山东省菏泽市牡丹区2022年中考二模数学试题及答案

这是一份山东省菏泽市牡丹区2022年中考二模数学试题及答案，共25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。

 中考二模数学试题
一、单选题
1．在实数，-3，，中，最小的数是（　　）
A． B．-3 C． D．
2．下列图形是用数学家的名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示的是一个正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体，和“富”字一面相对面的字是（　　）

A．强 B．明 C．文 D．主
4．下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，将一块含有30°角的直角三角板的两个顶点放在矩形直尺的一组对边上．如果∠2=60°，那么∠1的度数为（　　）

A．60° B．50° C．40° D．30°
6．如图，已知▱AOBC的顶点O（0，0），A（﹣1，2），点B在x轴正半轴上按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OA，OB于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于 DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点F；③作射线OF，交边AC于点G，则点G的坐标为（　　）

A．（ ﹣1，2） B．（ ，2）
C．（3﹣ ，2） D．（ ﹣2，2）
7．如图是二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分，对称轴为 ，且经过点（2，0). 下列说法：①abc<0；②－2b+c=0；③4a+2b+c<0；④若 ， 是抛物线上的两点，则y1m(am+b) (其中m≠ )．其中说法正确的是（　　）

A．①②④⑤ B．①②④ C．①④⑤ D．③④⑤
8．如图，在正方形ABCD中，顶点，，点F是BC的中点，CD与y轴交于点E，AF与BE交于点G，将正方形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点G的坐标为（　　）

A． B． C． D．
二、填空题
9．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船顺利将三位宇航员送入太空，飞船平均飞行速度为每小时2844万米，用科学记数法表示2844万为　 　．
10．已知x＝2，x+y＝3，则x2y+xy2＝　 　．
11．满足不等式组的最小整数解是　 　．
12．对于实数a、b，定义一种新运算“ ”为： ，这里等式右边是实数运算．例如： ，则方程 的解是　 　．
13．如图，已知矩形ABCD与矩形EFGO是位似图形，点P是位似中心，若点B、F的坐标分别为、，则点P的坐标为　 　．

14．如图，点 是双曲线 在第二象限分支上的一个动点，连接 并延长交另一分支于点 ，以 为底作等腰 ，且 ，点 在第一象限，随着点 的运动点 的位置也不断变化，但点 始终在双曲线 上运动，则 的值为　 　.

三、解答题
15．计算：．
16． 先化简，再求值 ，其中 满足
17．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD，BC分别相交于点M，N．

（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．
18．某校计划购买一批篮球和足球，已知购买2个篮球和1个足球共需320元，购买3个篮球和2个足球共需540元．
（1）求每个篮球和每个足球的售价；
（2）如果学校计划购买这两种球共50个，总费用不超过5500元，那么最多可购买多少个足球？
19．为了丰富学生社会实践活动，学校组织学生到红色文化基地和人工智能科技馆参观学习．如图，学校在点处，位于学校的东北方向，位于学校南偏东方向，在的南偏西方向的处．求学校和红色文化基地之间的距离．

20．如图，在平面直角坐标系 中，一次函数 的图象经过点 ，与反比例函数 的图象交于 .

（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）设 是直线 上一点，过 作 轴，交反比例函数 的图象于点 ，若 为顶点的四边形为平行四边形，求点 的坐标.
21．为了庆祝建党100周年，歌颂党的光辉历史，育星中学举行了“童心向党·青春追梦”主题朗诵比赛.比赛结束后对参赛学生的成绩进行了统计，绘制出如下的统计图①和②.请根据相关信息解答下列问题：

（1）图①中m的值为　 　，这组比赛成绩数据的平均数是　 　，众数是　 　，中位数是　 　；
（2）学校决定从获得10分的1名男生和2名女生中任选两名学生参加区级比赛，请用列表法或画树状图法求选中一名男生一名女生的概率.
22．如图，AB是的直径，点C为上一点，PC切于点C，交PC的延长线于点E，AE交于点D，PC与AB的延长线相交于点P，连结AC、BC.

