2022年长春市中考数学模拟试题（1）（解析版）

1、 21世纪教育网 精品试卷第 PAGE 2 页 （共 NUMPAGES 2 页）2022年长春市中考数学模拟试题（1）一选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1（3分）2的相反数是（）A2B2CD【答案】A【解析】2的相反数为2故选：A2（3分）根据世界卫生组织的统计，截止10月28日，全球新冠确诊病例累计超过4430万，用科学记数法表示这一数据是（）A4.43107B0.443108C44.3106D4.43108【答案】A【解析】4430万443000004.43107故选：A3（3分）一个几何体是由一些大小相同的小正方块摆成的，其俯视图与主视图如图所示，则组成这个几何体的小正方块最多

2、有（）A9个B10个C11个D12个【答案】C【解析】综合俯视图和主视图，这个几何体的底层最多有3+25个小正方体，第二层最多有3个小正方体，第三层最多有3个小正方体，因此组成这个几何体的小正方体最多有5+3+311（个），故选：C4（3分）下列一元二次方程中，有两个相等的实数根的是（）Ax22x0Bx2+4x4C2x24x+30D3x25x2【答案】B【解析】A（2）241040，则方程有两个不相等的实数根，所以A选项不符合题意；Bx2+4x+40，424140，则方程有两个相等的实数根，所以B选项符合题意；C（4）242380，则方程没有实数根，所以C选项不符合题意；D3x25x+20，（

3、5）243210，则方程有两个不相等的实数根，所以D选项不符合题意故选：B5（3分）图是第七届国际数学教育大会（ICME）会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图所示的四边形OABC若ABBC1，AOB，则tanBOC的值为（）.AsinBcosCtanD【答案】A【解析】ABBC1，在RtOAB中，sin，OB，在RtOBC中，tanBOCsin故选：A6（3分）如图，PA是O的切线，切点为A，OP4，APO30，则O的半径长为（）A1BC2D3【答案】C【解析】连接OA，如图，PA是O的切线，切点为A，OAPA，OAP90，APO30，OAOP42，即O的半径长为2

4、故选：C7（3分）已知：MON，如图，小静进行了以下作图：在MON的两边上分别截取OA，OB，使OAOB；分别以点A，B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；连接AC，BC，AB，OC若OC2，S四边形OACB4，则AB的长为（）A5B4C3D2【答案】B【解析】由作图可得，OAOBBCAC，四边形AOBC是菱形，S菱形AOBCOCAB，即4，解得AB4，故选：B8（3分）点（3，5）在反比例函数y（k0）的图象上，则下列各点在该函数图象上的是（）A（5，3）B（，3）C（5，3）D（，3）【答案】A【解析】点（3，5）在反比例函数y（k0）的图象上，k3515，A、5（3）15，此点在反比

5、例函数的图象上，故本选项符合题意；B、315，此点不在反比例函数的图象上，故本选项不合题意；C、5（3）1515，此点不在反比例函数的图象上，故本选项不合题意；D、315，此点不在反比例函数的图象上，故本选项不合题意故选：A二填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）9（3分）因式分解：a39ab2_【答案】a（a3b）（a+3b）【解析】a39ab2a（a29b2）a（a3b）（a+3b）10（3分）关于x的不等式组有且只有4个整数解，则常数m的取值范围是_【答案】2m【解析】，解不等式得：x1，解不等式得：xm+5，原不等式组的解集为1xm+5，由不等式组的整数解只有4个，得到整数解为1，

6、0，1，2，2m+53，2m11（3分）如图，直线ABCD，B50，D30，则E为_度【答案】20【解析】ABCD，B1，B50，150，1D+E，D30，E50302012（3分）如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB，AC夹角为150，AB的长为18cm，则弧BC的长为_cm【答案】15【解析】AB18cm，AB，AC夹角为150，弧BC的长为：15（cm），13（3分）如图，O为坐标原点，OAB是等腰直角三角形，OAB90，点B的坐标是（0，），将该三角形沿x轴向右平移得RtOAB，此时，点B的坐标为（，），则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为_【答案】1【解析】点B的坐标为（0

7、，），将该三角形沿x轴向右平移得到RtOAB，此时点B的坐标为（，），AABB，OAB是等腰直角三角形，A（，），AA对应的高，线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为114（3分）如图，正方形OABC的边长为，OC与y轴的正半轴的夹角为15，点B在抛物线yax2（a0）的图象上，则a的值为_【答案】【解析】如图，连接OB，四边形OABC是边长为的正方形，BOC45，OB2，过点B作BDy轴于D，OC与y轴正半轴的夹角为15，BOD45+1560，OBD30，ODOB1，BD，点B的坐标为（，1），点B在抛物线yax2（a0）的图象上，a（）21，解得a三解答题（共10小题，满分78分）15（

