2022年浙江省丽水市青田县中考数学二模试卷

这是一份2022年浙江省丽水市青田县中考数学二模试卷，共25页。试卷主要包含了5C．2，3D．3，2等内容，欢迎下载使用。

2022年浙江省丽水市青田县中考数学二模试卷
一 、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
的值等于（　　）
A． B．﹣ C．± D．
如图是由8个相同的小正方体组成的几何体，其主视图是（ ）

A． B．C．D．
下列运算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．（3a）3 ＝9a3
C．3a﹣2a＝1 D．（﹣2a2）3＝﹣8a6
如图，直线a，b被直线c所截，且a∥b，若∠1＝60°，则∠2的度数是（　　）

A．70° B．60° C．50° D．40°
下列命题正确的是（　　）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
若方程没有实数根，则的值可以是（ ）
A． B． C． D．
在某校开展的“书香校园”读书活动中，学校为了解八年级学生的读书情况，随机调查了八年级50名学生每学期每人读书的册数，绘制统计表如下：
册数
0
1
2
3
4
人数
4
12
16
17
1
则这50个样本数据的众数和中位数分别是（　　）
A．17，16 B．3，2.5 C．2，3 D．3，2
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以△ABC的一边为边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
如图，圆内接四边形ABCD的边AB过圆心O，过点C的切线与边AD所在直线垂直于点M，若∠ABC=55°，则∠ACD等于（　　）

A．20° B．35° C．40° D．55°
学校计划购买和两种品牌的足球，已知一个品牌足球元，一个品牌足球元．学校准备将元钱全部用于购买这两种足球（两种足球都买），该学校的购买方案共有（　　）
A．种 B．种 C．种 D．种
二 、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
因式分解：x2-y2=____．
按照如图的操作步骤，若输入x的值为2，则输出的值是　 　．（用科学计算器计算或笔算）

满足不等式组的整数解是 　 　．
若一个圆锥的底面半径为2，母线长为6，则该圆锥侧面展开图的圆心角是_________°．
如图，在中，过点C作，垂足为E，若，则的度数为____．

如图，四条直线l1：y1=x，l2：y2=x，l3：y3=﹣x，l4：y4=﹣x，OA1=1，过点A1作A1A2⊥x轴，交l1于点A2，再过点A2作A2A3⊥l1交l2于点A3，再过点A3作A3A4⊥l2交y轴于点A4…，则点A2017坐标为　 　．

三 、解答题（本题有8小题，第17～19题每题6分，第20，21题每题8分，第22，23题每题10分，第24题12分，共66分，各小题都必须写出解答过程）
解不等式组：，并把解集在数轴上表示出来．

（1）计算：；
（2）化简：．
为了弘扬荆州优秀传统文化，某中学举办了荆州文化知识大赛，其规则是：每位参赛选手回答100道选择题，答对一题得1分，不答或错答为得分、不扣分，赛后对全体参赛选手的答题情况进行了相关统计，整理并绘制成如下图表：
组别
分数段
频数（人）
频率
1
50≤x＜60
30
0.1
2
60≤x＜70
45
0.15
3
70≤x＜80
60
n
4
80≤x＜90
m
0.4
5
90≤x＜100
45
0.15
请根据以图表信息，解答下列问题：
（1）表中m=　　　　　　，n=　　　　　　；
（2）补全频数分布直方图；
（3）全体参赛选手成绩的中位数落在第几组；
（4）若得分在80分以上的选手可获奖，记者从所有参赛选手中随机采访1人，求这名选手恰好是获奖者的概率．

已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．
（1）如图1所示，易证：OH=AD且OH⊥AD（不需证明）
（2）将△COD绕点O旋转到图2，图3所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．

一辆汽车行驶时的耗油量为0.1升/千米，如图是油箱剩余油量y（升）关于加满油后已行驶的路程x（千米）的函数图象．
（1）根据图象，直接写出汽车行驶400千米时，油箱内的剩余油量，并计算加满油时油箱的油量；
（2）求y关于x的函数关系式，并计算该汽车在剩余油量5升时，已行驶的路程．