（1）求证：AC平分；
（2）若，，求AB的长.
23．
（1）问题发现
如图1，在Rt△ABC和Rt△CDE中，，，点D是线段AB上一动点，连接BE．填空：
①的值为　 　；
②的度数为　 　．
（2）类比探究
如图2，在Rt△ABC和Rt△CDE中，，，点D是线段AB上一动点，连接BE．请判断的值及的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
如图3，在（2）的条件下，取线段DE的中点M，连接BM、CM，若，则当△CBM是直角三角形时，求线段BE的长．
24．如图，开口向上的抛物线与x轴交于A（，0）、B（，0）两点，与y轴交于点C，且AC⊥BC，其中，是方程x2+3x﹣4＝0的两个根．

（1）求点C的坐标，并求出抛物线的表达式；
（2）垂直于线段BC的直线l交x轴于点D，交线段BC于点E，连接CD，求△CDE的面积的最大值及此时点D的坐标；
（3）在（2）的结论下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PDE是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：∵=3.14，
∴＜-3＜＜，
故答案为：D．

【分析】利用实数比较大小的方法求解即可。
2．【答案】B
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，A选项不符合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，B选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，C选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，D选项不符合题意.
故答案为：B.

【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，根据定义逐项进行分析即可．
3．【答案】C
【解析】【解答】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，和“富”字所在面相对的面上的字是“文”．
故答案为：C

【分析】根据正方体展开图的特征求解即可。
4．【答案】A
【解析】【解答】解：A．根据积的乘方运算与幂的乘方运算法则可知，故A符合题意；
B．根据同底数幂的乘法运算法则可知，故B选项不符合题意；
C．根据合并同类项的运算法则可知，故C选项不符合题意；
D．根据完全平方差公式可知，故D选项不符合题意；
故答案为：A．

【分析】利用幂的乘方、积的乘方、同底数幂的乘法、合并同类项和完全平方公式逐项判断即可。
5．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，
∵∠3=∠1+30°，
∵AB∥CD，
∴∠2=∠3=60°，
∴∠1=∠3﹣30°=60°﹣30°=30°．
故选D.
【分析】根据三角形外角性质可得∠3=30°+∠1，由于平行线的性质即可得到∠2=∠3=60°，即可解答．
6．【答案】A
【解析】【解答】解：∵▱AOBC的顶点O（0，0），A（-1，2），
∴AH=1，HO=2，
∴Rt△AOH中，AO= ，
由题可得，OF平分∠AOB，
∴∠AOG=∠EOG，
又∵AG∥OE，
∴∠AGO=∠EOG，
∴∠AGO=∠AOG，
∴AG=AO= ，
∴HG= -1，
∴G（ -1，2），AO，
故答案为：A．
【分析】根据平行四边形的性质及点O、A的坐标，可求出AH、HO的长，利用勾股定理求出AO的长，再由作图可知OF平分∠AOB，结合平行线的性质，证明∠AGO=∠AOG，利用等角对等边，可得出AG=AO，就可求出HG的长，继而得出点G的坐标。
7．【答案】A
【解析】【解答】解： 抛物线开口向下，
，
抛物线对称轴为直线 ，
，
抛物线与 轴的交点在 轴上方，
，
，所以①符合题意；
对称轴为 ，且经过点 ，
抛物线与 轴的另一个交点为 ，
，
，
，所以②符合题意；
抛物线经过点 ，
时， ，
，所以③不符合题意；
点 ， 离对称轴要比点 ， 离对称轴要远，
，所以④符合题意．
抛物线的对称轴为直线 ，
当 时， 有最大值，
（其中 ，
（其中 ，
，
，
，所以⑤符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据抛物线开口方向得到 ，根据抛物线的对称轴得 ，则 ，根据抛物线与 轴的交点在 轴上方得到 ，则 ，于是可对①进行判断；根据对称轴和一个与 轴的交点，求得另一个交点，由根与系数的关系即可得出 ，则得到 ，于是可对②进行判断；由于经过点 ，则得到 ，则可对③进行判断；通过点 ， 和点 ， 离对称轴的远近对④进行判断；根据抛物线的对称轴为直线 ，开口向下，得到当 时， 有最大值，所以 （其中 ，由 代入则可对⑤进行判断．
8．【答案】D
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°，
∵点F是BC的中点，CD与y轴交于点E，
∴CE=BF=5，
∴△ABF≌△BCE（SAS），
∴∠BAF=∠CBE，
∵∠BAF+∠BFA=90°，
∴∠FBG+∠BFG=90°，
∴∠BGF=90°，
∴BE⊥AF，
∵ ，
∴ ，
过G作GH⊥AB于H，

