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2022年哈尔滨中考数学模拟试卷3（含答案解析）
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这是一份2022年哈尔滨中考数学模拟试卷3（含答案解析），共28页。
2022年哈尔滨中考数学模拟试卷3
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋•西湖区期末）下列各组数中，互为相反数的是（ ）
A．6和﹣6 B．﹣6和 C．﹣6和 D．和6
2．（3分）（2021秋•西青区期末）下列计算结果正确的是（ ）
A．（a3）4＝a12 B．a3•a3＝a9
C．（﹣2a）2＝﹣4a2 D．（ab）2＝ab2
3．（3分）（2021秋•八公山区期末）下列图案是几种名车的标志，请你指出，在这几个图案中是轴对称图形的共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（3分）（2022•丘北县一模）如图所示的几何体是由一些小立方块搭成的，则这个几何体的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
5．（3分）（2021秋•莱芜区期末）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，∠ADC＝105°，则∠ABC＝（ ）
A．55° B．65° C．75° D．85°
6．（3分）（2022•南岗区校级模拟）方程﹣＝0的解为（ ）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝2 D．无解
7．（3分）（2021秋•巢湖市期末）如图，△ACB≌△A′CB'，∠BCB'＝30°，则∠ACA'的度数为（ ）
A．20° B．30° C．35° D．40°
8．（3分）（2021秋•漳州期末）投掷一枚质地均匀的正方体骰子一次，掷得“1”的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）（2021秋•山阴县期末）如图，直线a，b，c截直线e和f，a∥b∥c，，则下列结论中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．（3分）（2021秋•柯桥区期末）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），…，按这样的运动规律，第2022次运动后，动点P2022的坐标是（ ）
A．（2022，1） B．（2022，2） C．（2022，﹣2） D．（2022，0）
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•景县期末）截止2021年10月20日，电影《长津湖》的累计票房达到大约50.36亿元，数据50.36亿用科学记数法表示为 ．
12．（3分）（2022春•亭湖区校级月考）如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F．若∠ABC＝120°，AB＝4，则PE﹣PF＝ ．
13．（3分）（2021秋•大冶市期末）对于函数y＝，当函数值y＜﹣1时，x的取值范围是 ．
14．（3分）（2021秋•孟津县期末）当a＜0时，化简＝ ．
15．（3分）（2021秋•长垣市期末）分解因式：2x3+4x2+2x＝ ．
16．（3分）（2022•南关区校级一模）在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+mx+3过点（4，3），着当0≤x≤a时，y有最大值7，最小值3，则a的取值范围是 ．
17．（3分）（2021秋•新郑市期末）不等式组的解集为 ．
18．（3分）（2021秋•桓台县期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AB＝2，BC＝3，∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积是 ．
19．（3分）（2021秋•龙江县校级期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为（1，1），是以点B为圆心，BA为半径的圆弧；是以点O为圆心，OA1为半径的圆弧，是以点C为圆心，CA2为半径的圆弧，是以点A为圆心，AA3为半径的圆弧，继续以点B、O、C、A为圆心按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5…称为正方形的“渐开线”，那么点A2021的坐标是 ．
20．（3分）（2021秋•溧阳市期末）如图，在边长1正网格中，A、B、C都在网格线上，AB与CD相交于点D，则sin∠ADC＝ ．
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2021秋•思明区校级期末）先化简，再求值：，其中x＝2+．
22．（7分）（2022春•浦北县校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，BC＝6，CD＝4，求AB的长．
23．（8分）（2021春•越城区校级期中）某商贸公司10名销售员3月份完成的销售额情况如下表：
销售额（万元）
3
4
5
6
7
8
16
销售员人数
1
1
3
2
1
1
1
（1）销售额的中位数是 万元，众数 万元，平均每人完成的销售额 万元．
（2）其中有位销售员甲3月份的销售额是8万元，计划到5月份增长到12.5万元，求每月的平均增长率．
24．（8分）（2021秋•丰润区期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，E是BC上一点，BE＝CD，EF∥AD交AB于点F，交CA的延长线于点P，CH∥AB交AD的延长线于点H．
（1）求证：△APF是等腰三角形；
（2）试在图中找出一对全等的三角形，并给予证明．
25．（10分）某商场对顾客购物实行优惠，规定：
（1）一次购物不超过100元不优惠；
（2）一次购物超过100元但不超过300元，按标价的九折优惠；
（3）一次超过300元的，300元内的部分按（2）优惠，超过300元的部分按八折优惠．老王第一次去购物享受了九折优惠，第二次去购物享受了八折优惠．商场告诉他：如果他一次性购买同样多的商品还可少花19元；如果商品不打折，他将比现在多花67元钱．问老王第一次购物、第二次购物实际各支付了多少钱？
26．（10分）（2021秋•巴彦县期末）如图1，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，过点A作AB的垂线交BC延长线于点D．
（1）求证：∠BAC＝∠D；
（2）如图2，过点C作⊙O的切线CE交AD于点E，求证：AD＝2CE；
（3）如图3，若点F为直径AB下方半圆的中点，连接CF交AB于点G，且CE＝1.5，AG＝2OG，求CF的长．
27．（10分）（2022•永城市校级一模）我们不妨约定：对于某一自变量为x的函数，若当x＝m时，其函数值也为m，则称点（m，m）为此函数的“不动点”．如：反比例函数y＝有两个“不动点”，坐标分别为（1，1）和（﹣1，﹣1）．
（1）一次函数y＝3x﹣1的“不动点”坐标为 ；
（2）若抛物线L：y＝ax2﹣2ax+2上只有一个“不动点”A．
①求抛物线L的解析式和这个“不动点”A的坐标；
②在平面直角坐标系xOy中，将抛物线L平移后，得到抛物线L′：y＝ax2﹣2ax+2+n（n≠0），抛物线L'与y轴交于点B，连接OA，AB，若抛物线L′的顶点落在△OAB内部（不含边界），请直接写出n的取值范围．
2022年哈尔滨中考数学模拟试卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋•西湖区期末）下列各组数中，互为相反数的是（ ）
A．6和﹣6 B．﹣6和 C．﹣6和 D．和6
【考点】相反数．
【专题】实数；运算能力．
【分析】相反数定义：数值相反的两个数，其中一个数是另一个数的相反数．由此可求解．
【解答】解：A.6和﹣6互为相反数，符合题意；
B．﹣6和互为负倒数，不符合题意；
C．﹣6和﹣互为倒数，不符合题意；
D.6和互为倒数，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查相反数，熟练掌握相反数的定义是解题的关键．
2．（3分）（2021秋•西青区期末）下列计算结果正确的是（ ）
A．（a3）4＝a12 B．a3•a3＝a9
C．（﹣2a）2＝﹣4a2 D．（ab）2＝ab2
【考点】幂的乘方与积的乘方；同底数幂的乘法．
【专题】整式；运算能力．
【分析】根据幂的乘方、积的乘方、同底数幂的乘法即可求出答案．
【解答】解：A、原式＝a12，故A符合题意．
B、原式＝a6，故B不符合题意．
C、原式＝4a2，故C不符合题意．
D、原式＝a2b2，故D不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查幂的乘方、积的乘方、同底数幂的乘法，本题属于基础题型．
3．（3分）（2021秋•八公山区期末）下列图案是几种名车的标志，请你指出，在这几个图案中是轴对称图形的共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】轴对称图形．
