2022年广东省珠海市梅华中学中考三模数学试题

这是一份2022年广东省珠海市梅华中学中考三模数学试题，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．如图，是由棱长都相等的四个小正方体组成的几何体．该几何体的左视图是（ ）
A．B．C．D．
2．今年有超过 110 000名志愿者为北京冬奥会奉献了热情服务．将 110 000用科学记数法表示应为（ ）
A．11×104B．1.1×105C．1.1×106D．0.11×106
3．下列运算正确的是
A．x•x2=x2B．（xy）2=xy2C．（x2）3=x6D．x2+x2=x4
4．如图，AB为的切线，切点为B，连接OB、OA，交于点C，点D为优弧BC上一点，连接DC、DB，若，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
5．下面a，b的取值，能够说明命题“若a＞b，则|a|＞|b|”是假命题的是（ ）
A．a＝3，b＝2B．a＝3，b＝﹣2C．a＝﹣3，b＝﹣5D．a＝﹣3，b＝5
6．如图，边长为5的菱形ABCD对角线AC，BD交于点O，E是AB的中点，则EO的长为（ ）
A．10B．5C．D．
7．如图，已知△ABC与△DEF是位似图形，O是位似中心，若OA＝2OD，则△ABC与△DEF的周长之比是（ ）
A．2：1B．3：1C．4：1D．6：1
8．在冬奥会开幕式上，美丽的冬奥雪花呈现出浪漫空灵的气质．如图，雪花图案本身的设计呈现出充分的美感，它是一个中心对称图形．其实“雪花”图案也可以看成自身的一部分围绕图案的中心依次旋转一定角度得到的，这个角的度数可以是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
9．已知二次函数（m为常数）的图象与x轴有交点，且当时，y随x的增大而增大，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．或
10．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2＋2x的顶点为A点，且与x轴的正半轴交于点B，P点为该抛物线对称轴上一点，则OP＋AP的最小值为（ ）．
A．B．C．3D．2
二、填空题
11．化简： ．
12．单项式的次数是 ．
13．从﹣2，﹣1，2三个数中任取两个不同的数，作为点的坐标，则该点在第三象限的概率等于 ．
14．如图，小明利用半径为40cm的扇形纸片制作成一个圆锥形纸帽（接缝忽略不计），若圆锥底面半径为10cm，那么这个圆锥的侧面积是 cm2．（结果用含π的式子表示）
15．杨倩在东京奥运女子10米气步枪决赛中夺得冠军，为中国代表团揽入首枚金牌，随后杨倩同款“小黄鸭”发卡在电商平台上爆单，该款发卡在某电商平台上7月24日的销量为5000个，7月25日和7月26日的总销量是30000个．若7月25日和26日较前一天的增长率均为x，则可列方程为 ．
16．已知关于x的方程的两根为x1，x2，且，则m＝ ．
17．两个反比例函数和在第一象限内的图象如图所示，点P在的图象上，轴于点C，交的图象于点A，轴于点D，交的图象于点B，当点P在的图象上运动时，以下结论：①与的面积相等；② 四边形的面积不会发生变化；③与始终相等；④．其中一定正确的是 ．

三、解答题
18．解方程组：．
19．先化简，再求值：，其中．
20．已知如图，，点B、C、D在同一水平线上．测得的长度为15m，在C，D处测得顶部A的仰角分别为、，求的高度．（结果精确到1m．参考数据：， ，）
21．某校在第五届全国学生“学宪法讲宪法”活动中，举办了宪法知识竞赛，现从初三A班和B班中各抽取20名学生的竞赛成绩（单位：分，百分制）进行调查分析，成绩如下：
[整理数据]
[分析数据]根据以上数据进行统计分析：
根据以上信息，解答下列问题：
(1)表格中的a＝ ，b＝ ．
(2)请你根据以上统计信息，分析哪个班在本次活动中整体水平较高且稳定，
(3)若全校九年级共有学生800人，请你估计本次宪法知识竞赛中分数在90分以上的人数，若想更全面地推断全市九年级学生在本次活动中成绩达到90分以上的人数，还应该怎样做，请你给出合理化的建议.（写出一条即可）
22．如图，是直角三角形，．
(1)在上作一点D，使得（要求尺规作图，不写做法，保留作图狼迹）；
(2)在（1）的条件下，若，求的长．
