2022年浙江省绍兴市中考模拟数学试卷（含答案）

1、2022 浙江省绍兴市中考模拟浙江省绍兴市中考模拟数学数学试卷试卷 一一 、选择题（本大题有、选择题（本大题有 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、分。请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分）多选、错选均不给分） 1.对如图的对称性表述，正确的是（ ） A轴对称图形 B中心对称图形 C既是轴对称图形又是中心对称图形 D既不是轴对称图形又不是中心对称图形 2.有两个直角三角形纸板，一个含 45角，另一个含 30角，如图所示叠放，先将含 30角的纸板固定不动，再将含 45角的纸板绕顶点 A 顺时针旋转，使 BC

2、DE，如图所示，则旋转角BAD 的度数为（ ） A15 B30 C45 D60 3.实数 a、b、c 满足 ab 且 acbc，它们在数轴上的对应点的位置可以是（ ） A B C D 4.反比例函数 y的图象位于（ ） A第一、三象限 B第二、三象限 C第一、二象限 D第二、四象限 5.下列运算正确的是（ ） Am2m3=m6 Bm8m4=m2 C3m+2n=5mn D （m3）2=m6 6.下列各数中，数值相等的是（ ） A3( 2)和32 B32和32 C2( 3)和23 D32或23 7.下列命题是真命题的是（ ） A两直线平行，同位角相等 B相似三角形的面积比等于相似比 C菱形的对角线

3、相等 D相等的两个角是对顶角 8.如图， AD是 ABC的中线， 四边形ADCE是平行四边形， 增加下列条件， 能判断ADCE是菱形的是( ) ABAC = 90 BDAE = 90 CAB = AC DABAE 9.四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变如图，改变正方形 ABCD 的内角，正方形 ABCD 变为菱形 ABCD若DAB30，则菱形 ABCD的面积与正方形 ABCD 的面积之比是（ ） A1 B12 C22 D32 10.如图，ABCV内接于圆，90ACB， 过点C的切线交AB的延长线于点28PP ， 则CAB（ ） A62 B31

4、C28 D56 二二 、填空题（本大题有、填空题（本大题有 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分）分） 11.因式分解：a2+aba_ 12.若233xx ，则x的取值范围是 13.文具店销售某种笔袋，每个 18 元，小华去购买这种笔袋，结账时店员说： “如果你再多买一个就可以打九折，价钱比现在便宜 36 元” ，小华说： “那就多买一个吧，谢谢， ”根据两人的对话可知，小华结账时实际付款 元 14.如图，在拧开一个边长为 a 的正六角形螺帽时，扳手张开的开口 b=20mm，则边长 a 为_mm 15.矩形纸片ABCD，长8cmAD，宽4cmAB，折叠纸片，使折痕经过点B，

5、交AD边于点E，点A落在点A处，展平后得到折痕BE，同时得到线段BA，EA，不再添加其它线段，当图中存在30o角时，AE的长为_厘米 16.如图，在平面直角坐标系中，矩形 AOCB 的两边 OAOC 分别在 x 轴和 y 轴上，且 OA=2，OC=1在第二象限内，将矩形 AOCB 以原点 O 为位似中心放大为原来的倍，得到矩形 A1OC1B1，再将矩形 A1OC1B1以原点O 为位似中心放大倍，得到矩形 A2OC2B2，以此类推，得到的矩形 AnOCnBn的对角线交点的坐标为 三三 、解答题（本大题有、解答题（本大题有 8 小题，第小题，第 1720 小题每小题小题每小题 8 分，第分，第 2

6、1 小题小题 10 分，第分，第 22，23 小题每小题小题每小题 8分，第分，第 24 小题小题 14 分，共分，共 80 分分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程） 17.（1）计算：0113(33)9； （2）化简：21221xxx 18.某校组织一项公益知识竞赛， 比赛规定： 每个班级由 2 名男生、 2 名女生及 1 名班主任老师组成代表队 但参赛时，每班只能有 3 名队员上场参赛，班主任老师必须参加，另外 2 名队员分别在 2 名男生和 2 名女生中各随机抽出 1 名 初三 （1） 班由甲、 乙 2 名男生和丙、 丁 2 名女

7、生及 1 名班主任组成了代表队，求恰好抽到由男生甲、女生丙和这位班主任一起上场参赛的概率 （请用“画树状图”或“列表”或“列举”等方法给出分析过程） 19.如图，一艘轮船离开A港沿着东北方向直线航行60 2海里到达B处，然后改变航向，向正东方向航行20 海里到达C处，求AC的距离 20.如图， 点 A 是直线 AM 与O 的交点， 点 B 在O 上， BDAM 垂足为 D， BD 与O 交于点 C， OC 平分AOB，B=60 （1）求证：AM 是O 的切线； （2）若 DC=2，求图中阴影部分的面积（结果保留和根号） 21.已知平行四边形 ABCD （1）尺规作图：作BAD 的平分线交直线