【分析】关于某条直线对称的图形叫轴对称图形．绕一个点旋转180度后所得的图形与原图形完全重合的图形叫做中心对称图形．
【解答】解：第一个是中心对称图形，但不是轴对称图形，其它三个是轴对称图形．故选C．
【点评】轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4．（3分）（2022•丘北县一模）如图所示的几何体是由一些小立方块搭成的，则这个几何体的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】根据俯视图的定义，从上往下看到的几何图形是俯视图即可判断．
【解答】解：从几何体上面看，底层右边是一个小正方形，上层是两个小正方形．
故选：D．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的意义，掌握三视图的画法是得出正确答案的前提．
5．（3分）（2021秋•莱芜区期末）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，∠ADC＝105°，则∠ABC＝（ ）
A．55° B．65° C．75° D．85°
【考点】圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；几何直观．
【分析】连接BD，先根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，则可计算出∠BDC＝15°，然后根据圆周角定理得到∠CAB的度数进而求出答案．
【解答】解：连接BD，如图，
∵AB是半圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝105°﹣90°＝15°，
∴∠CAB＝∠BDC＝15°．
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝75°．
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
6．（3分）（2022•南岗区校级模拟）方程﹣＝0的解为（ ）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝2 D．无解
【考点】解分式方程；分式方程的解．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：2x﹣x+1＝0，
解得：x＝﹣1，
经检验x＝﹣1是分式方程的解，
故选：B．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
7．（3分）（2021秋•巢湖市期末）如图，△ACB≌△A′CB'，∠BCB'＝30°，则∠ACA'的度数为（ ）
A．20° B．30° C．35° D．40°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】根据全等三角形的性质得到∠ACB＝∠A′CB'，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵△ACB≌△A′CB'，
∴∠ACB＝∠A′CB'，
∴∠ACB﹣∠A′CB＝∠A′CB'﹣∠A′CB，
∴∠ACA'＝∠BCB'＝30°，
故选：B．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
8．（3分）（2021秋•漳州期末）投掷一枚质地均匀的正方体骰子一次，掷得“1”的概率是（ ）
A． B． C． D．
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【分析】用掷到点数是1的结果数除以所有可能的结果数即可．
【解答】解：投掷一枚质地均匀的正方体骰子共有6种等可能结果，其中向上一面的点数是1的只有1种结果，
所以向上一面的点数是1的概率为，
故选：B．
【点评】本题考查了概率公式．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
9．（3分）（2021秋•山阴县期末）如图，直线a，b，c截直线e和f，a∥b∥c，，则下列结论中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】图形的相似；推理能力．
【分析】根据平行线分线段成比例定理即可解答本题．
【解答】解：∵a∥b∥c，，
∴＝，
∴，，，故选项A正确，符合题意，选项B、D不正确，不符合题意；
连接AF，交BE于H，
∵BE∥CF，
∴△ABH∽△ACF，
∴，
，
∴选项C不正确，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
10．（3分）（2021秋•柯桥区期末）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），…，按这样的运动规律，第2022次运动后，动点P2022的坐标是（ ）
A．（2022，1） B．（2022，2） C．（2022，﹣2） D．（2022，0）
【考点】规律型：点的坐标．
【专题】规律型；平面直角坐标系；应用意识．
【分析】观察图象，结合第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），…，运动后的点的坐标特点，分别得出点P运动的横坐标和纵坐标的规律，再根据循环规律可得答案．
【解答】解：观察图象，动点P第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），第四次运动到P4（4，0），第五运动到P5（5，2），第六次运动到P6（6，0），…，结合运动后的点的坐标特点，
可知由图象可得纵坐标每6次运动组成一个循环：1，0，﹣2，0，2，0；
∵2022÷6＝337，
∴经过第2022次运动后，动点P的纵坐标是0，
故选：D．
【点评】本题考查了规律型点的坐标，数形结合并从图象中发现循环规律：纵坐标每6次运动组成一个循环是解题的关键．
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•景县期末）截止2021年10月20日，电影《长津湖》的累计票房达到大约50.36亿元，数据50.36亿用科学记数法表示为 5.036×109 ．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【分析】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．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：50.36亿＝5036000000＝5.036×109．
故答案为：5.036×109．
【点评】此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．
12．（3分）（2022春•亭湖区校级月考）如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F．若∠ABC＝120°，AB＝4，则PE﹣PF＝ 2 ．
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】设AC交BD于O，根据已知可得AC＝2，而PE﹣PF＝AP﹣CP＝（AP﹣CP）＝AC，即可得到答案．
【解答】解：设AC交BD于O，如图：
∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝4，
∴∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAC＝∠DCA＝30°，AD＝AB＝4，BD⊥AC，
Rt△AOD中，OD＝AD＝2，OA＝＝＝2，
∴AC＝2OA＝4，
Rt△APE中，∠DAC＝30°，PE＝AP，
Rt△CPF中，∠PCF＝∠DCA＝30°，PF＝CP，
∴PE﹣PF＝AP﹣CP＝（AP﹣CP）＝AC，
∴PE﹣PF＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查菱形的性质及应用，解题的关键是求出AC，把PE﹣PF转化为AC．
13．（3分）（2021秋•大冶市期末）对于函数y＝，当函数值y＜﹣1时，x的取值范围是 ﹣3＜x＜0 ．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；反比例函数的性质．
【专题】反比例函数及其应用；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】先求出y＝﹣1时x的值，再由反比例函数的性质即可得出结论．
【解答】解：∵k＝3＞0，
∴函数y＝的图象在一、三象限，在每个象限，y随x的增大而减小，
∵当y＝﹣1时，x＝﹣3，
∴当函数值y＜﹣1时，﹣3＜x＜0．
故答案为：﹣3＜x＜0．
【点评】本题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数的增减性是解答此题的关键．
14．（3分）（2021秋•孟津县期末）当a＜0时，化简＝ ﹣ ．
【考点】二次根式的性质与化简．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】因为已知a＜0，根据二次根式的性质化简即可．
【解答】解：∵a＜0，
∴＝＝﹣．
故选：﹣．
【点评】本题考查了二次根式的性质，能根据性质得出原式＝﹣是解此题的关键．