如图，AB是⊙O的一条弦，E是AB的中点，过点E作EC⊥OA于点C，过点B作⊙O的切线交CE的延长线于点D．
（1）求证：DB=DE；
（2）若AB=12，BD=5，求⊙O的半径．

（1）如图1，已知∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC=6，CD=CE，AE=3，∠CAE=45°，求AD的长．
（2）如图2，已知∠ACB=∠DCE=90°，∠ABC=∠CED=∠CAE=30°，AC=3，AE=8，求AD的长．

已知抛物线y=x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

答案解析
一 、选择题
【考点】算术平方根
【分析】根据算术平方根解答即可．
解：，
故选：A．
【点评】此题考查算术平方根，关键是熟记常见数的算术平方根．
【考点】简单组合体的三视图
【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．
解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层最左边两个小正方形，第三层最左边一个小正方形，
故选：A．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的视图是主视图．
【考点】同底数幂的乘法，积的乘方与幂的乘方，合并同类项
【分析】利用同底数幂的乘法法则、积的乘方运算法则、合并同类项法则分别进行计算即可．
解：A．a2•a3=a5，故原计算错误；
B、(3a)3 =27a3，故原计算错误；
C、3a﹣2a=a，故原计算错误；
D、(﹣2a2)3=﹣8a6，故原计算正确；
故选：D．
【点评】本题主要考查了同底数幂的乘法、积的乘方运算、合并同类项、幂的乘方运算，关键是掌握各计算法则．
【考点】平行线的性质．
【分析】根据平行线的性质可以得到∠1＝∠2，然后根据∠1的度数，即可得到∠2的度数．
解：∵a∥b，
∴∠1＝∠2，
∵∠1＝60°，
∴∠2＝60°，
故选：B．
【点评】本题考查平行线的性质，解答本题的关键是明确两直线平行，同位角相等．
【考点】命题与定理
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，A错误；
对角线相等的平行四边形是矩形，B错误；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C正确；
对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，D错误；
故选：C．
【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．
【考点】根的判别式
【分析】直接利用根的判别式进行判断，求出m的取值范围即可．
解：由题可知：“△＜0”，
∴,
∴,
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式，解决本题的关键是掌握当“△＜0”时，该方程无实数根，本题较基础，考查了学生对基础知识的理解与掌握．
【考点】众数；中位数．
【分析】根据众数和中位数的定义解答．
解：3本出现17次，出现次数最多，众数为3；
按照从小到大排列，第25和26个数据为2本，中位数为2；
故选D．
【点评】本题为统计题，考查众数与中位数的意义．将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数．如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．　
【考点】等腰三角形的判定与性质．
【分析】①以B为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点D，△BCD就是等腰三角形；
②以A为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点E，△ACE就是等腰三角形；
③以C为圆心，BC长为半径画弧，交AC于点F，△BCF就是等腰三角形；
④以C为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点K，△BCK就是等腰三角形；
⑤作AB的垂直平分线交AC于G，则△AGB是等腰三角形；
⑥作BC的垂直平分线交AB于I，则△BCI和△ACI是等腰三角形．
解：如图：