8、BC 于点 E，交 DC 延长线于点 F（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） ； （2）在（1）的条件下，求证：CE=CF 22.欧拉（Euler，1707 年1783 年）为世界著名的数学家、自然科学家，他在数学、物理、建筑、航海等领域都做出了杰出的贡献他对多面体做过研究，发现多面体的顶点数（Vertex） 、棱数 E（Edge） 、面数 F（Flat surface）之间存在一定的数量关系，给出了著名的欧拉公式 （1）观察下列多面体，并把下表补充完整： 名称 三棱锥 三棱柱 正方体 正八面体 图形 顶点数 V 4 6 8 棱数E 6 12 面数F 4 5 8 （2）分析表中的数据，你

9、能发现 V、E、F 之间有什么关系吗？请写出关系式：_ 23.如图，抛物线过点 A（0，1）和 C，顶点为 D，直线 AC 与抛物线的对称轴 BD 的交点为 B（3，0） ，平行于 y 轴的直线 EF 与抛物线交于点 E，与直线 AC 交于点 F，点 F 的横坐标为4 33，四边形 BDEF 为平行四边形 （1）求点 F 的坐标及抛物线的解析式； （2）若点 P 为抛物线上的动点，且在直线 AC 上方，当PAB 面积最大时，求点 P 的坐标及PAB 面积的最大值； （3）在抛物线的对称轴上取一点 Q，同时在抛物线上取一点 R，使以 AC 为一边且以 A，C，Q，R 为顶点的四边形为平行四边形，

10、求点 Q 和点 R 的坐标 24.在ABC 中，ABC90，n，M 是 BC 上一点，连接 AM （1）如图 1，若 n1，N 是 AB 延长线上一点，CN 与 AM 垂直，求证：BMBN （2）过点 B 作 BPAM，P 为垂足，连接 CP 并延长交 AB 于点 Q 如图 2，若 n1，求证： 如图 3，若 M 是 BC 的中点，直接写出 tanBPQ 的值 （用含 n 的式子表示） 答案解析答案解析 一一 、选择题、选择题 1.【考点】轴对称图形，中心对称图形 【分析】直接利用中心对称图形的性质得出答案 解：如图所示：是中心对称图形 故选：B 【点评】此题主要考查了中心对称图形的性质，正确

11、把握定义是解题关键 2.【考点】平行线的性质，三角形外角的性质 【分析】由平行线的性质可得CFAD90，由外角的性质可求BAD 的度数 解：如图，设 AD 与 BC 交于点 F， BCDE， CFAD90， CFAB+BAD60+BAD， BAD30 故选：B 【点评】本题考查了平行线的性质以及外角的性质，熟知以上知识点是解题的关键 3.【考点】数轴上点的位置，不等式的性质 【分析】根据不等式的性质，先判断 c 的正负再确定符合条件的对应点的大致位置 解：因为 ab 且 acbc， 所以 c0 选项 A 符合 ab，c0 条件，故满足条件的对应点位置可以是 A 选项 B 不满足 ab，选项 C

12、、D 不满足 c0，故满足条件的对应点位置不可以是 B、C、D 故选：A 【点评】本题考查了数轴上点的位置和不等式的性质解决本题的关键是根据不等式的性质判断 c 的正负 4.【考点】反比例函数的图象，反比例函数的性质 【分析】由反比例函数 k0，函数经过一三象限即可求解， 解：k20， 反比例函数经过第一、三象限， 故选：A 【点评】本题考查反比例函数的图象及性质，熟练掌握函数的性质和图象是解题的关键 5.【考点】合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法 【分析】根据同底数幂的乘除法、幂的乘方的计算法则进行计算即可 解：m2m3=m2+3=m5，因此选项 A 不正确； m

13、8m4=m84=m4，因此选项 B 不正确； 3m 与 2n 不是同类项，因此选项 C 不正确； (m3)2=m32=m6，因此选项 D 正确； 故选：D 【点评】本题考查了同底数幂的乘除法、幂的乘方的计算方法，掌握计算方法是正确计算的前提 6.【考点】有理数的乘方，绝对值 【分析】根据有理数的乘方，绝对值的意义逐项计算即可求得答案 解：A （2）38，238，相等，故 A 选项正确； B、|23|8，|23|8，不相等，故 B 选项错误； C、 （3）29，329，不相等，故 C 选项错误； D、238，329，不相等，故 D 选项错误； 故选：A 【点评】本题考查了有理数的乘方以及绝对值的

