2022年浙江省金华市兰溪市中考数学模拟试题及答案解析

第=page2424页，共=sectionpages2424页2022年浙江省金华市兰溪市中考数学模拟试卷1.−2022的相反数是(

)A.−12022 B.12022 C.−2.下列计算错误的是(

)A.a3⋅a2=a5 B.3.根据(浙江省)金华市第七次人口普查主要数据公报显示，兰溪市常住人口为574801人，574801这个数用科学记数法(精确到万位)表示为(

)A.57×104 B.5.7×1044.一个不透明的袋子里有若干张2022年北京冬奥会宣传卡片，其中3张卡片印有会徽图案，4张卡片印有吉祥物冰墩墩图案，2张卡片印有吉祥物雪容融图案，每张卡片只有一种图案，它们除图案不同外其余均相同，从中随机摸出1张卡片，则印有冰墩墩图案的概率是(

)A.13 B.49 C.295.将抛物线y=2x2向下平移3A.y=2x2+3 B.y6.小明从A处出发沿北偏东50°方向行走至B处，又从B处沿南偏东70°方向行走至C处，则∠ABA.20° B.100° C.120°7.如图，△ABC内接于⊙O，若∠A=45°，OA.2 B.22 C.23 8.解方程1−4−3A.1−12−9x=10x+9.方程x2+3x=1的根可视为函数y=x+3A.−1<x<−12 B.10.如图，在平面直角坐标系中，已知B(2,0)，四边形ABCD和AEFG都是正方形，点A、D、E共线，点G、A、B在x轴上，点C，E，A.52π

B.5π

C.511.分解因式4x2−4

12.当a=3时，代数式a+1的值为

13.兰溪市某校九年级举办“消防知识”竞赛，参赛同学的决赛成绩统计图如图所示，则该决赛成绩的平均分为______分．14.已知抛物线y1=x2−2x−3，y2=15.如图，用8个全等的Rt△ABC(AC>BC)分别拼成如图1、2中的两个正方形，中间的两个小正方形的面积分别记为S16.如图1所示的是古代一种可以远程攻击的投石车，图2是投石车投石过程中某时刻的示意图，GP是杠杆，弹袋挂在点G，重锤挂在点P，点A为支点，点D是水平底板BC上的一点，AD=AC=3米，CD=3.6米．

(1)投石车准备时，点G恰好与点B重合，此时AG和AC垂直，则AG=______米．

(2)投石车投石瞬间，17.计算：12+2−18.解不等式组5x−319.某市为了将生活垃圾合理分类，并更好地回收利用，将垃圾分为可回收物、厨余垃圾、有害垃圾和其他垃圾四类.现随机抽取该市m吨垃圾，将调查结果制成如下两幅不完整的统计图：

根据统计图提供的信息，解答下列问题：

(1)m=______，n=______．

(2)扇形统计图中，求厨余垃圾所对应的扇形圆心角的度数；

20.如图，“爱心”图案是由抛物线y=−x2+k的一部分及其关于直线y=x的对称图形组成，点A、B是“爱心”图案与其对称轴的两个交点，点C、D、E、F是图案与坐标轴的交点，且点C的坐标为(−6,0)．

21.如图，AB为⊙O的直径，延长AB至点D，CD切⊙O于点C，点B是CF的中点，弦CF交AB于点E，连结OF、BC，过B点作BG⊥CD于点G．

(1)若∠22.如图1是城市平直道路，道路限速60km/h.A路口停车线l1和B路口停车线l2之间相距S=400m，A、B两路口各有一个红绿灯．在停车线l1后面停着一辆汽车，该汽车的车头恰好与停车线l1平齐．已知汽车启动后开始加速，加速后汽车行驶的路程S、速度v与时间t的关系分别可以用二次函数和一次函数表示，其图象如图2、3所示．某时刻A路口绿灯亮起，该汽车立即启动．(车身长忽略不计)