故选D．
【点评】 本题考查了等腰三角形的判定的应用，主要考查学生的理解能力和动手操作能力．
【考点】切线的性质；圆内接四边形的性质．
【分析】由圆内接四边形的性质求出∠ADC=180°﹣∠ABC=125°，由圆周角定理求出∠ACB=90°，得出∠BAC=35°，由弦切角定理得出∠MCA=∠ABC=55°，由三角形的外角性质得出∠DCM=∠ADC﹣∠AMC=35°，即可求出∠ACD的度数．
解：∵圆内接四边形ABCD的边AB过圆心O，
∴∠ADC+∠ABC=180°，∠ACB=90°，
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=125°，∠BAC=90°﹣∠ABC=35°，
∵过点C的切线与边AD所在直线垂直于点M，
∴∠MCA=∠ABC=55°，∠AMC=90°，
∵∠ADC=∠AMC+∠DCM，
∴∠DCM=∠ADC﹣∠AMC=35°，
∴∠ACD=∠MCA﹣∠DCM=55°﹣35°=20°；
故选：A．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、三角形的外角性质、弦切角定理等知识；熟练掌握圆内接四边形的性质和圆周角定理是解决问题的关键．
【考点】二元一次方程的应用
【分析】设购买品牌足球个，购买品牌足球个，根据总价单价数量，即可得出关于，的二元一次方程，结合，均为正整数即可求出结论．
解：设购买品牌足球个，购买品牌足球个，
依题意，得：，
．
，均为正整数，
，，，，
该学校共有种购买方案．
故选：B．
【点评】本题主要考查二元一次方程的解的问题，这类题往往涉及到方案的种类，是常考点.
二 、填空题
【考点】因式分解-运用公式法
【分析】直接利用平方差公式分解
解：x2－y2＝(x＋y)(x－y)．
故答案为(x＋y)(x－y)．
【点评】此题主要考查了利用公式法分解因式，熟练掌握平方差公式是解题关键．
【考点】有理数的混合运算
【分析】将x=2代入程序框图中计算即可得到结果．
解：将x=2代入得：3×（2）2﹣10=12﹣10=2．
故答案为：2．
【点评】此题考查了代数式求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【考点】一元一次不等式组的整数解．
【分析】按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
解：，
解不等式①得：x≤2.5，
解不等式②得：x＞1，
∴原不等式组的解集为：1＜x≤2.5，
∴该不等式组的整数解为：2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了一元一次不等式组的整数解，熟练掌握解一元一次不等式组是解题的关键．
【考点】圆锥的计算．
【分析】根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解
解：圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2=4π（cm），设圆心角的度数是n度．则=4π，解得：n=120．
故答案为120．
【点评】本题主要考查了圆锥的有关计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是 扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
【考点】平行四边形的性质，三角形的内角和定理
【分析】由平行四边形的性质得出∠B=∠EAD=40°，由角的互余关系得出∠BCE=90°-∠B即可．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠B=∠EAD=40°，
∵CE⊥AB，
∴∠BCE=90°-∠B=50°；
故答案为：50°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和三角形的内角和；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠B的度数是解决问题的关键．
【考点】规律型：点的坐标．一次函数的性质，特殊角的三角函数值
【分析】先利用各直线的解析式得到x轴、l1、l2、y轴、l3、l4依次相交为30的角，各点的位置是每12个一循环，由于2017=168×12+1，则可判定点A2017在x轴的正半轴上，再规律得到OA2016=（）2015，然后表示出点A2017坐标．
解：∵y1=x，l2：y2=x，l3：y3=﹣x，l4：y4=﹣x，
∴x轴、l1、l2、y轴、l3、l4依次相交为30的角，
∵2017=168×12+1，
∴点A2017在x轴的正半轴上，
∵OA2==，
OA3=（）2，
OA4=（）3，
…
OA2017=（）2016，
∴点A2017坐标为（（）2016，0）．
故答案为（（）2016，0）．
【点评】本题考查了规律型：点的坐标：解答此题的关键是利用三角函数确定各点到原点的距离和点的位置的循环规律．
三 、解答题
【考点】解一元一次不等式组，在数轴上表示解集