15．（3分）（2021秋•长垣市期末）分解因式：2x3+4x2+2x＝ 2x（x+1）2 ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】因式分解；运算能力．
【分析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：原式＝2x（x2+2x+1）
＝2x（x+1）2．
故答案为：2x（x+1）2．
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
16．（3分）（2022•南关区校级一模）在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+mx+3过点（4，3），着当0≤x≤a时，y有最大值7，最小值3，则a的取值范围是 2≤a≤4 ．
【考点】二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【分析】先求得抛物线的解析式，根据二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征即可得到a的取值范围．
【解答】解：∵二次函数y＝﹣x2+mx+3过点（4，3），
∴3＝﹣16+4m+3，
∴m＝4，
∴y＝﹣x2+4x+3，
∵y＝﹣x2+4x+3＝﹣（x﹣2）2+7，
∴抛物线开口向下，对称轴是x＝2，顶点为（2，7），函数有最大值7，
把y＝3代入y＝﹣x2+4x+3得3＝﹣x2+4x+3，解得x＝0或x＝4，
∵当0≤x≤a时，y有最大值7，最小值3，
∴2≤a≤4．
故答案为：2≤a≤4．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
17．（3分）（2021秋•新郑市期末）不等式组的解集为 ≤x＜4 ．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】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、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式2x≥8﹣x，得x≥，
解不等式x+2＞2（x﹣1），得x＜4，
则不等式组的解集为≤x＜4，
故答案为：≤x＜4．
【点评】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．（3分）（2021秋•桓台县期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AB＝2，BC＝3，∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积是 ．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】作AM⊥BC于M，如图所示：根据直角三角形的性质得到BM＝AB＝×2＝1，根据勾股定理得到AM＝＝＝，得到S平行四边形ABCD＝BC•AM＝3，根据平行四边形的性质得到AD∥BC，BO＝DO，根据全等三角形的性质得到S△BOE＝S△DOF，于是得到结论．
【解答】解：作AM⊥BC于M，如图所示：
则∠AMB＝90°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BAM＝30°，
∴BM＝AB＝×2＝1，
在Rt△ABM中，AB2＝AM2+BM2，
∴AM＝＝＝，
∴S平行四边形ABCD＝BC•AM＝3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，BO＝DO，
∴∠OBE＝∠ODF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴S△BOE＝S△DOF，
∴图中阴影部分的面积＝▱ABCD的面积＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、三角形与四边形的面积关系，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
19．（3分）（2021秋•龙江县校级期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为（1，1），是以点B为圆心，BA为半径的圆弧；是以点O为圆心，OA1为半径的圆弧，是以点C为圆心，CA2为半径的圆弧，是以点A为圆心，AA3为半径的圆弧，继续以点B、O、C、A为圆心按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5…称为正方形的“渐开线”，那么点A2021的坐标是 （2022，0） ．
【考点】弧长的计算；规律型：点的坐标．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】根据题意分别写出A1…A8的坐标，根据规律解答．
【解答】解：观察，找规律：A（1，1），A1（2，0），A2（0，﹣2），A3（﹣3，1），A4（1，5），A5（6，0），A6（0，﹣6），A7（﹣7，1），A8（1，9）…，
∴A4n＝（1，4n+1），A4n+1＝（4n+2，0），A4n+2＝（0，﹣（4n+2）），A4n+3＝（﹣（4n+3），1）．
∵2021＝505×4+1，
∴A2021的坐标为（2022，0）．
故答案为：（2022，0）．
【点评】本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是根据题意找出“A4n（1，4n+1），A4n+1（4n+2，0），A4n+2（0，﹣（4n+2）），A4n+3（﹣（4n+3），1）”这一规律，解决该题型题目时，结合画弧的方法以及部分点的坐标寻找出来点的排布规律是关键．
20．（3分）（2021秋•溧阳市期末）如图，在边长1正网格中，A、B、C都在网格线上，AB与CD相交于点D，则sin∠ADC＝ ．
【考点】解直角三角形．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】要求sin∠ADC的值，可以转化为和它相等的角，所以想到延长CD到点E，连接BE，然后证明△DEB是直角三角形，求出sin∠EDB的值即可．
【解答】解：如图，延长CD到点E，连接BE，
由题意得：
DE2＝12+12＝2，
EB2＝22+22＝8，
BD2＝12+32＝10，
∴DE2+EB2＝BD2，
∴△DEB是直角三角形，
∴sin∠EDB＝＝＝，
∵∠ADC＝∠EDB，
∴sin∠ADC＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线，是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2021秋•思明区校级期末）先化简，再求值：，其中x＝2+．
【考点】分式的化简求值．
【专题】计算题；分式；运算能力．
【分析】先将小括号内的式子进行通分计算，然后再算括号外面的乘法，最后代入求值．
【解答】解：原式＝[]
＝
＝
＝，
当x＝2+时，
原式＝＝＝2+1．
【点评】本题考查分式的化简求值，分母有理化计算，理解二次根式的性质，掌握分式混合运算的运算顺序（先算乘方，然后算乘除，最后算加减，有小括号先算小括号里面的）和计算法则是解题关键．
22．（7分）（2022春•浦北县校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，BC＝6，CD＝4，求AB的长．
【考点】勾股定理；含30度角的直角三角形．
【专题】计算题．
【分析】延长AD，BC，交于点E，在直角三角形ABE中，由A的度数求出E的度数，在直角三角形DCE中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出CE的长，由BC+CE求出BE的长，在直角三角形ABE中，设AB＝x，则AE＝2x，根据勾股定理求出x的值，即为AB的长．
【解答】解：延长AD，BC，交于点E，
在Rt△ABC中，∠A＝60°，BC＝6，
∴∠E＝30°，
在Rt△CDE中，CD＝4，
∴CE＝2CD＝8，BE＝BC+CE＝6+8＝14，
设AB＝x，则有AE＝2x，
根据勾股定理得：x2+142＝（2x）2，
解得：x＝，
则AB＝．
【点评】此题考查了勾股定理，以及含30度直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
23．（8分）（2021春•越城区校级期中）某商贸公司10名销售员3月份完成的销售额情况如下表：
销售额（万元）
3
4
5
6
7
8
16
销售员人数
1
1
3
2
1
1
1
（1）销售额的中位数是 5.5 万元，众数 5 万元，平均每人完成的销售额 6.5 万元．
（2）其中有位销售员甲3月份的销售额是8万元，计划到5月份增长到12.5万元，求每月的平均增长率．
【考点】一元二次方程的应用；中位数；众数．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【分析】（1）根据中位数以及众数的定义，可找出该组数据的中位数及众数，再利用平均每人完成的销售额＝销售总额÷人数，即可求出平均每人完成的销售额；