∴∠BHG=∠AGB=90°，
∵∠HBG=∠ABG，
∴△ABG∽△GBH，
∴ ，
∴BG2=BH•AB，
∴
，
∴G（3，4），
∵将正方形ABCD绕点O顺时针每次旋转90°，
∴第一次旋转90°后对应的G点的坐标为（4，-3），
第二次旋转90°后对应的G点的坐标为（-3，-4），
第三次旋转90°后对应的G点的坐标为（-4，3），
第四次旋转90°后对应的G点的坐标为（3，4），
…，
∵2022=4×505+2，
∴每4次一个循环，第2022次旋转结束时，相当于正方形ABCD绕点O顺时针旋转2次，
∴第2022次旋转结束时，点G的坐标为（-3，-4）．
故答案为：D．

【分析】先根据前几项的数据与序号的关系可得每4次一个循环，第2022次旋转结束时，相当于正方形ABCD绕点O顺时针旋转2次，再结合2022=4×505+2，可得第2022次旋转结束时，点G的坐标为（-3，-4）。
9．【答案】
【解析】【解答】解：2844万用科学记数法表示为．
故答案为：．

【分析】利用科学记数法的定义及书写要求求解即可。
10．【答案】6y
【解析】【解答】解：∵x＝2，x+y＝3，
∴原式＝xy（x+y）＝6y，
故答案为：6y

【分析】先将原式变形为xy（x+y），再将x＝2，x+y＝3代入计算即可。
11．【答案】0
【解析】【解答】解：，
解①得：x＞－1，
解②得：x≤3，
∴该不等式组的解集为－1＜x≤3，
∴该不等式组的整数解为0、1、2、3，
∴最小整数解为0，
故答案为：0．

【分析】利用不等式的性质及不等式组的解法求出解集即可。
12．【答案】
【解析】【解答】解：
∴方程为：
去分母得 ，
解得： ，
经检验， 是原方程的解，
故答案为：x=5．
【分析】根据题意求出，再解方程即可。
13．【答案】（0，）
【解析】【解答】解：∵点B、F的坐标分别为（4，3）、（-2，1），
∴EF=2，AB=4，AE=3-1=2，
∵矩形ABCD与矩形EFGO是位似图形，
∴EF∥AB，
∴△EPF∽△APB，
∴，即，
解得，EP=，
∴OP=1+=，
则点P的坐标为（0，），
故答案为：（0，）．

【分析】先证明△EPF∽△APB，可得，即，求出EP=，OP=1+=，即可得到点P的坐标。
14．【答案】2
【解析】【解答】解：作 轴于D， 轴于E，连接OC，如图，

过原点，
点A与点B关于原点对称，
，
为等腰三角形，
，
，
，
，
， ，
，
∽ ，
，
而 ，
，
即 ，
而 ，
.
【分析】作 轴于D， 轴于E，连接OC，如图，利用反比例函数的性质得到点A与点B关于原点对称，再根据等腰三角形的性质得 ， ，接着证明 ∽ ，根据相似三角形的性质得 ，利用k的几何意义得到 ，然后解绝对值方程可得到满足条件的k的值.
15．【答案】解：原式


【解析】【分析】先利用0指数幂、负指数幂、绝对值的性质和特殊角的三角函数值化简，再计算即可。
16．【答案】解：







原式
【解析】【分析】将括号内的减式分子、分母分别分解因式，然后约分化为最简形式，接着利用同分母分式加法法则计算括号内的加法，再计算括号外边分式的除法，将能分解因式的分子、分母分别分解因式，将除式的分子、分母交换位置将除法转变为乘法，约分化为最简形式，再整体代入即可算出答案。
17．【答案】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DMO=∠BNO，
∵MN是对角线BD的垂直平分线，
∴OB=OD，MN⊥BD，
在△MOD和△NOB中，，
∴△MOD≌△NOB（AAS），
∴OM=ON，
∵OB=OD，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∵MN⊥BD，
∴四边形BNDM是菱形；
（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD=24，MN=10，
∴BM=BN=DM=DN，OB=BD=12，OM=MN=5，
在Rt△BOM中，
由勾股定理得：，
∴四边形BNDM的周长为：4×13=52．
【解析】【分析】（1）先证明四边形BNDM是平行四边形，再结合MN⊥BD，可得四边形BNDM是菱形；
（2）先利用勾股定理求出MB的长，再利用菱形的性质可得四边形BNDM的周长为：4×13=52。
18．【答案】（1）解：设每个篮球和每个足球的售价分别为x元，y元，根据题意得： ，解得：
（2）解：设足球购买a个，则篮球购买（50﹣a）个，根据题意得：120a+100（50﹣a）≤5500，整理得：20a≤500，解得：a≤25．
答：最多可购买25个足球
【解析】【分析】（1）设每个篮球和每个足球的售价分别为x元，y元，根据购买2个篮球和1个足球共需320元，购买3个篮球和2个足球共需540元．列出方程组求解即可；
（2）设足球购买a个，则篮球购买（50﹣a）个，根据购买足球的费用与购买篮球的费用之和不超过5500元，列出不等式，求解即可得出答案。
19．【答案】解：如图，过作于．

