浙江省宁波地区重点达标名校2022年中考五模数学试题含解析

这是一份浙江省宁波地区重点达标名校2022年中考五模数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了下列计算正确的是，一组数据等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．一次函数的图象上有点和点，且，下列叙述正确的是　　
A．若该函数图象交y轴于正半轴，则
B．该函数图象必经过点
C．无论m为何值，该函数图象一定过第四象限
D．该函数图象向上平移一个单位后，会与x轴正半轴有交点
2．已知x+=3，则x2+=（　　）
A．7 B．9 C．11 D．8
3．为了解某校初三学生的体重情况，从中随机抽取了80名初三学生的体重进行统计分析，在此问题中，样本是指（ ）
A．80 B．被抽取的80名初三学生
C．被抽取的80名初三学生的体重 D．该校初三学生的体重
4．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过点（1，0）和点（0，﹣2），且顶点在第三象限，设P=a﹣b+c，则P的取值范围是( )

A．﹣4＜P＜0 B．﹣4＜P＜﹣2 C．﹣2＜P＜0 D．﹣1＜P＜0
5．关于的分式方程解为，则常数的值为( )
A． B． C． D．
6．在实数π，0，，﹣4中，最大的是（　　）
A．π B．0 C． D．﹣4
7．下列计算正确的是（　　）
A．2m+3n=5mn B．m2•m3=m6 C．m8÷m6=m2 D．（﹣m）3=m3
8．如图，将含60°角的直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转45°度后得到△AB′C′，点B经过的路径为弧BB′，若∠BAC=60°，AC=1，则图中阴影部分的面积是（ ）

A． B． C． D．π
9．一组数据：3，2，5，3，7，5，x，它们的众数为5，则这组数据的中位数是（　　）
A．2 B．3 C．5 D．7
10．一次函数与的图象如图所示，给出下列结论：①；②；③当时，.其中正确的有（ ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．如图，菱形ABCD中，AB=4，∠C=60°，菱形ABCD在直线l上向右作无滑动的翻滚，每绕着一个顶点旋转60°叫一次操作，则经过6次这样的操作菱形中心（对角线的交点）O所经过的路径总长为_____．

12．如图，在△ABC中，∠C=40°，CA=CB，则△ABC的外角∠ABD= °．

13．如图，正方形ABCD内有两点E、F满足AE=1，EF=FC=3，AE⊥EF，CF⊥EF，则正方形ABCD的边长为_____．

14．抛物线y=﹣x2+4x﹣1的顶点坐标为 ．
15．已知关于x的方程x2﹣2x﹣m=0没有实数根，那么m的取值范围是_____．
16．如图，矩形OABC的边OA，OC分别在轴、轴上，点B在第一象限，点D在边BC上，且∠AOD=30°，四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称（点A′和A，B′和B分别对应），若AB=1，反比例函数的图象恰好经过点A′，B，则的值为_________．

三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）某超市预测某饮料会畅销、先用1800元购进一批这种饮料，面市后果然供不应求，又用8100元购进这种饮料，第二批饮料的数量是第一批的3倍，但单价比第一批贵2元．第一批饮料进货单价多少元？若两次进饮料都按同一价格销售，两批全部售完后，获利不少于2700元，那么销售单价至少为多少元？
18．（8分）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠CAB=30°，DE⊥AC于E，且AE=CE，若DE=5，EB=12，求四边形ABCD的周长．

19．（8分）如图，某人在山坡坡脚A处测得电视塔尖点C的仰角为60°，沿山坡向上走到P处再测得点C的仰角为45°，已知OA＝100米，山坡坡度(竖直高度与水平宽度的比)i＝1：2，且O、A、B在同一条直线上．求电视塔OC的高度以及此人所在位置点P的铅直高度．(测倾器高度忽略不计，结果保留根号形式)

20．（8分）如图，▱ABCD的边CD为斜边向内作等腰直角△CDE，使AD=DE=CE，∠DEC=90°，且点E在平行四边形内部，连接AE、BE，求∠AEB的度数．

21．（8分）某校航模小组借助无人飞机航拍校园，如图，无人飞机从A处水平飞行至B处需10秒，A在地面C的北偏东12°方向，B在地面C的北偏东57°方向．已知无人飞机的飞行速度为4米/秒，求这架无人飞机的飞行高度．（结果精确到0.1米，参考数据：sin33°≈0.54，cos33°≈0.84，tan33°≈0.65）