14、意义，解决本题的关键是熟记有理数的乘方 7.【考点】命题与定理 【分析】根据平行线的性质、相似三角形的性质、菱形的性质、对顶角的概念判断即可 解：两直线平行，同位角相等，A 是真命题； 相似三角形的面积比等于相似比的平方，B 是假命题； 菱形的对角线互相垂直，不一定相等，C 是假命题； 相等的两个角不一定是对顶角，D 是假命题； 故选：A 【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理 8.【考点】菱形的判定，平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质 【分析】根据菱形的判定方法逐一分析即可. 解：A若BAC = 90

15、，则 AD=BD=CD=AE，四边形 ADCE 是平行四边形，则此时四边形 ADCE 为菱形，故选项正确； B、若DAE = 90，则四边形 ADCE 是矩形，故选项错误； C、若AB = AC，则ADC=90，则四边形 ADCE 是矩形，故选项错误； D、若ABAE，而 ABAD，则 AEAD，无法判断四边形 ADCE 为菱形，故选项错误. 故选 A 【点评】本题考查了菱形的判定，还涉及到平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握判定定理. 9.【考点】正方形的性质，菱形的性质，含 30角的直角三角形 【分析】如图，连接 DD,延长 CD交 AD 于 E，由菱形 ABC

16、D ，可得 ABCD,进一步说明EDD=30,得到菱形 AE=12AD;又由正方形 ABCD,得到 AB=AD,即菱形的高为 AB 的一半,然后分别求出菱形ABCD和正方形 ABCD 的面积,最后求比即可 解：如图：延长 CD交 AD 于 E 菱形 ABCD ABCD DAB=30 A DE=DAB=30 AE=12AD 又正方形 ABCD AB=AD,即菱形的高为 AB 的一半 菱形 ABCD的面积为212AB，正方形 ABCD 的面积为 AB2 菱形 ABCD的面积与正方形 ABCD 的面积之比是12 故答案为 B 【点评】本题主要考出了正方形的性质、菱形的性质以及含 30直角三角形的性质

17、，其中表示出菱形ABCD的面积是解答本题的关键 10.【考点】三角形内角和定理，三角形的外角性质，三角形的外接圆与外心，切线的性质 【分析】连接 OC，根据切线的性质得出OCP=90，再由P=28得出COP，最后根据外角的性质得出CAB. 解：连接 OC， CP 与圆 O 相切， OCCP， ACB=90， AB 为直径， P=28， COP=180-90-28=62， 而 OC=OA， OCA=OAC=2CAB=COP， 即CAB=31， 故选 B. 【点评】本题考查了切线的性质，三角形内角和，外角，解题的关键是根据切线的性质得出COP. 二二 、填空题、填空题 11.【考点】提公因式法分解

18、因式 【分析】原式提取公因式即可 解：原式a（a+b1） 故答案为：a（a+b1） 【点评】此题主要考查提公因式法分解因式，熟练掌握公因式的组成是解题关键 12.【考点】二次根式的性质，解一元一次不等式 【分析】根据二次根式非负性得出不等式解之。 解：230 x， 30 x ， 即：3x。 【点评】本题考查了二次根式的非负性。关键是掌握二次根式非负性得出不等式。 13.【考点】一元一次方程的应用 【分析】设小华购买了 x 个笔袋，根据原单价购买数量（x1）打九折后的单价购买数量（x）=节省的钱数，即可得出关于 x 的一元一次方程，解之即可求出小华购买的数量，再根据总价=单价0.9购买数量，即可

19、求出结论 解：设小华购买了 x 个笔袋， 根据题意得：18（x1）180.9x=36， 解得：x=30， 180.9x=180.930=486 答：小华结账时实际付款 486 元 故答案为：486 【点评】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键 14.【考点】正多边形和圆 【分析】根据题意，即是求该正六边形的边心距的 2 倍构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，且其半边所对的角是 30 度，再根据锐角三角函数的知识求解 解：如图， 设正六边形的中心是 O，其一边是 AB， AOB=BOC=60， OA=OB=AB=OC=BC， 四边形 ABCO 是

20、菱形， AB=a，AOB=60， cosBAC=AMAB， OA=OC，且AOB=BOC， AM=MC=12AC， AC=20mm， a=AB=10203cos30332AM（mm） 故答案为：2033 【点评】本题考查了正多边形和圆的知识，构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，熟练运用锐角三角函数进行求解是关键 15.【考点】四边形综合题 【分析】分ABE=30或AEB=30或ABA=30时三种情况，利用锐角三角函数进行求解即可 解：当ABE=30时， AB=4cm，A=90， AE=ABtan30=4 33cm； 当AEB=30时，则ABE=60， AB=4cm，A=90， AE=