（2）设每月的平均增长率为x，利用5月份的销售额＝3月份的销售额×（1+每月的平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】解：（1）销售额的中位数是＝5.5（万元），众数为5万元，
平均销售额为（3×1+4×1+5×3+6×2+7×1+8×1+16×1）÷（1+1+3+2+1+1+1）＝6.5（万元）．
故答案为：5.5；5；6.5．
（2）设每月的平均增长率为x，
依题意得：8（1+x）2＝12.5，
解得：x1＝0.25＝25%，x2＝﹣2.25（不合题意，舍去）．
答：每月的平均增长率为25%．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用、中位数以及众数，解题的关键是：（1）牢记中位数及众数的定义；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
24．（8分）（2021秋•丰润区期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，E是BC上一点，BE＝CD，EF∥AD交AB于点F，交CA的延长线于点P，CH∥AB交AD的延长线于点H．
（1）求证：△APF是等腰三角形；
（2）试在图中找出一对全等的三角形，并给予证明．
【考点】全等三角形的判定；等腰三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等可得∠1＝∠4，同位角相等可得∠2＝∠P，再根据角平分线的定义可得∠1＝∠2，然后求出∠4＝∠P，根据等角对等边的性质即可得证；
（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠5＝∠B，再求出∠H＝∠1＝∠3，然后利用“AAS”证明△BEF和△CDH全等．
【解答】（1）证明：如图．
∵EF∥AD，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠P，
∵AD平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∴∠4＝∠P，
∴AF＝AP，
即△APF是等腰三角形；
（2）解：△BEF≌△CDH．理由如下：
∵CH∥AB，
∴∠5＝∠B，∠H＝∠1，
∵EF∥AD，
∴∠1＝∠3，
∴∠H＝∠3，
在△BEF和△CDH中，
，
∴△BEF≌△CDH（AAS）．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，以及平行线的性质，题目较为复杂，熟记性质与判定是解题的关键．
25．（10分）某商场对顾客购物实行优惠，规定：
（1）一次购物不超过100元不优惠；
（2）一次购物超过100元但不超过300元，按标价的九折优惠；
（3）一次超过300元的，300元内的部分按（2）优惠，超过300元的部分按八折优惠．老王第一次去购物享受了九折优惠，第二次去购物享受了八折优惠．商场告诉他：如果他一次性购买同样多的商品还可少花19元；如果商品不打折，他将比现在多花67元钱．问老王第一次购物、第二次购物实际各支付了多少钱？
【考点】二元一次方程组的应用．
【专题】销售问题．
【分析】可以分别设第一次和第二次购物的标价为未知数，根据“他一次性购买同样多的商品还可少花19元；如果商品不打折，他将比现在多花67元钱”可列出两个关于未知数的方程，再根据“老王第一次去购物享受了九折优惠，第二次去购物享受了八折优惠”即可得老王第一次购物、第二次购物实际各支付的钱数．
【解答】解：设老王第一次购物的标价为x元，实际支付0.9x元，第二次购物的标价为y元，实际支付300×0.9+（y﹣300）×0.8元，（4分）
依题意，得
[0.9x+（y﹣300）×0.8+300×0.9]﹣[300×0.9+（x+y﹣300）×0.8]＝19①
（x+y）﹣[0.9x+（y﹣300）×0.8+300×0.9]＝67 ②（8分）
由①得，0.1x＝19，x＝190（元）；（12分）
由②得，0.1x+0.2y＝97，
将x代入，得y＝390（元）．
故第一次支付0.9×190＝171（元），第二次支付270+（390﹣300）×0.8＝342（元）．
答：老王第一次支付了171元，第二次支付了342元．（16分）
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程组，再求解．
26．（10分）（2021秋•巴彦县期末）如图1，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，过点A作AB的垂线交BC延长线于点D．
（1）求证：∠BAC＝∠D；
（2）如图2，过点C作⊙O的切线CE交AD于点E，求证：AD＝2CE；
（3）如图3，若点F为直径AB下方半圆的中点，连接CF交AB于点G，且CE＝1.5，AG＝2OG，求CF的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由∠BAD＝∠ACB＝90°得∠BAC+∠B＝∠D+∠B＝90°，进而命题得证；
（2）根据切线长定理，EA＝EC，从而∠EAC＝∠ACE，进而证得∠D＝∠ECD，进一步命题得证；
（3）设OG＝a，则AG＝2a，OF＝OB＝OA＝3a，AB＝6a，可求得FG，可证△ACG∽△BFG，求得CG，证明△FOG∽△CHG，从而表示出CH＝，HG＝，进而求得BH，根据△BHC∽△BAD，求得a＝1，进而求得结果．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠B＝90°，
∵AD⊥AB，
∴∠BAD＝90°，
∴∠D+∠B＝90°，
∴∠BAC＝∠D；
（2）证明：∵AD⊥AB，AB是直径，
∴AD是⊙O的切线，
∵EC是⊙O的切线，
∴EA＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠ACD＝90°，
∴∠D+∠EAC＝90°，∠D+∠ACE＝90°，
∴∠D＝∠ECD，
∴ED＝EC，
∴AD＝2EC；
（3）解：如图，
连接OF，作CH⊥AB于H，
设OG＝a，则AG＝2a，OF＝OB＝OA＝3a，AB＝6a，
∵点F是的中点，
∴∠AOF＝90°，
∴FG＝＝a，
∵＝，
∴∠ACF＝∠ABF，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴△ACG∽△BFG，
∴＝，
∴＝，
∴CG＝a，
∵∠CHG＝∠GOF＝90°，∠CGH＝∠OGF，
∴△FOG∽△CHG，
∴＝＝＝，
∴＝＝，
∴CH＝，HG＝，
∴BH＝BG+HG＝4a+＝，
∵CH∥AD，
∴△BHC∽△BAD，
∴＝，
∵AD＝2CE＝3，
∴＝，
∴a＝1，
∴CF＝CG+FG＝+＝．
【点评】本题考查了直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理及其推论等知识，解决问题的关键是利用相似，需求复杂的数量关系．
27．（10分）（2022•永城市校级一模）我们不妨约定：对于某一自变量为x的函数，若当x＝m时，其函数值也为m，则称点（m，m）为此函数的“不动点”．如：反比例函数y＝有两个“不动点”，坐标分别为（1，1）和（﹣1，﹣1）．
（1）一次函数y＝3x﹣1的“不动点”坐标为 （，） ；
（2）若抛物线L：y＝ax2﹣2ax+2上只有一个“不动点”A．
①求抛物线L的解析式和这个“不动点”A的坐标；
②在平面直角坐标系xOy中，将抛物线L平移后，得到抛物线L′：y＝ax2﹣2ax+2+n（n≠0），抛物线L'与y轴交于点B，连接OA，AB，若抛物线L′的顶点落在△OAB内部（不含边界），请直接写出n的取值范围．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；二次函数图象及其性质；运算能力．
【分析】（1）由“不动点”的概念可得出答案；
（2）①由题意得出关于x的方程ax2﹣2ax+2＝x有两个相等的实数根，可求出a的值，解方程＝x可求出A点的坐标；
②先利用配方法求出二次函数的顶点坐标，利用待定系数法分别求出直线AB与直线OA的解析式，将顶点坐标的值分别代入两直线的解析式，求出n的取值范围；
【解答】解：（1）∵x＝m时，其函数值也为m，
∴m＝3m﹣1，
解得m＝，
∴一次函数y＝3x﹣1的“不动点”坐标为（，），
故答案为：（，）；
（2）①∵y＝ax2﹣2ax+2上只有一个“不动点”A，
∴关于x的方程ax2﹣2ax+2＝x有两个相等的实数根，
整理方程得ax2﹣（2a+1）x+2＝0，
∴△＝[﹣（2a+1）]2﹣8a＝0，
解得a＝，
∴抛物线L的解析式为y＝，
令＝x，
解得x1＝x2＝2，
∴“不动点”A的坐标为（2，2）．
②∵y＝x2﹣x+2＝（x﹣1）2+，
∴抛物线L的顶点的坐标为（1，）．
∴平移后的抛物线L′的顶点坐标为（1，+n），
设直线AB的解析式是y＝px+q，
∵A（2，2）、B（0，n+2），
∴，解之得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+n+2．
设直线OA的解析式是y＝kx，
∵直线OA经过A（2，2），
∴2k＝2，解之得：k＝1，
∴直线OA的解析式为y＝x．
当抛物线L′的顶点过直线AB时，
∴，
解得n＝1，
当抛物线L′的顶点过直线OA时，
∴1＝，
∴n＝﹣，
∵抛物线L′的顶点落在△OAB内部（不含边界），
∴﹣＜n＜1，
∴n的取值范围是﹣＜n＜1且n≠0．
【点评】此题是二次函数的综合题，涉及到待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，一元二次方程根的判别式，平移的性质等知识，利用方程思想是解题的关键．