22．（10分）如图，抛物线y=﹣+bx+c交x轴于点A（﹣2，0）和点B，交y轴于点C（0，3），点D是x轴上一动点，连接CD，将线段CD绕点D旋转得到DE，过点E作直线l⊥x轴，垂足为H，过点C作CF⊥l于F，连接DF．
（1）求抛物线解析式；
（2）若线段DE是CD绕点D顺时针旋转90°得到，求线段DF的长；
（3）若线段DE是CD绕点D旋转90°得到，且点E恰好在抛物线上，请求出点E的坐标．

23．（12分）解方程：＝1．
24．一项工程，甲，乙两公司合做，12天可以完成，共需付施工费102000元；如果甲，乙两公司单独完成此项工程，乙公司所用时间是甲公司的1.5倍，乙公司每天的施工费比甲公司每天的施工费少1500元．甲，乙两公司单独完成此项工程，各需多少天？若让一个公司单独完成这项工程，哪个公司的施工费较少？



参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、B
【解析】
利用一次函数的性质逐一进行判断后即可得到正确的结论．
【详解】
解：一次函数的图象与y轴的交点在y轴的正半轴上，则，，若，则，故A错误；
把代入得，，则该函数图象必经过点，故B正确；
当时，，，函数图象过一二三象限，不过第四象限，故C错误；
函数图象向上平移一个单位后，函数变为，所以当时，，故函数图象向上平移一个单位后，会与x轴负半轴有交点，故D错误，
故选B．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象与几何变换，解题的关键是熟练掌握一次函数的性质，灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
2、A
【解析】
根据完全平方公式即可求出答案．
【详解】
∵（x+）2=x2+2+
∴9=2+x2+，
∴x2+=7，
故选A．
【点睛】
本题考查完全平方公式，解题的关键是熟练运用完全平方公式.
3、C
【解析】
总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，而样本容量则是指样本中个体的数目．我们在区分总体、个体、样本、样本容量，这四个概念时，首先找出考查的对象．从而找出总体、个体．再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，最后再根据样本确定出样本容量．
【详解】
样本是被抽取的80名初三学生的体重，
故选C．
【点睛】
此题考查了总体、个体、样本、样本容量，解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象．总体、个体与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小．样本容量是样本中包含的个体的数目，不能带单位．
4、A
【解析】
解:∵二次函数的图象开口向上，∴a＞1．
∵对称轴在y轴的左边，∴＜1．∴b＞1．
∵图象与y轴的交点坐标是（1，﹣2），过（1，1）点，代入得：a+b﹣2=1．
∴a=2﹣b，b=2﹣a．∴y=ax2+（2﹣a）x﹣2．
把x=﹣1代入得：y=a﹣（2﹣a）﹣2=2a﹣3，
∵b＞1，∴b=2﹣a＞1．∴a＜2．
∵a＞1，∴1＜a＜2．∴1＜2a＜3．∴﹣3＜2a﹣3＜1，即﹣3＜P＜1．
故选A．
【点睛】
本题考查二次函数图象与系数的关系，利用数形结合思想解题是本题的解题关键．
5、D
【解析】
根据分式方程的解的定义把x=4代入原分式方程得到关于a的一次方程，解得a的值即可．
【详解】
解：把x=4代入方程，得
，
解得a=1．
经检验，a=1是原方程的解
故选D．
点睛：此题考查了分式方程的解，分式方程注意分母不能为2．
6、C
【解析】
根据实数的大小比较即可得到答案.
【详解】
解：∵16＜17＜25，∴4＜＜5，∴＞π＞0＞－4，故最大的是，故答案选C.
【点睛】
本题主要考查了实数的大小比较，解本题的要点在于统一根据二次根式的性质，把根号外的移到根号内，只需比较被开方数的大小.
7、C
【解析】
根据同底数幂的除法，底数不变指数相减；合并同类项，系数相加字母和字母的指数不变；同底数幂的乘法，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相乘，对各选项计算后利用排除法求解．
【详解】
解：A、2m与3n不是同类项，不能合并，故错误；
B、m2•m3=m5，故错误；
C、正确；
D、（-m）3=-m3，故错误；
故选：C．
【点睛】
本题考查同底数幂的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方很容易混淆，一定要记准法则才能做题.
8、A
【解析】
试题解析：如图，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=60°，AC=1，
∴BC=ACtan60°=1×=，AB=2
∴S△ABC=AC•BC=．
根据旋转的性质知△ABC≌△AB′C′，则S△ABC=S△AB′C′，AB=AB′．
∴S阴影=S扇形ABB′+S△AB′C′-S△ABC
=
=．
故选A．
考点：1.扇形面积的计算；2.旋转的性质．
9、C
【解析】
分析：众数是指一组数据中出现次数最多的那个数据，一组数据可以有多个众数，也可以没有众数；中位数是指将数据按大小顺序排列起来形成一个数列，居于数列中间位置的那个数据．根据定义即可求出答案．
详解：∵众数为5， ∴x=5， ∴这组数据为：2,3,3,5,5,5,7， ∴中位数为5， 故选C．
点睛：本题主要考查的是众数和中位数的定义，属于基础题型．理解他们的定义是解题的关键．
10、B
【解析】
仔细观察图象，①k的正负看函数图象从左向右成何趋势即可；②a，b看y2=x+a，y1=kx+b与y轴的交点坐标；③看两函数图象的交点横坐标；④以两条直线的交点为分界，哪个函数图象在上面，则哪个函数值大．
【详解】
①∵y1=kx+b的图象从左向右呈下降趋势，
∴k＜0正确；
②∵y2=x+a，与y轴的交点在负半轴上，
∴a<0，故②错误；
③当x<3时，y1>y2错误；
故正确的判断是①．
故选B．
【点睛】
本题考查一次函数性质的应用.正确理解一次函数的解析式：y=kx+b （k≠0）y随x的变化趋势：当k＞0时，y随x的增大而增大；当k＜0时，y随x的增大而减小.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
第一次旋转是以点A为圆心，那么菱形中心旋转的半径就是OA，解直角三角形可求出OA的长，圆心角是60°．第二次还是以点A为圆心，那么菱形中心旋转的半径就是OA，圆心角是60°．第三次就是以点B为旋转中心，OB为半径，旋转的圆心角为60度．旋转到此菱形就又回到了原图．故这样旋转6次，就是2个这样的弧长的总长，进而得出经过6次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长．
【详解】
解：∵菱形ABCD中，AB=4，∠C=60°，
∴△ABD是等边三角形， BO=DO=2，
AO==,
第一次旋转的弧长=，
∵第一、二次旋转的弧长和=+=，
第三次旋转的弧长为：，
故经过6次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长为：2×（+）=．
故答案为：．

