2022届广东省茂名市十校联考中考数学模拟试题含解析及点睛

2021-2022中考数学模拟试卷

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1.在中国集邮总公司设计的2017年纪特邮票首日纪念截图案中，可以看作中心对称图形的是（）

X-2..0

2.把不等式组，八的解集表示在数轴上，正确的是（）

x+l<0

A.-I-1>—»B.—］；］；>

-io1-a-1012a

CAiD.［-

3.已知关于x的一元二次方程3x2+4x-5=0,下列说法正确的是（）

A.方程有两个相等的实数根

B.方程有两个不相等的实数根

C.没有实数根

D.无法确定

4.如图，△ABC中，AB=4,AC=3,BC=2,将AABC绕点A顺时针旋转60。得到AAED,则BE的长为（）

A.5B.4C.3D.2

5.若正六边形的半径长为4,则它的边长等于（）

A.4B.2C.273D.4百

6.如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上，AOAB是边长为4的等边三角形，以O为旋转中心，将

△OAB按顺时针方向旋转6对。，得到AOA，B，，那么点A，的坐标为（）

C.(-2,2行)D.(-2,273)

7.若代数式，+五有意义，则实数x的取值范围是（）

x-1

A.xrlB.x>0C.x#0D.x>0且xrl

8.如图，由四个正方体组成的几何体的左视图是（）

从正面看

A.______B.C.

9.-2的相反数是（）

A.-2B.2C.

2

21

10.化简一^千—；的结果是（）

x-1x-1

2

D.2(x+l)

x+lXx-1

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

_4

11.如图，在△ABC中，AD、BE分别是边BC、AC上的中线，AB=AC=5,cosZC=y,那么GE=

12.分式方程3-y7x+勺2=1的解为______.

x-22-x

13.如图，在矩形ABCD中，AB=5,BC=3,将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF,点A落在矩

形ABCD的边CD上，连接CE,则CE的长是

14.抛物线产好+2X+,”-1与x轴有交点，则m的取值范围是.

15.如果方程x2-4x+3=0的两个根分别是RtAABC的两条边，AABC最小的角为A,那么tanA的值为

16.如图，菱形ABCD的边ADJ_y轴，垂足为点E,顶点A在第二象限，顶点B在y轴的正半轴上，反比例函数y

=-(k#0,x>0)的图象经过顶点C、D,若点C的横坐标为5,BE=3DE,则k的值为.

17.(8分)如图所示，正方形网格中，△ABC为格点三角形(即三角形的顶点都在格点上).

(1)把△ABC沿BA方向平移后，点A移到点A”在网格中画出平移后得到的△A1B1C1；

(2)把AA1B1G绕点Ai按逆时针方向旋转90。，在网格中画出旋转后的AAiB2c2；

(3)如果网格中小正方形的边长为1,求点B经过(1)、(2)变换的路径总长.

18.（8分）海中有一个小岛P,它的周围18海里内有暗礁，渔船跟踪鱼群由西向东航行，在点A测得小岛P在北偏

东60。方向上，航行12海里到达B点，这时测得小岛P在北偏东45。方向上.如果渔船不改变航线继续向东航行，有

没有触礁危险？请说明理由.

西

19.（8分）如图，△ABC中，D是AB上一点，DE_LAC于点E,F是AD的中点，FG_LBC于点G,与DE交，于点

H,若FG=AF,AG平分NCAB,连接GE,GD.

求证：AECGgZ^GHD；

20.（8分）某文具店购进一批纪念册，每本进价为20元，出于营销考虑，要求每本纪念册的售价不低于20元且不高

于28元，在销售过程中发现该纪念册每周的销售量y（本）与每本纪念册的售价x（元）之间满足一次函数关系：当

销售单价为22元时，销售量为36本；当销售单价为24元时，销售量为32本.求出y与x的函数关系式；当文具店

每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是多少元？设该文具店每周销售这种纪念册所获得

的利润为w元，将该纪念册销售单价定为多少元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大？最大利润是多少？

21.（8分）如图1,B（2m,0）,C（3m,0）是平面直角坐标系中两点，其中m为常数，且m>0,E（0,n）为y

轴上一动点，以BC为边在x轴上方作矩形ABCD,使AB=2BC,画射线OA,把△ADC绕点C逆时针旋转90。得

AA，D，U,连接ED，，抛物线y=ox2+Z?x+c（。。0）过E,A，两点.