2022年哈尔滨中考数学模拟试卷3
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋•西湖区期末）下列各组数中，互为相反数的是（ ）
A．6和﹣6 B．﹣6和 C．﹣6和 D．和6
2．（3分）（2021秋•西青区期末）下列计算结果正确的是（ ）
A．（a3）4＝a12 B．a3•a3＝a9
C．（﹣2a）2＝﹣4a2 D．（ab）2＝ab2
3．（3分）（2021秋•八公山区期末）下列图案是几种名车的标志，请你指出，在这几个图案中是轴对称图形的共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（3分）（2022•丘北县一模）如图所示的几何体是由一些小立方块搭成的，则这个几何体的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
5．（3分）（2021秋•莱芜区期末）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，∠ADC＝105°，则∠ABC＝（ ）
A．55° B．65° C．75° D．85°
6．（3分）（2022•南岗区校级模拟）方程﹣＝0的解为（ ）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝2 D．无解
7．（3分）（2021秋•巢湖市期末）如图，△ACB≌△A′CB'，∠BCB'＝30°，则∠ACA'的度数为（ ）
A．20° B．30° C．35° D．40°
8．（3分）（2021秋•漳州期末）投掷一枚质地均匀的正方体骰子一次，掷得“1”的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．（3分）（2021秋•山阴县期末）如图，直线a，b，c截直线e和f，a∥b∥c，，则下列结论中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．（3分）（2021秋•柯桥区期末）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），…，按这样的运动规律，第2022次运动后，动点P2022的坐标是（ ）
A．（2022，1） B．（2022，2） C．（2022，﹣2） D．（2022，0）
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•景县期末）截止2021年10月20日，电影《长津湖》的累计票房达到大约50.36亿元，数据50.36亿用科学记数法表示为 ．
12．（3分）（2022春•亭湖区校级月考）如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F．若∠ABC＝120°，AB＝4，则PE﹣PF＝ ．
13．（3分）（2021秋•大冶市期末）对于函数y＝，当函数值y＜﹣1时，x的取值范围是 ．
14．（3分）（2021秋•孟津县期末）当a＜0时，化简＝ ．
15．（3分）（2021秋•长垣市期末）分解因式：2x3+4x2+2x＝ ．
16．（3分）（2022•南关区校级一模）在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+mx+3过点（4，3），着当0≤x≤a时，y有最大值7，最小值3，则a的取值范围是 ．
17．（3分）（2021秋•新郑市期末）不等式组的解集为 ．
18．（3分）（2021秋•桓台县期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AB＝2，BC＝3，∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积是 ．
19．（3分）（2021秋•龙江县校级期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为（1，1），是以点B为圆心，BA为半径的圆弧；是以点O为圆心，OA1为半径的圆弧，是以点C为圆心，CA2为半径的圆弧，是以点A为圆心，AA3为半径的圆弧，继续以点B、O、C、A为圆心按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5…称为正方形的“渐开线”，那么点A2021的坐标是 ．
20．（3分）（2021秋•溧阳市期末）如图，在边长1正网格中，A、B、C都在网格线上，AB与CD相交于点D，则sin∠ADC＝ ．
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2021秋•思明区校级期末）先化简，再求值：，其中x＝2+．
22．（7分）（2022春•浦北县校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，BC＝6，CD＝4，求AB的长．
23．（8分）（2021春•越城区校级期中）某商贸公司10名销售员3月份完成的销售额情况如下表：
销售额（万元）
3
4
5
6
7
8
16
销售员人数
1
1
3
2
1
1
1
（1）销售额的中位数是 万元，众数 万元，平均每人完成的销售额 万元．
（2）其中有位销售员甲3月份的销售额是8万元，计划到5月份增长到12.5万元，求每月的平均增长率．
24．（8分）（2021秋•丰润区期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，E是BC上一点，BE＝CD，EF∥AD交AB于点F，交CA的延长线于点P，CH∥AB交AD的延长线于点H．
（1）求证：△APF是等腰三角形；
（2）试在图中找出一对全等的三角形，并给予证明．
25．（10分）某商场对顾客购物实行优惠，规定：
（1）一次购物不超过100元不优惠；
（2）一次购物超过100元但不超过300元，按标价的九折优惠；
（3）一次超过300元的，300元内的部分按（2）优惠，超过300元的部分按八折优惠．老王第一次去购物享受了九折优惠，第二次去购物享受了八折优惠．商场告诉他：如果他一次性购买同样多的商品还可少花19元；如果商品不打折，他将比现在多花67元钱．问老王第一次购物、第二次购物实际各支付了多少钱？
26．（10分）（2021秋•巴彦县期末）如图1，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，过点A作AB的垂线交BC延长线于点D．
（1）求证：∠BAC＝∠D；
（2）如图2，过点C作⊙O的切线CE交AD于点E，求证：AD＝2CE；
（3）如图3，若点F为直径AB下方半圆的中点，连接CF交AB于点G，且CE＝1.5，AG＝2OG，求CF的长．
27．（10分）（2022•永城市校级一模）我们不妨约定：对于某一自变量为x的函数，若当x＝m时，其函数值也为m，则称点（m，m）为此函数的“不动点”．如：反比例函数y＝有两个“不动点”，坐标分别为（1，1）和（﹣1，﹣1）．
（1）一次函数y＝3x﹣1的“不动点”坐标为 ；
（2）若抛物线L：y＝ax2﹣2ax+2上只有一个“不动点”A．
①求抛物线L的解析式和这个“不动点”A的坐标；
②在平面直角坐标系xOy中，将抛物线L平移后，得到抛物线L′：y＝ax2﹣2ax+2+n（n≠0），抛物线L'与y轴交于点B，连接OA，AB，若抛物线L′的顶点落在△OAB内部（不含边界），请直接写出n的取值范围．
2022年哈尔滨中考数学模拟试卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋•西湖区期末）下列各组数中，互为相反数的是（ ）
A．6和﹣6 B．﹣6和 C．﹣6和 D．和6
【考点】相反数．
【专题】实数；运算能力．
【分析】相反数定义：数值相反的两个数，其中一个数是另一个数的相反数．由此可求解．
【解答】解：A.6和﹣6互为相反数，符合题意；
B．﹣6和互为负倒数，不符合题意；
C．﹣6和﹣互为倒数，不符合题意；
D.6和互为倒数，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查相反数，熟练掌握相反数的定义是解题的关键．
2．（3分）（2021秋•西青区期末）下列计算结果正确的是（ ）
A．（a3）4＝a12 B．a3•a3＝a9
C．（﹣2a）2＝﹣4a2 D．（ab）2＝ab2
【考点】幂的乘方与积的乘方；同底数幂的乘法．
【专题】整式；运算能力．
【分析】根据幂的乘方、积的乘方、同底数幂的乘法即可求出答案．
【解答】解：A、原式＝a12，故A符合题意．
B、原式＝a6，故B不符合题意．
C、原式＝4a2，故C不符合题意．
D、原式＝a2b2，故D不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查幂的乘方、积的乘方、同底数幂的乘法，本题属于基础题型．
3．（3分）（2021秋•八公山区期末）下列图案是几种名车的标志，请你指出，在这几个图案中是轴对称图形的共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】轴对称图形．
【分析】关于某条直线对称的图形叫轴对称图形．绕一个点旋转180度后所得的图形与原图形完全重合的图形叫做中心对称图形．
【解答】解：第一个是中心对称图形，但不是轴对称图形，其它三个是轴对称图形．故选C．