(1)求该汽车从停车线l1出发加速到限速所需的时间；

(2)求该汽车最快需要多少时间可以通过停车线l2；

23.如图1，点A是函数y=9x(x>0)的图象上一动点，连结OA交函数y=1x(x>0)的图象于点B，过B作x轴的平行线交函数y=9x(x>0)的图象于点C，连结AC并延长交x轴于点D.设点B的横坐标为m．

(1)若m=2，则点A的坐标是24.如图1，在平面直角坐标系中，点A、点B分别是x轴、y轴正半轴上的点，以OA、OB为边构造矩形OACB，点E为OA上一点，满足BE=BC.过点C作CF⊥BE，垂足为点F.已知CF=2．

(1)求证：CA=CF；

(2)如图2，连结CE，当答案和解析1.【答案】D

【解析】解：−2022的相反数是2022，

故选：D．

根据相反数的定义直接求解．

本题主要考查相反数的定义，熟练掌握相反数的定义是解答此题的关键．2.【答案】C

【解析】解：A、a3⋅a2=a5，计算正确，不符合题意；

B、a2+a2=2a2，计算正确，不符合题意；

C、(3.【答案】D

【解析】解：574801≈5.7×105，

故选：D．

较大的数保留有效数字需要用科学记数法来表示．用科学记数法保留有效数字，要在标准形式a×10n4.【答案】B

【解析】解：∵共4+3+2=9张卡片，3张卡片印有会徽图案，4张卡片印有吉祥物冰墩墩图案，2张卡片印有吉祥物雪容融图案，

∴从中随机摸出1张卡片，印有冰墩墩图案的概率有49，

故选B．

利用概率公式求解即可．

本题考查了概率公式：随机事件5.【答案】B

【解析】解：依题意，得平移后抛物线顶点坐标为(0,−3)，

由平移不改变二次项系数，

故得到的抛物线解析式为：y=2x2−3．

故选：6.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了方向角，根据题目的已知条件画出图形进行分析是解题的关键．根据题意画出图形，再求出50°与70°的和，进行计算即可解答．

【解答】

解：如图：

∴∠ABC=7.【答案】B

【解析】解：由圆周角定理得，∠BOC=2∠A=90°，且OB=OC，8.【答案】B

【解析】解：1−4−3x4=5x+36，

去分母，得12−3(49.【答案】B

【解析】解：方程x3+2x=−1，

∴x2+2=−1x，

∴它的根可视为y=x2+2和y=−1x的交点的横坐标，

当x=−1时，前者为3，后者为1，在交点的左边，

当x=−12时，前者为10.【答案】A

【解析】解：设点A(a,0)，则AB=2−a，

根据题意可得，

BC=AB=2−a，

在Rt△OBC中，

OC2=OB2+BC2=22+(2−a)2=8−4a+a2，

∵OE=OC，

在Rt△OAE中，AE=AG=2a，

∴OE2=OA2+AE2，

∴8−4a+a2=a2+(2a11.【答案】(2【解析】【解答】

解：4x2−4x+1=(212.【答案】2

【解析】解：把a=3代入得a+1=3+1=4=213.【答案】97

【解析】解：根据题意得：100×2+98×7+96×4+94×32+714.【答案】−18或1或【解析】解：令y1=0，则x2−2x−3=0，

解得：x1=−1，x2=3，

∴抛物线y1=x2−2x−3与x轴的交点为(−1,0)和(3,0)，

∵两个抛物线与x轴共有3个交点，

∴抛物线y2=x2−x−2a与x轴有一个交点或与抛物线y1=x2−2x−3有一个公共点，

令y2=0，则x2−x−2a=0，

①当抛物线y2=x2−x−15.【答案】3−【解析】解：设AC=b，BC=a，

根据题意，得S1=(b−a)2，

S2=a2+b2，

∵3S1=S2，

∴3(b−a)2=a2+b2，

化简得a2−3ab+b2=0，

方程两边同除以b216.【答案】(1)4；

(2【解析】【分析】

本题主要考查了等腰三角形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理等，解题关键是正确作出辅助线构造直角三角形和相似三角形．