21、ABtan60=4 3cm； 当ABE=15时，ABA=30，延长 BA交 AD 于 F，如下图所示， 设 AE=x，则 EA=x，EF=2 3sin603xxEF ， AF=AE+EF=ABtan30=4 33， 2 34 333xx， 84 3x ， 84 3AE cm 故答案为：4 33或4 3或84 3 【点评】本题考查了矩形与折叠，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解答本题的关键 16.【考点】位似变换；坐标与图形性质；矩形的性质 【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为 k，那么位似图形对应点的坐标的比等于 k 或k，即可求得 Bn的坐标，然后根据矩

22、形的性质即可求得对角线交点的坐标 解：在第二象限内，将矩形 AOCB 以原点 O 为位似中心放大为原来的倍， 矩形 A1OC1B1与矩形 AOCB 是位似图形，点 B 与点 B1是对应点， OA=2，OC=1 点 B 的坐标为（2，1） ， 点 B1的坐标为（2，1） ， 将矩形 A1OC1B1以原点 O 为位似中心放大倍，得到矩形 A2OC2B2， B2（2，1） ， Bn（2，1） ， 矩形 AnOCnBn的对角线交点（2，1） ，即（，） ， 故答案为： （，） 【点评】本题考查的是矩形的性质、位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为 k，那么位似图形

23、对应点的坐标的比等于 k 或-k 三三 、解答题、解答题 17.【考点】算术平方根,分式的混合运算,零指数幂,负整数指数幂 【分析】 （1）实数的计算，根据实数的运算法则求解即可； （2）分式的化简，根据分式的运算法则计算求解 解： （1）0113(33)9 11133 1 （2）21221xxx 212(1)xxxx 2x 【点评】本题考查了实数的混合运算，负指数幂，二次根式的化简，零次幂的计算，分式的化简等知识，牢记公式与定义，熟练分解因式是解题的关键 18.【考点】列表法与树状图法 【分析】列表得出所有等可能的情况数，找出抽到由男生甲、女生丙和这位班主任一起上场参赛的情况数，即可求出所求

24、的概率 解：可能出现的所有结果列表如下： 甲 乙 丙 （甲，丙） （乙，丙） 丁 （甲，丁） （乙，丁） 共有 4 种可能的结果，且每种的可能性相同，其中恰好抽到由男生甲、女生丙和这位班主任一起上场参赛的结果有 1 种， 所以恰好抽到由男生甲、女生丙和这位班主任一起上场参赛的概率为 【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比 19.【考点】解直角三角形的应用 【分析】延长CB交AD于点，解直角三角求得 AD,再解直角三角形即可求解 解：延长CB交AD于点D，则90ADB， 由题意可知45DAB， 60 2AB ， sin45ADBDAB 260 26

25、02， 20BC ， 602080DC ， 在Rt ADCV中，由勾股定理得 22ACADDC 226080100（海里） 答：AC的距离为 100 海里 【点评】本题考查解直角三角形应用，勾股定理的应用，掌握锐角三角函数的定义与勾股定理性质是解题关键 20.【考点】切线的判定与性质；扇形面积的计算 【分析】 （1）由已知条件得到BOC 是等边三角形，根据等边三角形的性质得到1=2=60，由角平分线的性质得到1=3，根据平行线的性质得到OAM=90，于是得到结论； （2）根据等边三角形的性质得到OAC=60，根据三角形的内角和得到CAD=30，根据勾股定理得到 AD=2，于是得到结论 解： （

26、1）B=60， BOC 是等边三角形， 1=2=60， OC 平分AOB， 1=3， 2=3， OABD， BDM=90，OAM=90， AM 是O 的切线； （2）3=60，OA=OC， AOC 是等边三角形， OAC=60， OAM=90， CAD=30， CD=2， AC=2CD=4， AD=2， S阴影=S梯形 OADCS扇形 OAC=（4+2）2=6 【点评】本题考查了切线的判定和性质，等边三角形的性质和判定，平行线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键 21.【考点】作图基本作图；平行四边形的性质 【分析】 （1）作BAD 的平分线交直线 BC 于点 E，交 DC 延长线于点 F 即