【分析】先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分就是不等式组的解集．
解：
解不等式①得：x＞﹣1，
解不等式②得：x≤3，
则不等式组的解集是：﹣1＜x≤3，
不等式组的解集在数轴上表示为：
【考点】分式的混合运算,零指数幂,负整数指数幂,二次根式的性质与化简,特殊角的三角函数值
【分析】（1）先算零指数幂，化简二次根式，锐角三角函数以及负整数指数幂，再算加减法即可求解；
（2）先算分式的加法，再把除法化为乘法，进行约分，即可求解．
解：（1）原式=
=
=-1；
（2）原式=
=
=．
【点评】本题主要考查实数的混合运算，分式的混合运算，熟练掌握负整数指数幂，零指数幂，二次根式的性质，锐角三角函数值以及分式的运算法则，是解题的关键．
【考点】频数分布直方图、频数分布表、中位数、概率公式
【分析】（1）根据表格可以求得全体参赛选手的人数，从而可以求得m的值，n的值；
（2）根据（1）中的m的值，可以将补全频数分布直方图；
（3）根据表格可以求得全体参赛选手成绩的中位数落在第几组；
（4）根据表格中的数据可以求得这名选手恰好是获奖者的概率．
解：（1）由表格可得，
全体参赛的选手人数有：30÷0.1=300，
则m=300×0.4=120，n=60÷300=0.2，
故答案为：120，0.2；
（2）补全的频数分布直方图如右图所示，
（3）∵35+45=75，75+60=135，135+120=255，
∴全体参赛选手成绩的中位数落在80≤x＜90这一组；
（4）由题意可得，
，
即这名选手恰好是获奖者的概率是0.55．

【点评】本题考查频数分布直方图、频数分布表、中位数、概率公式，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
【考点】旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理
【分析】（1）只要证明△AOD≌△BOC，即可解决问题；
（2）①如图2中，结论：OH=AD，OH⊥AD．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，由△BEO≌△ODA即可解决问题；
②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．由△BEO≌△ODA即可解决问题；
（1）证明：如图1中，

∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，
∴OC=OD，OA=OB，
∵在△AOD与△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴∠ADO=∠BCO，∠OAD=∠OBC，
∵点H为线段BC的中点，
∴OH=HB，
∴∠OBH=∠HOB=∠OAD，
又因为∠OAD+∠ADO=90°，
所以∠ADO+∠BOH=90°，
所以OH⊥AD
（2）解：①结论：OH=AD，OH⊥AD，如图2中，延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，

易证△BEO≌△ODA
∴OE=AD
∴OH=OE=AD
由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO
∴∠DAO+∠AOH=∠EOB+∠AOH=90°，
∴OH⊥AD．
②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．

易证△BEO≌△ODA
∴OE=AD
∴OH=OE=AD
由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO
∴∠DAO+∠AOF=∠EOB+∠AOG=90°，
∴∠AGO=90°
∴OH⊥AD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线、等腰直角三角形、三角形中位线定理、旋转的性质，此题综合性较强，适用于基础较好的学生．　
【考点】一次函数的应用
【分析】（1）由图象可知：汽车行驶400千米，剩余油量30升，行驶时的耗油量为0.1升/千米，则汽车行驶400千米，耗油400×0.1=40（升），故加满油时油箱的油量是40+30=70升．
（2）设y=kx+b（k≠0），把（0，70），（400，300）坐标代入可得：k=﹣0.1，b=70，求出解析式，当y=5 时，可得x=650．
解：（1）由图象可知：汽车行驶400千米，剩余油量30升，
∵行驶时的耗油量为0.1升/千米，则汽车行驶400千米，耗油400×0.1=40（升）
∴加满油时油箱的油量是40+30=70升．
（2）设y=kx+b（k≠0），
把（0，70），（400，30）坐标代入可得：k=﹣0.1，b=70
∴y=﹣0.1x+70，
当y=5 时，x=650
即已行驶的路程的为650千米．
【点评】该题是根据题意和函数图象来解决问题，考查学生的审题识图能力和待定系数法求解析式以及根根解析式求值．
【考点】切线的性质；勾股定理；垂径定理．
【分析】（1）欲证明DB=DE，只要证明∠DEB=∠DBE；
（2）作DF⊥AB于F，连接OE．只要证明∠AOE=∠DEF，可得sin∠DEF=sin∠AOE==，由此求出AE即可解决问题．
（1）证明：∵AO=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵BD是切线，
∴OB⊥BD，
∴∠OBD=90°，
∴∠OBE+∠EBD=90°，
∵EC⊥OA，
∴∠CAE+∠CEA=90°，
∵∠CEA=∠DEB，
∴∠EBD=∠BED，
∴DB=DE．
（2）作DF⊥AB于F，连接OE．
∵DB=DE，AE=EB=6，
∴EF=BE=3，OE⊥AB，
在Rt△EDF中，DE=BD=5，EF=3，
∴DF==4，
∵∠AOE+∠A=90°，∠DEF+∠A=90°，
∴∠AOE=∠DEF，
∴sin∠DEF=sin∠AOE==，
∵AE=6，
∴AO=．
∴⊙O的半径为．