23．如图，点E为正方形的边上的一点，是的外接圆，与交于点F，G是上一点，且．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求半径的长．
24．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．
①求证：；
②推断：的值为 ；
（2）类比探究：如图（2），在矩形中，（为常数）．将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，当时，若，，求的长．
25．已知抛物线（是常数，）的图象经过点A，B，与轴交于点C，点P．
(1)求抛物线解析式和点C的坐标；
(2)过点D（0，）作直线⊥轴，将抛物线向上平移，顶点E落在直线上，若点P为抛物线一点，平移后对应点为P'，当DP=DP'时，求点P的坐标；
(3)若点P为抛物线对称轴上一动点，连接PA、PC，若∠APC不小于60°，求的取值范围．
A班
90
89
100
96
97
98
89
97
87
100
95
99
98
77
87
93
92
84
94
98
B班
78
86
92
95
97
86
76
91
90
99
100
97
89
97
85
91
100
95
100
96
成绩x
频数
班 级
76≤x≤80
81≤x≤85
86≤x≤90
91≤x≤95
96≤x≤100
A班
1
1
5
4
9
B班
2
1
4
5
8
统计量
班级
平均数
中位数
众数
方差
A班
93
94.5
b
35.3
B班
92
a
97，100
46.9
参考答案：
1．B
【分析】左视图有1列，含有2个正方形．
【详解】解：该几何体的左视图只有一列，含有两个正方形．
故选B．
【点睛】此题主要考查了简单组合体的三视图，关键是掌握左视图所看的位置．
2．B
【分析】科学记数法的一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1．
【详解】解：
故选：B．
【点睛】本题考查科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要确定a的值以及n的值．
3．C
【详解】试题分析：根据同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，合并同类项运算法则逐一计算作出判断：
A、x•x2=x1+2=x3≠x2，故本选项错误；
B、（xy）2=x2y2≠xy2，故本选项错误；
C、（x2）3=x2×3=x6，故本选项正确；
D、x2+x2=2x2≠x4，故本选项错误．
故选C．
4．B
【分析】由AB 为 O 的切线得∠OBA =90°，由∠A =20°得∠AOB =70°，根据∠D =∠АОВ，即可得答案．
【详解】解：∵AB 为 O 的切线，
∴OB⊥AB ，
∴∠OBA =90°，
∵∠A =20°，
∴∠AOB =90°- ∠A =70°，
∴∠D ，∠AOB 分别为 所对的圆周角，圆心角，
∴∠D =∠АОВ=×70°=35°，
故选： B ．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角的性质、直角三角形两个锐角互余，解题的关键是熟练记住圆的有关性质定理．
5．C
【分析】命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式，作为反例，要满足条件但不能得到结论，然后根据这个要求对各选项进行判断即可．
【详解】解：当a＝﹣3，b＝﹣5时，a＞b，而|a|＜|b|，
所以能够说明命题“若a＞b，则|a|＞|b|”是假命题的是a＝﹣3，b＝﹣5，
故选：C．
【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
6．C
【分析】根据菱形的性质得出O是AC的中点，再根据中位线性质得出EO的长即可．
【详解】解：∵菱形ABCD对角线AC，BD交于点O，边长为5，
∴O是AC的中点，
∵E是AB的中点，
∴，
故选：C
【点睛】本题考查了菱形的性质和中位线的性质，解题关键是熟记菱形和中位线的性质．
7．A
【分析】根据位似图形的概念得到△AOB△DOE，根据相似三角形的性质求出AB：DE，根据相似三角形的周长比等于相似比解答即可．
【详解】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴，
∴△AOB△DOE，
，
∴△ABC与△DEF的周长之比是2：1．