8、6分）先化简，再求值：（1）6x2y（2xy+y3）xy2，其中x2，y1；（2）（x+2y）（x2y）+（x2y）2（6x2y2xy2）（2y），其中x2，y【答案】见解析【解析】（1）6x2y（2xy+y3）xy2，（12x3y2+6x2y4）xy212x2+6xy2，当x2，y1时，原式1222+62（1）236；（2）（x+2y）（x2y）+（x2y）2（6x2y2xy2）（2y）x24y2+x24xy+4y23x2+xyx23xy，当x2，y时，原式（2）23（2）4+3116（6分）不透明的袋子中装有2个红球、1个白球，这些球除颜色外无其他差别（1）从袋子中随机摸出1个球，放回并摇

9、匀，再随机摸出1个球求两次摸出的球都是红球的概率（2）从袋子中随机摸出1个球，如果是红球，不放回再随机摸出1个球；如果是白球，放回并摇匀，再随机摸出1个球两次摸出的球都是白球的概率是_【答案】见解析【解析】（1）画树状图如图：共有9种等可能的结果，两次摸出的球都是红球的结果有4种，两次摸出的球都是红球的概率为；（2）由题意得：第一次摸出白球的概率为，第二次摸出白球的概率也为，两次摸出的球都是白球的概率为，故答案为：解法二：若第一次摸到红球，则两次摸出的球都是白球的概率为P0，若第一次摸到白球，则两次摸出的球都是白球的概率为P，所求概率为PP+P0+，故答案为：解法三：第一次取到白球的概率为，即

10、一个圆的，第二次再取到白球的概率是将上面的（扇形）再分为3等份，取到的白球的概率是的，即，两次摸出的球都是白球的概率为，故答案为：17（6分）某商店经销一种纪念品，11月份的营业额为2000元为扩大销售，12月份该商店对这种纪念品打九折销售，结果销售量增加20件，营业额增加700元（1）求这种纪念品11月份的销售单价；（2）11月份该商店销售这种商品_件；（3）若11月份销售这种纪念品获利800元，求12月份销售这种纪念品获利多少元？【答案】见解析【解析】（1）设这种纪念品11月份的销售单价为x元，则12月份的销售单价为0.9x元，依题意，得：20，解得：x50，经检验，x50是原方程的解，且

11、符合题意答：这种纪念品11月份的销售单价为50元（2）20005040（件）故答案为：40（3）11月份每件纪念品的利润为8004020（元），11月份每件纪念品的成本为502030（元），12月份每件纪念品的利润为500.93015（元），12月份的总利润为15（40+20）900（元）答：12月份销售这种纪念品获利900元18（7分）已知菱形ABCD中，AB8，点G是对角线BD上一点，CG交BA的延长线于点F（1）求证：CG2GEGF；（2）如果DGGB，且AGBF，求cosF【答案】见解析【解析】证明：四边形ABCD是菱形，CDAD，CDGADG，在ADG和CDG中，ADGCDG（SAS

12、），DAGDCG，CGAGBFCD，FDCGDAG，GAEGFA，AG2GEGF，CG2GEGF；（2）BFCD，DGGB，BF2CD16，AF8，ABDDAGF，DAGDBA，AD2DGBD，DG，BG，cosFcosABG19（7分）某校为了解全校学生到校上学的方式，在全校随机抽取了若干名学生进行问卷调查，问卷给出了四种上学方式供学生选择，每人只能选一项，且不能不选将调查得到的结果绘制成如图所示的扇形统计图和条形统计图根据以上信息，解答下列问题：（1）在这次调查中，一共抽取了多少名学生？（2）补全条形统计图；（3）如果全校有1200名学生，学校准备的400个自行车停车位是否够用？【答案】见

13、解析【解析】（1）3240%80（名），答：在这次调查中，一共抽取了80名学生；（2）8020%16（名），补全条形统计图如图所示：（3）801632824（名），1200360400，因此，准备的400个自行车停车位够用，20（7分）图、图、图都是55的网格，每个小正方形的顶点称为格点，ABC的顶点均在格点上，在图、图、图给定网格中，仅用无刻度的直尺，按下列要求完成画图，并保留作图痕迹（1）在图中边AB上找到格点D，并连接CD，使CD将ABC面积两等分；（2）在图中ABC的内部找到格点E，并连接BE、CE，使BCE是ABC面积的（3）在图中外部画一条直线l，使直线l上任意一点与B、C构成的三

14、角形的面积是ABC的【答案】见解析【解析】（1）如图，点D即为所求；（2）如图，点E即为所求；ABC面积为5410，BCE的面积为51，BCE是ABC面积的；（3）如图，直线l即为所求直线l上任意一点与B、C构成的三角形的面积为5，而10直线l上任意一点与B、C构成的三角形的面积是ABC的21（8分）快车和慢车分别从A市和B市两地同时出发，匀速行驶，先相向而行，慢车到达A市后停止行驶，快车到达B市后，立即按原路原速度返回A市（调头时间忽略不计），结果与慢车同时到达A市快、慢两车距B市的路程y1、y2（单位：km）与出发时间x（单位：h）之间的函数图象如图所示（1）A市和B市之间的路程是_km；