27、可； （2）先根据平行四边形的性质得出 ABDC，ADBC，故1=2，3=4再由 AF 平分BAD 得出1=3，故可得出2=4，据此可得出结论 解： （1）如图所示，AF 即为所求； （2）四边形 ABCD 是平行四边形， ABDC，ADBC， 1=2，3=4 AF 平分BAD， 1=3， 2=4， CE=CF 【点评】本题考查的是作图-基本作图、平行四边形的性质，熟知角平分线的作法和性质是解答此题的关键 22.【考点】规律型问题，欧拉公式 【分析】 （1）通过认真观察图象，即可一一判断； （2）从特殊到一般探究规律即可 解： （1）填表如下： 名称 三棱锥 三棱柱 正方体 正八面体 图形 顶

28、点数 V 4 6 8 6 棱数 E 6 9 12 12 面数 F 4 5 6 8 （2） 据上表中的数据规律发现， 多面体的顶点数 V、 棱数 E、 面数 F 之间存在关系式：2VFE 【点评】本题考查规律型问题，欧拉公式等知识，解题的关键是学会从特殊到一般探究规律的方法，属于中考常考题型 23.【考点】二次函数综合题 【分析】 （1）由待定系数法求出直线 AB 的解析式为 y33x+1，求出 F 点的坐标，由平行四边形的性质得出3a+1163a8a+1（13） ，求出 a 的值，则可得出答案； （2） 设 P （n， n2+23n+1） ， 作 PPx 轴交 AC 于点 P， 则 P （n，

29、 33n+1） ， 得出 PPn2+733n，由二次函数的性质可得出答案； （3）联立直线 AC 和抛物线解析式求出 C（733，43） ，设 Q（3，m） ，分两种情况：当 AQ 为对角线时，当 AR 为对角线时，分别求出点 Q 和 R 的坐标即可 解： （1）设抛物线的解析式为 yax2+bx+c（a0） ， A（0，1） ，B（3，0） ， 设直线 AB 的解析式为 ykx+m， 3km0m1， 解得331km ， 直线 AB 的解析式为 y33x+1， 点 F 的横坐标为4 33， F 点纵坐标为34 333+113， F 点的坐标为（433，13） ， 又点 A 在抛物线上， c1，

30、 对称轴为：x32ba， b23a， 解析式化为：yax223ax+1， 四边形 DBFE 为平行四边形 BDEF， 3a+1163a8a+1（13） ， 解得 a1， 抛物线的解析式为 yx2+23x+1； （2）设 P（n，n2+23n+1） ，作 PPx 轴交 AC 于点 P， 则 P（n，33n+1） ， PPn2+733n， SABP12OBPP23722n n2374936+3224n， 当 n736时，ABP 的面积最大为49324，此时 P（736，4712） （3）23132 31yxyxx ， x0 或 x733， C（733，43） ， 设 Q（3，m） ， 当 AQ 为

31、对角线时， R（473,33m） ， R 在抛物线 y2(3)x+4 上， m+7324333+4， 解得 m443， Q443,3，R4373,33； 当 AR 为对角线时， R（1073,33m） ， R 在抛物线 y2(3)x+4 上， m27103333 +4， 解得 m10， Q（3，10） ，R（10373,33） 综上所述，Q443,3，R4373,33；或 Q（3，10） ，R（10373,33） 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质等知识，熟练掌握二次函数的性质及方程思想，分类讨论思想是解题的关键 24.

32、【考点】相似形综合题 【分析】 （1）如图 1 中，延长 AM 交 CN 于点 H想办法证明ABMCBN（ASA）即可 （2）如图 2 中，作 CHAB 交 BP 的延长线于 H利用全等三角形的性质证明 CHBM，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可 如图 3 中，作 CHAB 交 BP 的延长线于 H，作 CNBH 于 N不妨设 BC2m，则 AB2mn想办法求出 CN，PN（用 m，n 表示） ，即可解决问题 （1）证明：如图 1 中，延长 AM 交 CN 于点 H AMCN， AHC90， ABC90， BAM+AMB90，BCN+CMH90， AMBCMH， BAMBCN， BAB

33、C，ABMCBN90， ABMCBN（ASA） ， BMBN （2）证明：如图 2 中，作 CHAB 交 BP 的延长线于 H BPAM， BPMABM90， BAM+AMB90，CBH+BMP90， BAMCBH， CHAB， HCB+ABC90， ABC90， ABMBCH90， ABBC， ABMBCH（ASA） ， BMCH， CHBQ， 解：如图 3 中，作 CHAB 交 BP 的延长线于 H，作 CNBH 于 N不妨设 BC2m，则 AB2mn 则 BMCMm，CH，BH，AMm， AMBPABBM， PB， BHCNCHBC， CN， CNBH，PMBH， MPCN，CMBM， PNBP， BPQCPN， tanBPQtanCPN 【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题