依题意，得，，
∴，，
∴．
在中，，，
∴，
∴，
∴．
设，
在中，，，即，
∴．
∵，
∴，
解得，
∴．
∵，
∴．
答：学校和红色文化基地之间的距离为．
【解析】【分析】 过作于．在中证得，设，在中，， 利用三角函数表示出CD，由AD+CD=AC列出方程求解。
20．【答案】（1）∵一次函数y=x+b的图象经过点A（-2，0），
∴-2+b=0，得b=2.
∴一次函数的解析式为y=x+2，
∵一次函数的解析式为y=x+2与反比例函数y=(x>0)的图象交于B（a，4），
∴4=a+2，得a=2，
∴4=，得k=8，
即反比例函数解析式为：y=(x>0)；
（2）∵点A（-2，0），
∴OA=2，
设点M（m-2，m），点N（，m），
当MN∥AO且MN=AO时，四边形AOMN是平行四边形，
，
解得，m=或m=2+2，
∴点M的坐标为（2-2，2）或（2，2+2）
【解析】【分析】（1）根据点A的坐标求出一次函数解析式，再根据两图像交于点B，利用反比例函数解析式求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出反比例函数解析式即可。
（2）设出点M、N的坐标，根据当 且 时，四边形 是平行四边形，建立关于m的方程，根据m＞0，求出m的值，从而可得出点M的坐标，即可解答。
21．【答案】（1）28；8.2；9；8
（2）解：画树状图如下，

从1名男生和2名女生中任选两名学生参加区级比赛的所有情况共有6中，其中选中一名男生一名女生的情况有4种，
选中一名男生一名女生的概率为 .
【解析】【解答】解：(1)∵ ，
∴ ，
∴这组比赛成绩数据的平均数 =7×20%+6×8%+10×12%+9×32%+8×28%=8.2，
∵重复出现次数最多的数据是9分，
∴众数是9分，
∵一共统计参赛学生的成绩25人，参赛学生的成绩从小到大排序，中间位置 ，
第13位参赛学生的成绩是8分，
∴中位数为8分，
故答案为：28，8.2分，9分，8分；
【分析】(1)用1减去其他各分所占百分比，用加权平均数这组比赛成绩数据的平均数 =8.2，利用众数概念可求，利用中位数定义求即可；（2）画树状图，从1名男生和2名女生中任选两名学生参加区级比赛的所有情况共有6中，其中选中一名男生一名女生的情况有4种，利用概率公式求即可.
22．【答案】（1）证明：如图所示：连接OC.

∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥EP.
又∵AE⊥PC，
∴AE∥OC.
∴∠EAC=∠ACO.
又∵∠ACO=∠OAC，
∴∠EAC=∠OAC.
∴AC平分∠BAD；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°.
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠ABC.
∵∠PCB+∠OCB=90°，
∴∠PCB=∠PAC.
∵∠P=∠P，
∴△PCA∽△PBC，
∴，
∴PA==16.
∴AB=PA-PB=16-4=12.
【解析】【分析】（1）连接OC，由切线的性质得OC⊥EP，推出AE∥OC，由平行线性质得∠EAC=∠ACO，根据等腰三角形的性质可得∠ACO=∠OAC，则∠EAC=∠OAC，然后根据角平分线的判定进行证明；
（2）根据圆周角定理可得∠ACB=90°，根据等腰三角形的性质可得∠OCB=∠ABC，结合等角的余角相等可得∠PCB=∠PAC，证明△PCA∽△PBC，根据相似三角形的性质求出PA，然后根据AB=PA-PB进行计算.
23．【答案】（1）1；90°
（2）解：，∠DBE=90°．理由为：
∵在Rt△ABC和Rt△CDE中，，，
∴∠ABC=∠CED=30°，∠BCE=∠ACD，
∴BC=AC，CE=CD，
∴，又∠BCE=∠ACD，
∴△BCE∽△ACD，
∴，∠CBE=∠CAB=60°，
∴∠DBE=∠ABC+∠CBE=30°+60°=90°；
（3）解：由（2）知：∠DBE=∠DCE=90°，BE=AD，
∵AC=2，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴AB=2AC=4，BC=AC=2，
∵点M为DE的中点，∠DBE=∠DCE=90°，
∴CM=BM=DE，
∴△CBM是等腰直角三角形，
∴BC=BM=2，解得：BM=，
∴DE=2BM=2，
在Rt△DBE中，DB=4-AD，BE=AD，
由勾股定理得：（2）2=（4-AD）2+（）2，
解得：AD=+1或AD=－+1(舍去)，
∴BE=AD=3+．
【解析】【解答】解：(1)∵在Rt△ABC和Rt△CDE中，，，
∴∠ABC=∠CED=45°，∠ACD=∠BCE，
∴CA=CB，CD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠CAB=∠CBE=45°，
∴=1，∠DBE=∠ABC+∠CBE=45°+45°=90°，
故答案为：①1；②90°；

【分析】（1）先利用“SAS”证明△ACD≌△BCE可得AD=BE，∠CAB=∠CBE=45°，从而可得=1，∠DBE=∠ABC+∠CBE=45°+45°=90°；
（2）先证明△BCE∽△ACD，可得，∠CBE=∠CAB=60°，再利用角的运算可得∠DBE的度数；
（3）先证明△CBM是等腰直角三角形，再利用勾股定理可得（2）2=（4-AD）2+（）2，求出AD的长，即可得到BE=AD=3+。
24．【答案】（1）解：由x2+3x﹣4＝0得＝﹣4，＝1，
∴A（﹣4，0），B（1，0），
∴OA＝4，OB＝1，
∵AC⊥BC，
∴∠ACO＝90°﹣∠BCO＝∠OBC，
∵∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴，即，
∴OC＝2，
∴C（0，﹣2），
设抛物线解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），
将C（0，﹣2）代入得﹣2＝﹣4a，
∴a，
∴抛物线解析式为y（x+4）（x﹣1）x2x﹣2；
（2）解：如图：

由A（﹣4，0），B（1，0），C（0，﹣2）得：AB＝5，BC，AC＝2，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴△ABC∽△DBE，
∴，
设D（t，0），则BD＝1﹣t，
∴，
∴DE（1﹣t），BE（1﹣t），
∴S△BDEDE•BE（1﹣t）2，
而S△BDCBD•OC（1﹣t）×2＝1﹣t，
∴S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE＝1﹣t（1﹣t）2t2t（t）2，
∵0，
∴t时，S△CDE最大为，
此时D（，0）；
（3）解：存在，由yx2x﹣2知抛物线对称轴为直线x，
而D（，0），
∴D在对称轴上，
由（2）得DE[1﹣（）]，
当DE＝DP时，如图：

∴DP，
∴P（，）或（，），
当DE＝PE时，过E作EH⊥x轴于H，如图：

∵∠HDE＝∠EDB，∠DHE＝∠BED＝90°，
∴△DHE∽△DEB，
∴，即，
∴HE＝1，DH＝2，
∴E（，﹣1），
∵E在DP的垂直平分线上，
∴P（，﹣2），
当PD＝PE时，如图：

设P（，m），则m2＝（）2+（m+1）2，
解得m，
∴P（，），
综上所述，P的坐标为（，）或（，）或（，﹣2）或（，）．
【解析】【分析】（1）先利用△AOC∽△COB，可得，即，求出点C的坐标，再将点C的坐标代入y＝a（x+4）（x﹣1），求出a的值即可；
（2）利用割补法可得S△CDE＝S△BDC﹣S△BDE＝1﹣t（1﹣t）2t2t（t）2，再利用二次函数的性质求解即可；
（3）分三种情况：当DE＝DP时，当DE＝PE时，过E作EH⊥x轴于H，当PD＝PE时，并分别画出图象并求解即可。