【点评】轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4．（3分）（2022•丘北县一模）如图所示的几何体是由一些小立方块搭成的，则这个几何体的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】根据俯视图的定义，从上往下看到的几何图形是俯视图即可判断．
【解答】解：从几何体上面看，底层右边是一个小正方形，上层是两个小正方形．
故选：D．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的意义，掌握三视图的画法是得出正确答案的前提．
5．（3分）（2021秋•莱芜区期末）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，∠ADC＝105°，则∠ABC＝（ ）
A．55° B．65° C．75° D．85°
【考点】圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；几何直观．
【分析】连接BD，先根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，则可计算出∠BDC＝15°，然后根据圆周角定理得到∠CAB的度数进而求出答案．
【解答】解：连接BD，如图，
∵AB是半圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝105°﹣90°＝15°，
∴∠CAB＝∠BDC＝15°．
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝75°．
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
6．（3分）（2022•南岗区校级模拟）方程﹣＝0的解为（ ）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝2 D．无解
【考点】解分式方程；分式方程的解．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：2x﹣x+1＝0，
解得：x＝﹣1，
经检验x＝﹣1是分式方程的解，
故选：B．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
7．（3分）（2021秋•巢湖市期末）如图，△ACB≌△A′CB'，∠BCB'＝30°，则∠ACA'的度数为（ ）
A．20° B．30° C．35° D．40°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】根据全等三角形的性质得到∠ACB＝∠A′CB'，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵△ACB≌△A′CB'，
∴∠ACB＝∠A′CB'，
∴∠ACB﹣∠A′CB＝∠A′CB'﹣∠A′CB，
∴∠ACA'＝∠BCB'＝30°，
故选：B．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
8．（3分）（2021秋•漳州期末）投掷一枚质地均匀的正方体骰子一次，掷得“1”的概率是（ ）
A． B． C． D．
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【分析】用掷到点数是1的结果数除以所有可能的结果数即可．
【解答】解：投掷一枚质地均匀的正方体骰子共有6种等可能结果，其中向上一面的点数是1的只有1种结果，
所以向上一面的点数是1的概率为，
故选：B．
【点评】本题考查了概率公式．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
9．（3分）（2021秋•山阴县期末）如图，直线a，b，c截直线e和f，a∥b∥c，，则下列结论中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】图形的相似；推理能力．
【分析】根据平行线分线段成比例定理即可解答本题．
【解答】解：∵a∥b∥c，，
∴＝，
∴，，，故选项A正确，符合题意，选项B、D不正确，不符合题意；
连接AF，交BE于H，
∵BE∥CF，
∴△ABH∽△ACF，
∴，
，
∴选项C不正确，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
10．（3分）（2021秋•柯桥区期末）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），…，按这样的运动规律，第2022次运动后，动点P2022的坐标是（ ）
A．（2022，1） B．（2022，2） C．（2022，﹣2） D．（2022，0）
【考点】规律型：点的坐标．
【专题】规律型；平面直角坐标系；应用意识．
【分析】观察图象，结合第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），…，运动后的点的坐标特点，分别得出点P运动的横坐标和纵坐标的规律，再根据循环规律可得答案．
【解答】解：观察图象，动点P第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），第四次运动到P4（4，0），第五运动到P5（5，2），第六次运动到P6（6，0），…，结合运动后的点的坐标特点，
可知由图象可得纵坐标每6次运动组成一个循环：1，0，﹣2，0，2，0；
∵2022÷6＝337，
∴经过第2022次运动后，动点P的纵坐标是0，
故选：D．
【点评】本题考查了规律型点的坐标，数形结合并从图象中发现循环规律：纵坐标每6次运动组成一个循环是解题的关键．
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•景县期末）截止2021年10月20日，电影《长津湖》的累计票房达到大约50.36亿元，数据50.36亿用科学记数法表示为 5.036×109 ．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【分析】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．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：50.36亿＝5036000000＝5.036×109．
故答案为：5.036×109．
【点评】此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．
12．（3分）（2022春•亭湖区校级月考）如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F．若∠ABC＝120°，AB＝4，则PE﹣PF＝ 2 ．
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】设AC交BD于O，根据已知可得AC＝2，而PE﹣PF＝AP﹣CP＝（AP﹣CP）＝AC，即可得到答案．
【解答】解：设AC交BD于O，如图：
∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝4，
∴∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAC＝∠DCA＝30°，AD＝AB＝4，BD⊥AC，
Rt△AOD中，OD＝AD＝2，OA＝＝＝2，
∴AC＝2OA＝4，
Rt△APE中，∠DAC＝30°，PE＝AP，
Rt△CPF中，∠PCF＝∠DCA＝30°，PF＝CP，
∴PE﹣PF＝AP﹣CP＝（AP﹣CP）＝AC，
∴PE﹣PF＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查菱形的性质及应用，解题的关键是求出AC，把PE﹣PF转化为AC．
13．（3分）（2021秋•大冶市期末）对于函数y＝，当函数值y＜﹣1时，x的取值范围是 ﹣3＜x＜0 ．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；反比例函数的性质．
【专题】反比例函数及其应用；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】先求出y＝﹣1时x的值，再由反比例函数的性质即可得出结论．
【解答】解：∵k＝3＞0，
∴函数y＝的图象在一、三象限，在每个象限，y随x的增大而减小，
∵当y＝﹣1时，x＝﹣3，
∴当函数值y＜﹣1时，﹣3＜x＜0．
故答案为：﹣3＜x＜0．
【点评】本题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数的增减性是解答此题的关键．
14．（3分）（2021秋•孟津县期末）当a＜0时，化简＝ ﹣ ．
【考点】二次根式的性质与化简．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】因为已知a＜0，根据二次根式的性质化简即可．
【解答】解：∵a＜0，
∴＝＝﹣．
故选：﹣．
【点评】本题考查了二次根式的性质，能根据性质得出原式＝﹣是解此题的关键．
15．（3分）（2021秋•长垣市期末）分解因式：2x3+4x2+2x＝ 2x（x+1）2 ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】因式分解；运算能力．