【点睛】
本题考查菱形的性质，翻转的性质以及解直角三角形的知识．
12、110
【解析】
试题解析：解：∵∠C＝40°，CA＝CB，
∴∠A＝∠ABC＝70°，
∴∠ABD＝∠A＋∠C＝110°.
考点：等腰三角形的性质、三角形外角的性质
点评：本题主要考查了等腰三角形的性质、三角形外角的性质.等腰三角形的两个底角相等；三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和.
13、
【解析】
分析：连接AC，交EF于点M，可证明△AEM∽△CMF，根据条件可求得AE、EM、FM、CF，再结合勾股定理可求得AB．
详解：连接AC，交EF于点M，

∵AE丄EF，EF丄FC，
∴∠E=∠F=90°，
∵∠AME=∠CMF，
∴△AEM∽△CFM，
∴，
∵AE=1，EF=FC=3，
∴，
∴EM=，FM=，
在Rt△AEM中，AM2=AE2+EM2=1+=，解得AM=，
在Rt△FCM中，CM2=CF2+FM2=9+=，解得CM=，
∴AC=AM+CM=5，
在Rt△ABC中，AB=BC，AB2+BC2=AC2=25，
∴AB=，即正方形的边长为．
故答案为：．
点睛：本题主要考查相似三角形的判定和性质及正方形的性质，构造三角形相似利用相似三角形的对应边成比例求得AC的长是解题的关键，注意勾股定理的应用．
14、（2，3）
【解析】
试题分析：利用配方法将抛物线的解析式y=﹣x2+4x﹣1转化为顶点式解析式y=﹣（x﹣2）2+3，然后求其顶点坐标为：（2，3）．
考点：二次函数的性质
15、m＜﹣1．
【解析】
根据根的判别式得出b2﹣4ac＜0，代入求出不等式的解集即可得到答案．
【详解】
∵关于x的方程x2﹣2x﹣m=0没有实数根，
∴b2﹣4ac=（﹣2）2﹣4×1×（﹣m）＜0，
解得：m＜﹣1，
故答案为：m＜﹣1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式∆=b2﹣4ac与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键.当∆>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当∆=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当∆<0时，一元二次方程没有实数根.
16、
【解析】
解：∵四边形ABCO是矩形，AB=1，
∴设B（m，1），
∴OA=BC=m，
∵四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称，
∴OA′=OA=m，∠A′OD=∠AOD=30°，
∴∠A′OA=60°，
过A′作A′E⊥OA于E，
∴OE=m，A′E=m，
∴A′（m，m），
∵反比例函数y=（k≠0）的图象恰好经过点A′，B，
∴m•m=m，
∴m=，
∴k=．