故选A．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质．
8．C
【分析】根据图形的对称性，用360°除以6计算即可得解．
【详解】解：∵360°÷6=60°，
∴旋转角是60°的整数倍，
∴这个角的度数可以是60°．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．
9．B
【分析】利用抛物线与x轴有交点，则Δ≥0，解不等式即可得到m的范围；-1＜0，则抛物线的开口向下，利用题意得到抛物线的对称轴的位置，利用抛物线的性质可得m的范围，综合以上信息即可得出结论．
【详解】解：∵二次函数（m为常数）的图象与x轴有交点，
∴Δ≥0．
∴（2m）2-4×（-1）×（-m2-m+1）≥0．
解得：m≤1．
∵，
∴二次函数的图象的对称轴为直线x=m．
∵当x＜-3时，y随x的增大而增大，
∴m≥-3．
∴-3≤m≤1．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，配方法求抛物线的顶点坐标，解一元一次不等式，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
10．C
【分析】连接AO、AB，PB，作PH⊥OA于H，BC⊥AO于C，如图，解方程得到﹣x2＋2x＝0得B（2，0），利用配方法得到A（，3），则OA＝2，从而可判断△AOB为等边三角形，接着利用∠OAP＝30°得到PH＝AP，利用抛物线的对称性得到PO＝PB，所以OP＋AP＝PB＋PH，根据两点之间线段最短得到当H、P、B共线时，PB＋PH的值最小，最小值为BC的长，然后计算出BC的长即可．
【详解】解：连接AO、AB，PB，作PH⊥OA于H，BC⊥AO于C，如图所示，
当y＝0时，﹣x2＋2x＝0，解得x1＝0，x2＝2，则B（2，0），
y＝﹣x2＋2x＝﹣（x﹣）2＋3，则A（，3），
∴OA＝＝2，
而AB＝AO＝2，
∴AB＝AO＝OB，
∴△AOB为等边三角形，
∴∠OAP＝30°，
∴PH＝AP，
∵AP垂直平分OB，
∴PO＝PB，
∴OP＋AP＝PB＋PH，
当H、P、B共线时，PB＋PH的值最小，最小值为BC的长，
而BC＝AB＝×2＝3，
∴OP＋AP的最小值为3，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质以及最短路径的解决方法，将转化为PB+PH，根据当H、P、B共线时，PB+PH的值最小，最小值为BC的长是解决本题的关键．
11．/
【分析】先将分子因式分解，再化简即可．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了分式的化简，解题的关键是掌握分式化简的方法．
12．3
【分析】
根据单项式的次数是单项式中所有字母的指数和进行求解作答即可．
【详解】解：由题意知，的次数为，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了单项式的次数．解题的关键在于熟练掌握：单项式的次数是单项式中所有字母的指数和．
13．
【分析】画树状图得出所有等可能结果，从中找到该点在第三象限的结果数，再利用概率公式求解可得．
【详解】画树状图如下：
共有6种等可能情况，该点在第三象限的情况数有(，)和(，)这2种结果，
∴该点在第三象限的概率等于：，
故答案为：．
【点睛】本题考查概率的求法：概率=所求情况数与总情况数之比．解题时注意，第三象限内点的横坐标与纵坐标都是负数，得到在第三象限的情况数是解决本题的关键．
14．
【分析】圆锥的底面圆的周长等于侧面展开扇形的弧长，再利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵圆锥底面半径为10cm，
∴圆锥底面圆的周长为cm，
∴扇形纸片的弧长，
∴圆锥的侧面积cm2．
故答案为：
【点睛】本题考查了圆锥侧面积的计算，熟练掌握扇形的面积公式和弧长公式是解题的关键．
15．
【分析】根据月日和月日的总销量是个列出方程即可．
【详解】解：若月日和日较前一天的增长率均为,则可列方程为：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
16．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，得出，，根据，列出方程求解即可．
【详解】解：根据题意可得：
，