【分析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：原式＝2x（x2+2x+1）
＝2x（x+1）2．
故答案为：2x（x+1）2．
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
16．（3分）（2022•南关区校级一模）在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+mx+3过点（4，3），着当0≤x≤a时，y有最大值7，最小值3，则a的取值范围是 2≤a≤4 ．
【考点】二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【分析】先求得抛物线的解析式，根据二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征即可得到a的取值范围．
【解答】解：∵二次函数y＝﹣x2+mx+3过点（4，3），
∴3＝﹣16+4m+3，
∴m＝4，
∴y＝﹣x2+4x+3，
∵y＝﹣x2+4x+3＝﹣（x﹣2）2+7，
∴抛物线开口向下，对称轴是x＝2，顶点为（2，7），函数有最大值7，
把y＝3代入y＝﹣x2+4x+3得3＝﹣x2+4x+3，解得x＝0或x＝4，
∵当0≤x≤a时，y有最大值7，最小值3，
∴2≤a≤4．
故答案为：2≤a≤4．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
17．（3分）（2021秋•新郑市期末）不等式组的解集为 ≤x＜4 ．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】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、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式2x≥8﹣x，得x≥，
解不等式x+2＞2（x﹣1），得x＜4，
则不等式组的解集为≤x＜4，
故答案为：≤x＜4．
【点评】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．（3分）（2021秋•桓台县期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AB＝2，BC＝3，∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积是 ．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】作AM⊥BC于M，如图所示：根据直角三角形的性质得到BM＝AB＝×2＝1，根据勾股定理得到AM＝＝＝，得到S平行四边形ABCD＝BC•AM＝3，根据平行四边形的性质得到AD∥BC，BO＝DO，根据全等三角形的性质得到S△BOE＝S△DOF，于是得到结论．
【解答】解：作AM⊥BC于M，如图所示：
则∠AMB＝90°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BAM＝30°，
∴BM＝AB＝×2＝1，
在Rt△ABM中，AB2＝AM2+BM2，
∴AM＝＝＝，
∴S平行四边形ABCD＝BC•AM＝3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，BO＝DO，
∴∠OBE＝∠ODF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴S△BOE＝S△DOF，
∴图中阴影部分的面积＝▱ABCD的面积＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、三角形与四边形的面积关系，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
19．（3分）（2021秋•龙江县校级期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为（1，1），是以点B为圆心，BA为半径的圆弧；是以点O为圆心，OA1为半径的圆弧，是以点C为圆心，CA2为半径的圆弧，是以点A为圆心，AA3为半径的圆弧，继续以点B、O、C、A为圆心按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5…称为正方形的“渐开线”，那么点A2021的坐标是 （2022，0） ．
【考点】弧长的计算；规律型：点的坐标．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】根据题意分别写出A1…A8的坐标，根据规律解答．
【解答】解：观察，找规律：A（1，1），A1（2，0），A2（0，﹣2），A3（﹣3，1），A4（1，5），A5（6，0），A6（0，﹣6），A7（﹣7，1），A8（1，9）…，
∴A4n＝（1，4n+1），A4n+1＝（4n+2，0），A4n+2＝（0，﹣（4n+2）），A4n+3＝（﹣（4n+3），1）．
∵2021＝505×4+1，
∴A2021的坐标为（2022，0）．
故答案为：（2022，0）．
【点评】本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是根据题意找出“A4n（1，4n+1），A4n+1（4n+2，0），A4n+2（0，﹣（4n+2）），A4n+3（﹣（4n+3），1）”这一规律，解决该题型题目时，结合画弧的方法以及部分点的坐标寻找出来点的排布规律是关键．
20．（3分）（2021秋•溧阳市期末）如图，在边长1正网格中，A、B、C都在网格线上，AB与CD相交于点D，则sin∠ADC＝ ．
【考点】解直角三角形．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】要求sin∠ADC的值，可以转化为和它相等的角，所以想到延长CD到点E，连接BE，然后证明△DEB是直角三角形，求出sin∠EDB的值即可．
【解答】解：如图，延长CD到点E，连接BE，
由题意得：
DE2＝12+12＝2，
EB2＝22+22＝8，
BD2＝12+32＝10，
∴DE2+EB2＝BD2，
∴△DEB是直角三角形，
∴sin∠EDB＝＝＝，
∵∠ADC＝∠EDB，
∴sin∠ADC＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线，是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（7分）（2021秋•思明区校级期末）先化简，再求值：，其中x＝2+．
【考点】分式的化简求值．
【专题】计算题；分式；运算能力．
【分析】先将小括号内的式子进行通分计算，然后再算括号外面的乘法，最后代入求值．
【解答】解：原式＝[]
＝
＝
＝，
当x＝2+时，
原式＝＝＝2+1．
【点评】本题考查分式的化简求值，分母有理化计算，理解二次根式的性质，掌握分式混合运算的运算顺序（先算乘方，然后算乘除，最后算加减，有小括号先算小括号里面的）和计算法则是解题关键．
22．（7分）（2022春•浦北县校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，BC＝6，CD＝4，求AB的长．
【考点】勾股定理；含30度角的直角三角形．
【专题】计算题．
【分析】延长AD，BC，交于点E，在直角三角形ABE中，由A的度数求出E的度数，在直角三角形DCE中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出CE的长，由BC+CE求出BE的长，在直角三角形ABE中，设AB＝x，则AE＝2x，根据勾股定理求出x的值，即为AB的长．
【解答】解：延长AD，BC，交于点E，
在Rt△ABC中，∠A＝60°，BC＝6，
∴∠E＝30°，
在Rt△CDE中，CD＝4，
∴CE＝2CD＝8，BE＝BC+CE＝6+8＝14，
设AB＝x，则有AE＝2x，
根据勾股定理得：x2+142＝（2x）2，
解得：x＝，
则AB＝．
【点评】此题考查了勾股定理，以及含30度直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
23．（8分）（2021春•越城区校级期中）某商贸公司10名销售员3月份完成的销售额情况如下表：
销售额（万元）
3
4
5
6
7
8
16
销售员人数
1
1
3
2
1
1
1
（1）销售额的中位数是 5.5 万元，众数 5 万元，平均每人完成的销售额 6.5 万元．
（2）其中有位销售员甲3月份的销售额是8万元，计划到5月份增长到12.5万元，求每月的平均增长率．
【考点】一元二次方程的应用；中位数；众数．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【分析】（1）根据中位数以及众数的定义，可找出该组数据的中位数及众数，再利用平均每人完成的销售额＝销售总额÷人数，即可求出平均每人完成的销售额；
（2）设每月的平均增长率为x，利用5月份的销售额＝3月份的销售额×（1+每月的平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】解：（1）销售额的中位数是＝5.5（万元），众数为5万元，
平均销售额为（3×1+4×1+5×3+6×2+7×1+8×1+16×1）÷（1+1+3+2+1+1+1）＝6.5（万元）．