【点睛】
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征；矩形的性质，利用数形结合思想解题是关键．

三、解答题（共8题，共72分）
17、 (1)4元/瓶．(2) 销售单价至少为1元/瓶．
【解析】
（1）设第一批饮料进货单价为x元/瓶，则第二批饮料进货单价为（x+2）元/瓶，根据数量＝总价÷单价结合第二批购进饮料的数量是第一批的3倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）由数量＝总价÷单价可得出第一、二批购进饮料的数量，设销售单价为y元/瓶，根据利润＝销售单价×销售数量﹣进货总价结合获利不少于2100元，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其最小值即可得出结论．
【详解】
（1）设第一批饮料进货单价为x元/瓶，则第二批饮料进货单价为（x+2）元/瓶，
依题意，得：＝3×，
解得：x＝4，
经检验，x＝4是原方程的解，且符合题意．
答：第一批饮料进货单价是4元/瓶；
（2）由（1）可知：第一批购进该种饮料450瓶，第二批购进该种饮料1350瓶．
设销售单价为y元/瓶，
依题意，得：（450+1350）y﹣1800﹣8100≥2100，
解得：y≥1．
答：销售单价至少为1元/瓶．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
18、38+12
【解析】
根据∠ABC=90°，AE=CE，EB=12，求出AC，根据Rt△ABC中，∠CAB=30°，BC=12，求出根据DE⊥AC，AE=CE，得AD=DC，在Rt△ADE中，由勾股定理求出 AD，从而得出DC的长，最后根据四边形ABCD的周长=AB+BC+CD+DA即可得出答案．
【详解】
∵∠ABC=90°，AE=CE，EB=12，
∴EB=AE=CE=12，
∴AC=AE+CE=24，
∵在Rt△ABC中，∠CAB=30°，
∴BC=12，
∵DE⊥AC，AE=CE，
∴AD=DC，
在Rt△ADE中，由勾股定理得
∴DC=13，
∴四边形ABCD的周长=AB+BC+CD+DA=
【点睛】
此题考查了解直角三角形，用到的知识点是解直角三角形、直角三角形斜边上的中线、勾股定理等，关键是根据有关定理和解直角三角形求出四边形每条边的长．
19、电视塔高为米，点的铅直高度为（米）．
【解析】
过点P作PF⊥OC，垂足为F,在Rt△OAC中利用三角函数求出OC=100,根据山坡坡度＝1：2表示出PB＝x， AB＝2x, 在Rt△PCF中利用三角函数即可求解.
【详解】
过点P作PF⊥OC，垂足为F．
在Rt△OAC中，由∠OAC＝60°，OA＝100，得OC＝OA•tan∠OAC＝100（米），
过点P作PB⊥OA，垂足为B．
由i＝1：2，设PB＝x，则AB＝2x．
∴PF＝OB＝100+2x，CF＝100﹣x．
在Rt△PCF中，由∠CPF＝45°，
∴PF＝CF，即100+2x＝100﹣x，
∴x＝ ，即PB＝米．

【点睛】
本题考查了特殊的直角三角形,三角函数的实际应用,中等难度,作出辅助线构造直角三角形并熟练应用三角函数是解题关键.
20、135°
【解析】
先证明AD=DE=CE=BC，得出∠DAE=∠AED，∠CBE=∠CEB，∠EDC=∠ECD=45°，设∠DAE=∠AED=x，∠CBE=∠CEB=y，求出∠ADC=225°-2x，∠BAD=2x-45°，由平行四边形的对角相等得出方程，求出x+y=135°，即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠BAD=∠BCD，∠BAD+∠ADC=180°，
∵AD=DE=CE，
∴AD=DE=CE=BC，
∴∠DAE=∠AED，∠CBE=∠CEB，
∵∠DEC=90°，
∴∠EDC=∠ECD=45°，
设∠DAE=∠AED=x，∠CBE=∠CEB=y，
∴∠ADE=180°﹣2x，∠BCE=180°﹣2y，
∴∠ADC=180°﹣2x+45°=225°﹣2x，∠BCD=225°﹣2y
，∴∠BAD=180°﹣（225°﹣2x）=2x﹣45°，
∴2x﹣45°=225°﹣2y，
∴x+y=135°，
∴∠AEB=360°﹣135°﹣90°=135°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是熟练的掌握平行四边形的性质.
21、29.8米．
【解析】
作，，根据题意确定出与的度数，利用锐角三角函数定义求出与的长度，由求出的长度，即可求出的长度．
【详解】
解：如图，作，，
由题意得：