【考点】相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．.
【分析】（1）连接BE，证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE，在Rt△BAE中，AB=6，AE=3，求出BE，得到答案；
（2）连接BE，证明△ACD∽△BCE，得到==，求出BE的长，得到AD的长．
解：（1）如图1，连接BE，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，
又∵AC=BC，DC=EC，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，
∵AC﹣BC=6，
∴AB=6，
∵∠BAC=∠CAE=45°，
∴∠BAE=90°，
在Rt△BAE中，AB=6，AE=3，
∴BE=9，
∴AD=9；
（2）如图2，连接BE，
在Rt△ACB中，∠ABC=∠CED=30°，
tan30°==，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠BCE=∠ACD，
∴△ACD∽△BCE，
∴==，
∵∠BAC=60°，∠CAE=30°，
∴∠BAE=90°，又AB=6，AE=8，
∴BE=10，
∴AD=．

【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握性质定理和判定定理是解题的关键，正确作出辅助线是重点．
【考点】二次函数综合题
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）令y=0求抛物线与x轴的交点C的坐标，作△POB和△PBC的高线，根据面积相等可得OE=CF，证明△OEG≌△CFG，则OG=CG=2，根据三角函数列式可得P的坐标，利用待定系数法求一次函数AP和BC的解析式，k相等则两直线平行；
（3）先利用概率的知识分析A，B，C，E中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与△ABE有可能相似，即△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，根据存在公共角∠BAE=∠BAC，可得△ABE∽△ACB，列比例式可得E的坐标，利用待定系数法求直线BE的解析式，与抛物线列方程组可得交点D的坐标；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，同理可得结论．
解：（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y=x2+bx+c中得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣4；
（2）当y=0时，x2﹣x﹣4=0，
解得：x=﹣2或4，
∴C（4，0），
如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G，
∵S△PBO=S△PBC，
∴，
∴OE=CF，
易得△OEG≌△CFG，
∴OG=CG=2，
设P（x，x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M，
tan∠PBM===，
∴BM=2PM，
∴4+x2﹣x﹣4=2x，
x2﹣6x=0，
x1=0（舍），x2=6，
∴P（6，8），
易得AP的解析式为：y=x+2，
BC的解析式为：y=x﹣4，
∴AP∥BC；
（3）以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形有△ABC、△ABE、△ACE、△BCE，四种，其中△ABE重合，不符合条件，△ACE不能构成三角形，
∴当△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，
∵∠BAE=∠BAC，∠ABE≠∠ABC，
∴∠ABE=∠ACB=45°，
∴△ABE∽△ACB，
∴，
∴，
∴AE=，OE=﹣2=
∴E（，0），
∵B（0，﹣4），
易得BE：y=3x﹣4，
则x2﹣x﹣4=3x﹣4，
x1=0（舍），x2=8，
∴D（8，20）；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，
∵∠BEA=∠BEC，
∴当∠ABE=∠BCE时，△ABE∽△BCE，
∴==，
设BE=2m，CE=4m，
Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2，
∴，
3m2﹣8m+8=0，
（m﹣2）（3m﹣2）=0，
m1=2，m2=，
∴OE=4m﹣4=12或，
∵OE=＜2，∠AEB是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4，
∴E（﹣12，0）；
同理得BE的解析式为：y=﹣x﹣4，
﹣x﹣4=x2﹣x﹣4，
x=或0（舍）
∴D（，﹣）；
综上，点D的坐标为（8，20）或（，﹣）．