故答案为：5.5；5；6.5．
（2）设每月的平均增长率为x，
依题意得：8（1+x）2＝12.5，
解得：x1＝0.25＝25%，x2＝﹣2.25（不合题意，舍去）．
答：每月的平均增长率为25%．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用、中位数以及众数，解题的关键是：（1）牢记中位数及众数的定义；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
24．（8分）（2021秋•丰润区期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，E是BC上一点，BE＝CD，EF∥AD交AB于点F，交CA的延长线于点P，CH∥AB交AD的延长线于点H．
（1）求证：△APF是等腰三角形；
（2）试在图中找出一对全等的三角形，并给予证明．
【考点】全等三角形的判定；等腰三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等可得∠1＝∠4，同位角相等可得∠2＝∠P，再根据角平分线的定义可得∠1＝∠2，然后求出∠4＝∠P，根据等角对等边的性质即可得证；
（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠5＝∠B，再求出∠H＝∠1＝∠3，然后利用“AAS”证明△BEF和△CDH全等．
【解答】（1）证明：如图．
∵EF∥AD，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠P，
∵AD平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∴∠4＝∠P，
∴AF＝AP，
即△APF是等腰三角形；
（2）解：△BEF≌△CDH．理由如下：
∵CH∥AB，
∴∠5＝∠B，∠H＝∠1，
∵EF∥AD，
∴∠1＝∠3，
∴∠H＝∠3，
在△BEF和△CDH中，
，
∴△BEF≌△CDH（AAS）．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，以及平行线的性质，题目较为复杂，熟记性质与判定是解题的关键．
25．（10分）某商场对顾客购物实行优惠，规定：
（1）一次购物不超过100元不优惠；
（2）一次购物超过100元但不超过300元，按标价的九折优惠；
（3）一次超过300元的，300元内的部分按（2）优惠，超过300元的部分按八折优惠．老王第一次去购物享受了九折优惠，第二次去购物享受了八折优惠．商场告诉他：如果他一次性购买同样多的商品还可少花19元；如果商品不打折，他将比现在多花67元钱．问老王第一次购物、第二次购物实际各支付了多少钱？
【考点】二元一次方程组的应用．
【专题】销售问题．
【分析】可以分别设第一次和第二次购物的标价为未知数，根据“他一次性购买同样多的商品还可少花19元；如果商品不打折，他将比现在多花67元钱”可列出两个关于未知数的方程，再根据“老王第一次去购物享受了九折优惠，第二次去购物享受了八折优惠”即可得老王第一次购物、第二次购物实际各支付的钱数．
【解答】解：设老王第一次购物的标价为x元，实际支付0.9x元，第二次购物的标价为y元，实际支付300×0.9+（y﹣300）×0.8元，（4分）
依题意，得
[0.9x+（y﹣300）×0.8+300×0.9]﹣[300×0.9+（x+y﹣300）×0.8]＝19①
（x+y）﹣[0.9x+（y﹣300）×0.8+300×0.9]＝67 ②（8分）
由①得，0.1x＝19，x＝190（元）；（12分）
由②得，0.1x+0.2y＝97，
将x代入，得y＝390（元）．
故第一次支付0.9×190＝171（元），第二次支付270+（390﹣300）×0.8＝342（元）．
答：老王第一次支付了171元，第二次支付了342元．（16分）
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程组，再求解．
26．（10分）（2021秋•巴彦县期末）如图1，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，过点A作AB的垂线交BC延长线于点D．
（1）求证：∠BAC＝∠D；
（2）如图2，过点C作⊙O的切线CE交AD于点E，求证：AD＝2CE；
（3）如图3，若点F为直径AB下方半圆的中点，连接CF交AB于点G，且CE＝1.5，AG＝2OG，求CF的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由∠BAD＝∠ACB＝90°得∠BAC+∠B＝∠D+∠B＝90°，进而命题得证；
（2）根据切线长定理，EA＝EC，从而∠EAC＝∠ACE，进而证得∠D＝∠ECD，进一步命题得证；
（3）设OG＝a，则AG＝2a，OF＝OB＝OA＝3a，AB＝6a，可求得FG，可证△ACG∽△BFG，求得CG，证明△FOG∽△CHG，从而表示出CH＝，HG＝，进而求得BH，根据△BHC∽△BAD，求得a＝1，进而求得结果．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠B＝90°，
∵AD⊥AB，
∴∠BAD＝90°，
∴∠D+∠B＝90°，
∴∠BAC＝∠D；
（2）证明：∵AD⊥AB，AB是直径，
∴AD是⊙O的切线，
∵EC是⊙O的切线，
∴EA＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠ACD＝90°，
∴∠D+∠EAC＝90°，∠D+∠ACE＝90°，
∴∠D＝∠ECD，
∴ED＝EC，
∴AD＝2EC；
（3）解：如图，
连接OF，作CH⊥AB于H，
设OG＝a，则AG＝2a，OF＝OB＝OA＝3a，AB＝6a，
∵点F是的中点，
∴∠AOF＝90°，
∴FG＝＝a，
∵＝，
∴∠ACF＝∠ABF，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴△ACG∽△BFG，
∴＝，
∴＝，
∴CG＝a，
∵∠CHG＝∠GOF＝90°，∠CGH＝∠OGF，
∴△FOG∽△CHG，
∴＝＝＝，
∴＝＝，
∴CH＝，HG＝，
∴BH＝BG+HG＝4a+＝，
∵CH∥AD，
∴△BHC∽△BAD，
∴＝，
∵AD＝2CE＝3，
∴＝，
∴a＝1，
∴CF＝CG+FG＝+＝．
【点评】本题考查了直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理及其推论等知识，解决问题的关键是利用相似，需求复杂的数量关系．
27．（10分）（2022•永城市校级一模）我们不妨约定：对于某一自变量为x的函数，若当x＝m时，其函数值也为m，则称点（m，m）为此函数的“不动点”．如：反比例函数y＝有两个“不动点”，坐标分别为（1，1）和（﹣1，﹣1）．
（1）一次函数y＝3x﹣1的“不动点”坐标为 （，） ；
（2）若抛物线L：y＝ax2﹣2ax+2上只有一个“不动点”A．
①求抛物线L的解析式和这个“不动点”A的坐标；
②在平面直角坐标系xOy中，将抛物线L平移后，得到抛物线L′：y＝ax2﹣2ax+2+n（n≠0），抛物线L'与y轴交于点B，连接OA，AB，若抛物线L′的顶点落在△OAB内部（不含边界），请直接写出n的取值范围．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；二次函数图象及其性质；运算能力．
【分析】（1）由“不动点”的概念可得出答案；
（2）①由题意得出关于x的方程ax2﹣2ax+2＝x有两个相等的实数根，可求出a的值，解方程＝x可求出A点的坐标；
②先利用配方法求出二次函数的顶点坐标，利用待定系数法分别求出直线AB与直线OA的解析式，将顶点坐标的值分别代入两直线的解析式，求出n的取值范围；
【解答】解：（1）∵x＝m时，其函数值也为m，
∴m＝3m﹣1，
解得m＝，
∴一次函数y＝3x﹣1的“不动点”坐标为（，），
故答案为：（，）；
（2）①∵y＝ax2﹣2ax+2上只有一个“不动点”A，
∴关于x的方程ax2﹣2ax+2＝x有两个相等的实数根，
整理方程得ax2﹣（2a+1）x+2＝0，
∴△＝[﹣（2a+1）]2﹣8a＝0，
解得a＝，
∴抛物线L的解析式为y＝，
令＝x，
解得x1＝x2＝2，
∴“不动点”A的坐标为（2，2）．
②∵y＝x2﹣x+2＝（x﹣1）2+，
∴抛物线L的顶点的坐标为（1，）．
∴平移后的抛物线L′的顶点坐标为（1，+n），
设直线AB的解析式是y＝px+q，
∵A（2，2）、B（0，n+2），
∴，解之得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+n+2．
设直线OA的解析式是y＝kx，
∵直线OA经过A（2，2），
∴2k＝2，解之得：k＝1，
∴直线OA的解析式为y＝x．
当抛物线L′的顶点过直线AB时，
∴，
解得n＝1，
当抛物线L′的顶点过直线OA时，
∴1＝，
∴n＝﹣，
∵抛物线L′的顶点落在△OAB内部（不含边界），
∴﹣＜n＜1，
∴n的取值范围是﹣＜n＜1且n≠0．
【点评】此题是二次函数的综合题，涉及到待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，一元二次方程根的判别式，平移的性质等知识，利用方程思想是解题的关键．
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