米，
米，
则米，
答：这架无人飞机的飞行高度为米．

【点睛】
此题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解本题的关键．
22、 (1) 抛物线解析式为y=﹣；(2) DF=3；(3) 点E的坐标为E1（4，1）或E2（﹣ ，﹣）或E3（ ，﹣）或E4（，﹣）．
【解析】
（1）将点A、C坐标代入抛物线解析式求解可得；
（2）证△COD≌△DHE得DH=OC，由CF⊥FH知四边形OHFC是矩形，据此可得FH=OC=DH=3，利用勾股定理即可得出答案；
（3）设点D的坐标为（t，0），由（1）知△COD≌△DHE得DH=OC、EH=OD，再分CD绕点D顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，表示出点E的坐标，代入抛物线求得t的值，从而得出答案．
【详解】
（1）∵抛物线y=﹣+bx+c交x轴于点A（﹣2，0）、C（0，3），∴，解得：，∴抛物线解析式为y=﹣+x+3；
（2）如图1．
∵∠CDE=90°，∠COD=∠DHE=90°，∴∠OCD+∠ODC=∠HDE+∠ODC，∴∠OCD=∠HDE．
又∵DC=DE，∴△COD≌△DHE，∴DH=OC．
又∵CF⊥FH，∴四边形OHFC是矩形，∴FH=OC=DH=3，∴DF=3；

（3）如图2，设点D的坐标为（t，0）．
∵点E恰好在抛物线上，且EH=OD，∠DHE=90°，∴由（2）知，△COD≌△DHE，∴DH=OC，EH=OD，分两种情况讨论：
①当CD绕点D顺时针旋转时，点E的坐标为（t+3，t），代入抛物线y=﹣+x+3，得：﹣（t+3）2+（t+3）+3=t，解得：t=1或t=﹣，所以点E的坐标E1（4，1）或E2（﹣，﹣）；
②当CD绕点D逆时针旋转时，点E的坐标为（t﹣3，﹣t），代入抛物线y=﹣+x+3得：﹣（t﹣3）2+（t﹣3）+3=﹣t，解得：t=或t=．故点E的坐标E3（，﹣）或E4（，﹣）；

综上所述：点E的坐标为E1（4，1）或E2（﹣，﹣）或E3（，﹣）或E4（，﹣）．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质及分类讨论思想的运用．
23、
【解析】
先把分式方程化为整式方程，解整式方程求得x的值，检验即可得分式方程的解.
【详解】
原方程变形为，
方程两边同乘以（2x﹣1），得2x﹣5＝1（2x﹣1），
解得 ．
检验：把代入（2x﹣1），（2x﹣1）≠0，
∴是原方程的解，
∴原方程的．
【点睛】
本题考查了分式方程的解法，把分式方程化为整式方程是解决问题的关键，解分式方程时，要注意验根.
24、解：（1）设甲公司单独完成此项工程需x天，则乙公司单独完成此项工程需1.5x天．
根据题意，得，
解得x=1．
经检验，x=1是方程的解且符合题意．
1.5 x=2．
∴甲，乙两公司单独完成此项工程，各需1天，2天．
（2）设甲公司每天的施工费为y元，则乙公司每天的施工费为（y﹣1500）元，
根据题意得12（y+y﹣1500）=10100解得y=5000，
甲公司单独完成此项工程所需的施工费：1×5000=100000（元）；
乙公司单独完成此项工程所需的施工费：2×（5000﹣1500）=105000（元）；
∴让一个公司单独完成这项工程，甲公司的施工费较少．
【解析】
（1）设甲公司单独完成此项工程需x天，则乙工程公司单独完成需1.5x天，根据合作12天完成列出方程求解即可．
（2）分别求得两个公司施工所需费用后比较即可得到结论．