浙江省2022年中考数学卷真题分题型分层汇编-04选择题（中档题）

这是一份浙江省2022年中考数学卷真题分题型分层汇编-04选择题（中档题），共20页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。

浙江省2022年中考数学卷真题分题型分层汇编-04选择题（中档题）
一、单选题
1． （2022·浙江杭州）某体育比赛的门票分A票和B票两种，A票每张x元，B票每张y元．已知10张A票的总价与19张B票的总价相差320元，则（       ）
A． B．
C． D．
2． （2022·浙江杭州）照相机成像应用了一个重要原理，用公式表示，其中f表示照相机镜头的焦距，u表示物体到镜头的距离，v表示胶片（像）到镜头的距离．已知f，v，则u＝（       ）
A． B． C． D．
3． （2022·浙江杭州）如图，CD⊥AB于点D，已知∠ABC是钝角，则（       ）

A．线段CD是ABC的AC边上的高线 B．线段CD是ABC的AB边上的高线
C．线段AD是ABC的BC边上的高线 D．线段AD是ABC的AC边上的高线
4． （2022·浙江杭州）如图，已知，点E在线段AD上（不与点A，点D重合），连接CE．若∠C＝20°，∠AEC＝50°，则∠A＝（       ）

A．10° B．20° C．30° D．40°
5． （2022·浙江丽水）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为，高为，则改建后门洞的圆弧长是（       ）


A． B． C． D．
6． （2022·浙江丽水）某校购买了一批篮球和足球．已知购买足球的数量是篮球的2倍，购买足球用了5000元，购买篮球用了4000元，篮球单价比足球贵30元．根据题意可列方程，则方程中x表示（       ）
A．足球的单价 B．篮球的单价 C．足球的数量 D．篮球的数量
7． （2022·浙江舟山）用尺规作一个角的角平分线，下列作法中错误的是（       ）
A． B．
C． D．
8． （2022·浙江金华）如图是一张矩形纸片，点E为中点，点F在上，把该纸片沿折叠，点A，B的对应点分别为与相交于点G，的延长线过点C．若，则的值为（       ）


A． B． C． D．
9． （2022·浙江金华）已知三角形的两边长分别为和，则第三边的长可以是（       ）
A． B． C． D．
10． （2022·浙江绍兴）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4
11． （2022·浙江湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（   ）

A． B．6 C． D．
12． （2022·浙江湖州）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（   ）

A．BD＝10 B．HG＝2 C． D．GF⊥BC
13． （2022·浙江嘉兴）已知点，在直线（k为常数，）上，若的最大值为9，则c的值为（       ）
A． B．2 C． D．1
14． （2022·浙江宁波）将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（       ）


A．正方形纸片的面积 B．四边形的面积 C．的面积 D．的面积
15． （2022·浙江宁波）如图，在中，D为斜边的中点，E为上一点，F为中点．若，，则的长为（       ）


A． B．3 C． D．4
16． （2022·浙江杭州）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC=θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为（       ）

A． B．
C． D．
17． （2022·浙江杭州）已知二次函数（a，b为常数）．命题①：该函数的图像经过点(1，0)；命题②：该函数的图像经过点(3，0)；命题③：该函数的图像与x轴的交点位于y轴的两侧；命题④：该函数的图像的对称轴为直线．如果这四个命题中只有一个命题是假命题，则这个假命题是（       ）
A．命题① B．命题② C．命题③ D．命题④
18． （2022·浙江丽水）如图，已知菱形的边长为4，E是的中点，平分交于点F，交于点G，若，则的长是（       ）

A．3 B． C． D．
19． （2022·浙江丽水）如图，在中，D，E，F分别是，，的中点．若，，则四边形的周长是（       ）


A．28 B．14 C．10 D．7
20． （2022·浙江温州）如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连结，作于点M，于点J，于点K，交于点L．若正方形与正方形的面积之比为5，，则的长为（       ）