15、（2）求a的值，并解释图中点M的横坐标、纵坐标的实际意义；（3）快车与慢车迎面相遇以后，再经过多长时间两车相距20km？【答案】见解析【解析】（1）由图可知，A市和B市之间的路程是360km，故答案为：360；（2）根据题意可知快车速度是慢车速度的2倍，设慢车速度为x km/h，则快车速度为2x km/h， 2（x+2x）360，解得，x60260120，则a120，点M的横坐标、纵坐标的实际意义是两车出发2小时时，在距B市120 km处相遇；（3）快车速度为120 km/h，到达B市的时间为3601203（h），方法一：当0 x3时，y1120 x+360，当3x6时，y1120 x360，

16、y260 x，当0 x3时，y2y120，即60 x（120 x+360）20，解得，x，2，当3x6时，y2y120，即60 x（120 x360）20，解得，x，2，所以，快车与慢车迎面相遇以后，再经过或 h两车相距20 km方法二：设快车与慢车迎面相遇以后，再经过t h两车相距20 km，当0t3时，60t+120t20，解得，t；当3t6时，60（t+2）20120（t+2）360，解得，t所以，快车与慢车迎面相遇以后，再经过或 h两车相距20 km22（9分）如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE（1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量

17、关系是_；位置关系是_；（2）探究：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD2AB，AG2AE，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由；（3）应用：在（2）情况下，连接GE（点E在AB上方），若GEAB，且AB，AE1，求线段DG的长【答案】见解析【解析】（1）DGBE，DGBE，理由如下：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，AEAG，ABAD，BADEAG90，BAEDAG，ABEADG（SAS），BEDG；如图2，延长BE交AD于Q，交DG于H，ABEDAG，ABEADG，AQB+ABE90，AQB+ADG90，AQBDQH，DQH+ADG90，DHB90，BE

18、DG，故答案为：DGBE，DGBE；（2）DG2BE，BEDG，理由如下：如图3，延长BE交AD于K，交DG于H，四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，BADEAG，BAEDAG，AD2AB，AG2AE，ABEADG，ABEADG，DG2BE，AKB+ABE90，AKB+ADG90，AKBDKH，DKH+ADG90，DHB90，BEDG；（3）如图4，（为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形）设EG与AD的交点为M，EGAB，DMEDAB90，在RtAEG中，AE1，AG2AE2，根据勾股定理得：EG，AB，EGAB，EGAB，四边形ABEG是平行四边形，AGBE，AGEF，点B，E

19、，F在同一条直线上，如图5，AEB90，在RtABE中，根据勾股定理得，BE2，由（2）知，ABEADG，即，DG423（10分）如图，在ABC 与DEF中，ACBEDF90，BCAC，EDFD，点D在AB上（1）如图1，若点F在AC的延长线上，连接AE，探究线段AF、AE、AD之间的数量关系，并证明你的结论；（2）如图2，若点D与点A重合，且AC3，DE4，将DEF绕点D旋转，连接BF，点G为BF的中点，连接CG，在旋转的过程中，求CG+BG的最小值；（3）如图3，若点D为AB的中点，连接BF、CE交于点M，CE交AB于点N，且BC：DE：ME7：9：10，请直接写出的值【答案】见解析【解析

20、】（1）线段AF、AE、AD之间的数量关系：，证明如下：过F作FHAB于H，过E作EGAB于G，如图：FHAB，EGAB，EDF90，FHDDGE90，FDH90EDGDEG，且DFDE，FHDDGE（AAS），FHDGAD+AG，ACBEDF90，BCAC，EDFD，FABFED45，点F、D、A、E四点共圆，FAEFDE90，EAGDFE45，FHAB，EGAB，BAC45，FAH和EAG为等腰直角三角形，AFFH，AEAG，AF（AD+AG）AD+AGAD+AE；（2）取AB的中点O，连接OG，在OB上取OH，连接GH，如图：G为BF的中点，O为AB中点，OG是ABF的中位线，OGAFD

21、FDE2，AC3，ABAC6，OBAB3，而，又HOGGOB，HOGGOB，HGBG，要使CG+BG的最小，需CG+HG最小，当H、G、C三点共线时，CG+BG的最小，CG+BG的最小值是CH，如图：OCAB3，OH，CH，CG+BG的最小值是CH（3）过点C作BF平行线，点F作BC平行线交于点G；过点G作GHBF于点H，过点K作KIFG；如图：BDCFDE90，BDC+CDFFDE+CDF，即BDFCDE，且CDBD，DEDF，BDFCDE（SAS），BFCE，DECDFB，DEC+DPE90，DPEMPF，DFB+MPF90，FME90由BC：DE：ME7：9：10，设BC7t，则DE9t，ME10t；EFDE9t，CGBF，FGBC，四边形BFGC为平行四边形，CEBFCG，ECGFME90，ECG为等腰直角三角形，CGE45GKH，GKH为等腰直角三角形，CDEGFE，DCEFGE，；RtMFE中，MFt，FKMKMFMEMF10tt，FGBC7t，设GFH，KGINCD，RtFKI中，sin，GH，KIFK，sin，24（12分）在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx3交x轴于点A（1，0），B（3，0），过点B的直线yx2交抛物线于点