∴，，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数关系：．
17．①②④
【分析】根据反比例函数的图象和性质，特别是根据反比例函数k的几何意义，对四个选项逐一进行分析，即可得出正确答案．
【详解】解：由于点A和点B均在同一个反比例函数的图象上，
所以，
故与的面积相等，故①正确；
∵矩形的面积是k、而、为定值1，则四边形的面积只与k有关，
∴四边形的面积不会发生变化，故②正确；
只有当四边形为正方形时满足，
∴与不一定相等，故③错误；
由图象可知：当时，，则，
又∵当x取同一个值时，的图象在的图象的上方，
故，
∴，故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了反比例函数中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．
18．
【分析】利用加减消元法解方程组即可得答案．
【详解】解：
①×2+②得：7x=21，
解得：x=3，
把x=2代入①得：2×3+y=8，
解得：y=2，
∴方程组的解为：．
【点睛】本题运用了加减消元法求解二元一次方程组，需要注意的是运用这种方法需满足其中一个未知数的系数相同或互为相反数，若不具备这种特征，则根据等式的性质将其中一个方程变形或将两个方程都变形，使其具备这种形式．
19．，5．
【分析】先根据整式的乘法、完全平方公式去括号，再计算整式的加减法，然后将x的值代入求值即可．
【详解】原式
将代入得：原式．
【点睛】本题考查了整式的乘法与加减法、完全平方公式、实数的混合运算，熟记各运算法则是解题关键．
20．
【分析】根据题意可判断出为等腰直角三角形，可设，则，在中利用锐角三角函数即可求出的值，进而即可作答
【详解】解：由图可得：，，，
为等腰直角三角形，
，
设，则，
在中，，即，
，
答：跳台的高度约为．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用仰角与俯角，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
21．(1)93.5，98；
(2)A班；
(3)520，应分层抽样并加大样本容量．
【分析】（1）由B班第10、11个数据可得其中位数a的值，根据众数的概念一组数据中出现次数最多的数据叫做众数可得b的值；
（2）从平均数和方差的意义求解即可；
（3）用两个班成绩达到90分以上的人数除以抽查的总人数可得百分率，再乘800即可得本次活动中成绩达到90分以上的人数，若想推断全市九年级学生在本次活动中成绩达到90分以上的人数，应分层抽样并加大样本容量；
【详解】（1），根据数据可得b=98；
（2）根据以上统计信息可得，A班的平均数大于B班的平均数，A班的方差小于B班的方差，故A班的成绩整体水平较高且稳定；
（3）（人）
∴本次宪法知识竞赛中分数在90分以上的大概有520人，若想推断全市九年级学生在本次活动中成绩达到90分以上的人数，应分层抽样并加大样本容量．
【点睛】本题考查数据的收集与整理，整理测试数据得到两个年级的平均数、中位数和众数并进行分析是解题关键．
22．(1)作图见解析
(2)8
【分析】（1）以C为圆心，AC长为半径画弧与AB交于点E，分别以A，E为圆心，大于为半径画弧交点为M，连接CM与AE的交点D即为所求，如图；
（2）由题意得，根据即，计算求解即可．
【详解】（1）解：以C为圆心，AC长为半径画弧与AB交于点E，分别以A，E为圆心，大于为半径画弧交点为M，连接CM与AE的交点D即为所求，如图；
（2）解：∵，
∴
∵即
解得
∴的长为8．
【点睛】本题考查了作垂线，含30°的直角三角形，余弦．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据正方形的性质得出，则，根据，推出，进而得出，即可求证；
（2）连接，证明四边形为矩形，设，则，，
证明，根据，求出x的值，最后根据勾股定理即可求出．
【详解】（1）证明：连接，

∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴是的切线；
（2）解：连接，

∵为直径，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
设，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，即，
根据勾股定理可得：
∴半径的长为．