A． B． C． D．

参考答案：
1． C
【解析】
根据题中数量关系列出方程即可解题；
【详解】
解：由10张A票的总价与19张B票的总价相差320元可知，
或，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查二元一次方程的应用，解题的关键在于能根据实际情况对题目全面分析．
2． C
【解析】
利用分式的基本性质，把等式恒等变形，用含f、v的代数式表示u．
【详解】
解：∵，
∴，即，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查分式的加、减法运算，关键是异分母通分，掌握通分法则．
3． B
【解析】
根据高线的定义注意判断即可．
【详解】
∵ 线段CD是ABC的AB边上的高线，
∴A错误，不符合题意；
∵ 线段CD是ABC的AB边上的高线，
∴B正确，符合题意；
∵ 线段AD是ACD的CD边上的高线，
∴C错误，不符合题意；
∵线段AD是ACD的CD边上的高线，
∴D错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题考查了三角形高线的理解，熟练掌握三角形高线的相关知识是解题的关键．
4． C
【解析】
根据三角形外角的性质、平行线的性质进行求解即可；
【详解】
解：∵∠C+∠D＝∠AEC，
∴∠D=∠AEC-∠C＝50°-20°=30°，
∵，
∴∠A＝∠D=30°，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查三角形外角的性质、平行线的性质，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键．
5． C
【解析】
利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得是等边三角形，得到，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为，利用弧长公式即可求解．
【详解】
如图，连接，，交于点，


∵ ，
∴是直径，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴门洞的圆弧所对的圆心角为 ，
∴改建后门洞的圆弧长是(m)，
故选：C
【点睛】
本题考查了弧长公式，矩形的性质以及勾股定理的应用，从实际问题转化为数学模型是解题的关键．
6． D
【解析】
由的含义表示的是篮球单价比足球贵30元，从而可以确定x的含义．
【详解】
解：由可得：
由表示的是足球的单价，而表示的是篮球的单价，
表示的是购买篮球的数量，
故选D
【点睛】
本题考查的是分式方程的应用，理解题意，理解方程中代数式的含义是解本题的关键．
7． D
【解析】
根据作图轨迹及角平分线的定义判断即可得出答案．
【详解】
A、如图，

由作图可知：，
又∵，
∴，
∴，
∴平分．
故A选项是在作角平分线，不符合题意；
B、如图，

由作图可知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵,，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴平分．
故B选项是在作角平分线，不符合题意；
C、如图，

由作图可知：，
∴,，
∴，
∴，
∴平分．
故C选项是在作角平分线，不符合题意；
D、如图，

由作图可知：，
又∵，
∴，
∴
故D选项不是在作角平分线，符合题意；
故选：D
【点睛】
本题考查了角平分线的作图，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
8． A
【解析】
令BF=2x，CG=3x，FG=y，易证，得出，进而得出y=3x，则AE=4x，AD=8x，过点E作EH⊥BC于点H，根据勾股定理得出EH=x，最后求出的值．
【详解】
解：过点E作EH⊥BC于点H，
又四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=∠D=∠BCD=90°，AD=BC，
∴四边形ABHE和四边形CDEH为矩形，
∴AB=EH，ED=CH，
∵，
∴令BF=2x，CG=3x，FG=y，则CF=3x+y，，，
由题意，得，
又为公共角，
∴，
∴，
则，
整理，得，
解得x=-y（舍去），y=3x，
∴AD=BC=5x+y=8x，EG=3x，HG=x，
在Rt△EGH中EH2+HG2=EG2，
则EH2+x2=(3x)2，
解得EH=x， EH=-x(舍)，
∴AB=x，
∴．
故选：A．


【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理求边长等知识，借助于相似三角形找到y=3x的关系式是解决问题的关键．
9． C
【解析】
先确定第三边的取值范围，后根据选项计算选择．
【详解】
设第三边的长为x，
∵ 角形的两边长分别为和，
∴3cm＜x＜13cm,
故选C．
【点睛】
本题考查了三角形三边关系定理，熟练确定第三边的范围是解题的关键．
10． C
【解析】
根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】




