中位线定理可知，，，则，由，求出，从而得出，再利用∽，求出，，再运用勾股定理即可解决问题．
本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
 

25.【答案】解：当时，总有，
，，
，
，轴，、两点关于对称轴对称，
，对称轴，
；
解：，
点关于轴的对称点为，
抛物线的对称轴为轴，
，
有两个相等的实数根，
，
，
，
，
将代入，
，
；
证明：设过点的直线解析式为，，，
联立方程组，
整理得，，
，，
点是中点，
，
，
，
，
，
． 

【解析】由题意可求对称轴，即；
由对称性可知抛物线的对称轴为轴，即，再由有两个相等的实数根，可得，将代入，即可求函数的解析式；
设过点的直线解析式为，，，联立方程组，根据根与系数的关系可得，，分别求出，，则可求，再求出，即可证明．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，一元二次方程根与系数的关系，两点间距离公式是解题的关键．