【点睛】本题主要考查了圆与四边形的综合，相似三角形的判定和性质，切线的判定，解题的关键是掌握直径所对的圆周角为直角，相似三角形对应边成比例．
24．（1）①证明见解析；②解：结论：．理由见解析；（2）结论：．理由见解析；（3）．
【分析】（1）①由正方形的性质得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，所以∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE=DQ．②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题．
（2）结论：如图2中，作GM⊥AB于M．证明：△ABE∽△GMF即可解决问题．
（3）如图2-1中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．
【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴≌，
∴．
②解：结论：．
理由：∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为1．
（2）解：结论：．
理由：如图2中，作于．
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴∽，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴．
（3）解：如图2﹣1中，作交的延长线于．
∵，，
∴，
∴，
∴可以假设，，，
∵，，
∴，
∴，
∴或﹣1（舍弃），
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴∽，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
25．(1)，点C的坐标为（0，3）
(2)点P的坐标为或
(3)的取值范围是
【分析】（1）运用待定系数法将点A、B的坐标代入抛物线中，即可得出答案；
（2）根据题意得出平移方式，从而得出PP'=4，证明P'H=PH=2，从而得出，将代入函数解析式，求解即可；
（3）如图，过点A作AM⊥AC交y轴于点M，根据锐角三角函数以及勾股定理得出∠ACO=30°，，，作△AMC的外接圆⊙Q交抛物线对称轴直线于点F和点F'，设F（），在上取一点N，连接AF，FC，AN，CN，AN交对称轴于点P，在⊙Q中，则∠AMC=∠AFC=∠ANC=60°，则∠APC=∠ANC+∠PCN≥60°，即当点P在线段移动时，∠APC不小于60°，根据直径所对的圆周角是直角得出FQ=2，则Q(0,)，过Q作QG⊥，由垂径定理列方程即可求解．
【详解】（1）∵抛物线经过点,,
∴，解得，
∴抛物线的解析式为，
∵抛物线与y轴交于点C，
∴当x=0时，y=3．
∴点C的坐标为（0，3）；
（2）如图：∵抛物线，
∴，
∴顶点E的坐标为
∵抛物线向上平移，顶点E落在直线l上，
∴平移后顶点E的对应点坐标为 E '，
∵，
∴抛物线向上平移了4个单位．
∴PP'∥y轴，PP'=4．
∵l⊥y轴，
∴∠CDH=90°．
∵PP '∥y轴，
∴∠CDH=∠DHP'=90°
∴DH⊥PP'．
∵DP=DP'，
∴P'H=PH=2．
∴，
把P（）代入 可得，
解得，，
∴点P的坐标为或；
（3）如图，过点A作AM⊥AC交y轴于点M，
∵点,C(0，3)，
∴OA=，OC=3．
在Rt△AOC中，
∴tan∠ACO=,,
∴∠ACO=30°．
∵AM⊥AC，
∴∠MAC=90°．
∴∠AMC=60°，cs∠ACM=,
∴MC=,
作△AMC的外接圆⊙Q交抛物线对称轴直线于点F和点F'，设F（），
在上取一点N，连接AF，FC，AN，CN，AN交对称轴于点P．
在⊙Q中，∴∠AMC=∠AFC=∠ANC=60°．
∵∠APC=∠ANC+∠PCN≥60°，
∴当点P在线段移动时，∠APC不小于60°．
∵∠MAC=90°，
∴MC为⊙Q的直径．
∴FQ==MQ=CQ=MC=2，
∴Q(0,)．
过Q作QG⊥，
∴∠QGF=90°,
∴QG2+GF2=QF2,
∴，
解得，，
∴的取值范围是．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数解直角三角形以及勾股定理、隐形圆等知识点，熟练掌握相关基础知识，根据题意画出相应的图形是解题的前提，熟练掌握相关图形的性质是解本题的关键．