如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上的点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点睛】
本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
11． C
【解析】
根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，过点M、N作以点O为圆心，∠MON=90°的圆，则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求出．
【详解】
作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ=MN，以O为圆心，OM为半径作圆，如图，

因为OQ为MN垂直平分线且OQ=MN，所以OQ=MQ=NQ，
∴∠OMQ=∠ONQ=45°，
∴∠MON=90°，
所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°，
所以点P在圆O上，PM为圆O的弦，
通过图像可知，当点P在位置时，恰好过格点且经过圆心O，
所以此时最大，等于圆O的直径，
∵BM＝4，BN＝2，
∴，
∴MQ=OQ=，
∴OM=，
∴，
故选 C．
【点睛】
此题考查了圆的相关知识，熟练掌握同弧所对的圆周角相等、直径是圆上最大的弦，会灵活用已知圆心角和弦作圆是解题的关键．
12． D
【解析】
根据矩形的性质以及勾股定理即可判断A，根据折叠的性质即可求得，进而判断B，根据折叠的性质可得，进而判断C选项，根据勾股定理求得的长，根据平行线线段成比例，可判断D选项
【详解】
BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，


故A选项正确，
将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，
，
,

故B选项正确，
,

∴EG∥HF，
故C正确
设，则，
，


即

，同理可得
若
则
，
，
不平行，
即不垂直，
故D不正确．
故选D
【点睛】
本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，掌握以上知识是解题的关键．
13． B
【解析】
把代入后表示出，再根据最大值求出k，最后把代入即可．
【详解】
把代入得：
∴
∵的最大值为9
∴，且当时，有最大值，此时
解得
∴直线解析式为
把代入得
故选：B．
【点睛】
本题考查一次函数上点的特点、二次函数最值，解题的关键是根据的最大值为9求出k的值．
14． C
【解析】
设正方形纸片边长为x，小正方形EFGH边长为y，得到长方形的宽为x-y，用x、y表达出阴影部分的面积并化简，即得到关于x、y的已知条件，分别用x、y列出各选项中面积的表达式，判断根据已知条件能否求出，找到正确选项．
【详解】
根据题意可知，四边形EFGH是正方形，设正方形纸片边长为x，正方形EFGH边长为y，则长方形的宽为x-y，
所以图中阴影部分的面积=S正方形EFGH+2S△AEH+2S△DHG
=
=2xy，
所以根据题意，已知条件为xy的值，
A.正方形纸片的面积=x2，根据条件无法求出，不符合题意；
B.四边形EFGH的面积=y2， 根据条件无法求出，不符合题意；
C.的面积=，根据条件可以求出，符合题意；
D.的面积=，根据条件无法求出，不符合题意；
故选 C．
【点睛】
本题考查整式与图形的结合，熟练掌握正方形、长方形、三角形等各种形状的面积公式，能正确用字母列出各种图形的面积表达式是解题的关键．
15． D
【解析】
根据三角形中位线可以求得AE的长，再根据AE＝AD，可以得到AD的长，然后根据直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，可以求得BD的长．
【详解】
解：∵D为斜边AC的中点，F为CE中点，DF＝2，
∴AE＝2DF＝4，
∵AE＝AD，
∴AD＝4，
在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，
∴BD＝AC＝AD＝4，
故选：D．
【点睛】
本题考查直角三角线斜边上的中线和斜边的关系、三角形的中位线，解答本题的关键是求出AD的长．
16． D
【解析】
要使△ABC的面积S=BC•h的最大，则h要最大，当高经过圆心时最大．
【详解】
解：当△ABC的高AD经过圆的圆心时，此时△ABC的面积最大，
如图所示，