(1)过A作AH⊥CD于H，证明△GAC∽△AHC，得出AGAH=ACCH，根据等腰三角形的性质和勾股定理求出AH、CH，即可进行解答；

(2)过G作GF⊥DC于F，过A作AH⊥CD于H，根据等腰三角形性质结合已知条件和勾股定理分别求出CE和AE的长，再证明△EAH∽△EGF，AHGF=AEEG，代入数据可计算出GF的长即为点G上升的高度．

【解答】

解：(1)由于点G恰好与点B重合，

过A作AH⊥CD于H，

∵AG⊥AC，

∴∠GAC=∠AHC=90°，

∵∠GCA=∠ACH，

∴△GAC∽△AHC，

∴AGA17.【答案】解：12+2−1−4cos30°+|−12【解析】首先根据算术平方根、负整数指数幂的运算方法，以及30°的三角函数值，还有绝对值的求法计算，然后根据加法交换律和加法结合律，求出算式12+2−1−4cos30°+|−12|的值是多少即可．

(1)此题主要考查了算术平方根的含义以及求法，以及绝对值的含义和求法，要熟练掌握．

18.【答案】解：5x−3<4x①4(x−1)+3≥2x【解析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可．

此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

19.【答案】100

60

【解析】解：(1)m=8÷8%=100，n%=100−30−2−8100×100%=60%，

故答案为：100，60；

(2)扇形统计图中，厨余垃圾所对应的扇形圆心角的度数为：360°×3020.【答案】解：(1)把C(−6,0)代入y=−x2+k中得，0=−6+k，

∴k=6，

∴抛物线的解析式为：y=−x2+6，

∴D(0,6)，

∴OD=6，

令y=0，得0【解析】(1)用待定系数法求得k与抛物线的解析式，再求出抛物线与坐标轴的交点坐标，进而求得OC、OD的长度，根据对称性质求得OE，便可求得最后结果；

(2)将抛物线的解析式与直线21.【答案】解：(1)连接OC，

∵CD切⊙O于点C，

∴OC⊥CD，

∵∠BCD=28°，

∴∠OCB=90°−28°=62°，

∵OB=OC，

∴∠OBC=∠OCB=62°，

∴∠BOC=180°−62°×2=56°，

∵点B是CF的中点，

∴BC=BF，

∴∠BOF=∠BOC=56【解析】(1)连接OC，根据切线的性质得到OC⊥CD，进而求出∠OCB，根据直角三角形的两锐角互余计算即可；

(2)根据勾股定理分别求出O22.【答案】解：∵限速为60km/h=503m/s，

由图3可知，当t=1时，v=2，

设v=kt，解得k=2，

∴v=2t，

∴t=v2=12×503=253s.

(2)由图2可知，当t=1时，S=1，且x=0时，S=0，

设S=at2，

∴1=a×12，

解得a=1，

∴S=t2(t≥0)，

由(1)可知汽车从停车线l1出发加速到限速所需的时间253s.

则S=(253)2【解析】(1)先将限速单位化为m/s，根据图3求得v=2t，代入求解即可；

(2)根据(1)23.【答案】(6【解析】解：(1)作BG⊥x轴于G，AH⊥x轴于H，

∴BG//AH，

∴△OBG∽△OAH，

∴S△OBGS△OAH=(OGOH)2=19，

∴OGOH=13，

∵OG=2，

∴OH=6，

∴A(6,32)，

故答案为：(6,32)；

(2)∵△AOC是以AC为底边的等腰三角形，

∴OA=OC，

∴OA2=OC2，

设B(m,1m)，则C(9m,1m)，A(3m,3m)，

∵(3m)2+(3m)2=(9m)2+(1m)2，

∴24.【答案】(1)证明：∵四边形AOBC是矩形，

∴BC//OA，∠CAE=90°，

∴∠BCE=∠CEA，

∵BC=BE，

∴∠BCE=∠BEC，

∴∠CEF=∠CEA，

∵CF⊥BE，

∴∠CFE=∠