∵AD⊥BC，
∴BC=2BD，∠BOD=∠BAC=θ，
在Rt△BOD中，
sinθ= ，cosθ=，
∴BD=sinθ，OD=cosθ，
∴BC=2BD=2sinθ，
AD=AO+OD=1+cosθ，
∴S△ABC=AD•BC=•2sinθ（1+cosθ）=sinθ（1+cosθ）．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查锐角三角函数的应用与三角形面积的求法．
17． A
【解析】
根据对称轴为直线，确定a的值，根据图像经过点（3，0），判断方程的另一个根为x=-1，位于y轴的两侧，从而作出判断即可．
【详解】
假设抛物线的对称轴为直线，
则，
解得a= -2，
∵函数的图像经过点(3，0),
∴3a+b+9=0，
解得b=-3，
故抛物线的解析式为，
令y=0，得，
解得，
故抛物线与x轴的交点为（-1，0）和（3，0），
函数的图像与x轴的交点位于y轴的两侧；
故命题②，③，④都是正确，命题①错误，
故选A．
【点睛】
本题考查了待定系数法确定解析式，抛物线与x轴的交点，对称轴，熟练掌握待定系数法，抛物线与x轴的交点问题是解题的关键．
18． B
【解析】
过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，由题干所给条件可知，AG=FG，EG=GP，利用∠AGP=∠B可得到cos∠AGP=，即可得到FG的长；
【详解】
过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，

由题意可知，AB=BC=4，E是BC的中点，
∴BE=2，
又∵，
∴BH=1，即H是BE的中点，
∴AB=AE=4，
又∵AF是∠DAE的角平分线，AD∥FG，
∴∠FAG=∠AFG，即AG=FG，
又∵PF∥AD，AP∥DF，
∴PF=AD=4，
设FG=x，则AG=x，EG=PG=4-x，
∵PF∥BC，
∴∠AGP=∠AEB=∠B，
∴cos∠AGP===，
解得x=；
故选B．
【点睛】
本题考查菱形的性质、角平分线的性质、平行线的性质和解直角三角形，熟练掌握角平分线的性质和解直角三角形的方法是解决本题的关键．
19． B
【解析】
首先根据D，E，F分别是，，的中点，可判定四边形是平行四边形，再根据三角形中位线定理，即可求得四边形的周长．
【详解】
解：D，E，F分别是，，的中点，
、分别是的中位线，
，且，，
四边形是平行四边形，
，，
四边形的周长为：
，
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定及性质，三角形中位线定理，判定出四边形是平行四边形是解决本题的关键．
20． C
【解析】
设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，设正方形JKLM边长为m，根据正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，得AF=AB=m，证明△AFL≌△FGM（AAS），可得AL=FM，设AL=FM=x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2=（m）2，可解得x=m，有AL=FM=m，FL=2m，从而可得AP=，FP=m，BP=，即知P为AB中点，CP=AP=BP=，由△CPN∽△FPA，得CN=m，PN=m，即得AN=m，而tan∠BAC=，又△AEC∽△BCH，根据相似三角形的性质列出方程，解方程即可求解．
【详解】
解：设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，如图：

设正方形JKLM边长为m，
∴正方形JKLM面积为m2，
∵正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，
∴正方形ABGF的面积为5m2，
∴AF=AB=m，
由已知可得：∠AFL=90°-∠MFG=∠MGF，∠ALF=90°=∠FMG，AF=GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），
∴AL=FM，
设AL=FM=x，则FL=FM+ML=x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2=AF2，
∴x2+（x+m）2=（m）2，
解得x=m或x=-2m（舍去），
∴AL=FM=m，FL=2m，


AP=，

∴AP=BP，即P为AB中点，
∵∠ACB=90°，
∴CP=AP=BP=
∵∠CPN=∠APF，∠CNP=90°=∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
即
∴CN=m，PN=m，
∴AN=AP+PN=
tan∠BAC=，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，




故选：C．
【点睛】
本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是用含m的代数式表示相关线段的长度．