(1)填空：ZAOB=。，用m表示点A，的坐标：A，(,)；

(2)当抛物线的顶点为A，，抛物线与线段AB交于点P,且"=,时，△D，OE与△ABC是否相似？说明理由;

AP3

(3)若E与原点O重合，抛物线与射线OA的另一个交点为点M,过M作MNJLy轴，垂足为N：

①求a,b,m满足的关系式；

②当m为定值，抛物线与四边形ABCD有公共点，线段MN的最大值为10,请你探究a的取值范围.

22.(10分)如图，在平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，连结AE、BD且AE=AB.

NABE=NEAD；若NAEB=2NADB,求证：四边形ABCD是菱形.

23.(12分)如图，在△ABC中，AB=AC,点P、D分别是BC、AC边上的点，且NAPD=NB,求证：AC«CD=CP«BP；

若AB=10,BC=12,当PD〃AB时，求BP的长.

24.某手机店销售10部A型和20部8型手机的利润为4000元，销售20部A型和10部8型手机的利润为3500元.

(1)求每部A型手机和B型手机的销售利润；

(2)该手机店计划一次购进A,8两种型号的手机共10()部，其中3型手机的进货量不超过A型手机的2倍，设购进A

型手机x部，这100部手机的销售总利润为)'元.

①求》关于x的函数关系式；

②该手机店购进A型、B型手机各多少部，才能使销售总利润最大？

(3)在(2)的条件下，该手机店实际进货时，厂家对A型手机出厂价下调优(0(加＜100)元，且限定手机店最多购进A型

手机70部，若手机店保持同种手机的售价不变，设计出使这10()部手机销售总利润最大的进货方案.

参考答案

一、选择题(共10小题，每小题3分，共30分)

1、C

【解析】

根据中心对称图形的概念求解.

【详解】

解：A选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；

B选项不是中心对称图形，故本选项错误；

C选项为中心对称图形，故本选项正确；

D选项不是中心对称图形，故本选项错误.

故选C.

【点睛】

本题主要考查了中心对称图形的概念：关键是找到相关图形的对称中心，旋转180度后与原图重合.

2、B

【解析】

首先解出各个不等式的解集，然后求出这些解集的公共部分即可.

【详解】

解：由x-2>0,得x>2,

由x+l<0,得xV-1,

所以不等式组无解，

故选民

【点睛】

解不等式组时要注意解集的确定原则：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解了.

3、B

【解析】

试题分析：先求出△=42-4X3X(-5)=76>0,即可判定方程有两个不相等的实数根.故答案选B.

考点：一元二次方程根的判别式.

4、B

【解析】

根据旋转的性质可得AB=AE,NBAE=60。，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可

得BE=AB.

【详解】

解：：AABC绕点A顺时针旋转60。得到△AED,

，AB=AE,NBAE=60。，

AAAEB是等边三角形，

，BE=AB,

VAB=1,

.*.BE=1.

故选B.

【点睛】

本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，主要利用了旋转前后对应边相等以及旋转角的定义.

5、A

【解析】

试题分析：正六边形的中心角为360。+6=60。，那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形，故正六边

形的半径等于1,则正六边形的边长是L故选A.

考点：正多边形和圆.

6、D

【解析】

分析：作轴于C,如图，根据等边三角形的性质得04=03=4,AC=OC=2,ZBQA=60,则易得A点坐标

和。点坐标，再利用勾股定理计算出3=26，然后根据第二象限点的坐标特征可写出8点坐标；由旋

转的性质得ZAOA'=/BOB'=60,OA=OB=OA'=。笈，则点A，与点B重合，于是可得点4,的坐标.

详解：作5C_Lx轴于C,如图,

,：40AB是边长为4的等边三角形

:.QA=03=4,AC=0C=2,NBQA=60,

AA点坐标为(-4,0),0点坐标为(0,0),

在RtABOC中,BC="-2?=2后

•••8点坐标为(一2,2百)；

按顺时针方向旋转60,，得到△OA'B',

...ZAOA'=/BOB'=60,OA=OB=04'=OB',

•••点A，与点B重合，即点4,的坐标为(-2,2百)，

故选D.

点睛：考查图形的旋转，等边三角形的性质.求解时，注意等边三角形三线合一的性质.

7、D

【解析】

试题分析：•••代数式」二+«有意义，

X—1

x-1w0

,'ho，

解得x>0且xRl.

故选D.

考点：二次根式，分式有意义的条件.

8、B

【解析】

从左边看可以看到两个小正方形摞在一起，故选B.

9、B

【解析】

根据相反数的性质可得结果.

【详解】

因为-2+2=0,所以-2的相反数是2,

故选B.

【点睛】

本题考查求相反数，熟记相反数的性质是解题的关键.

10、A

【解析】

原式利用除法法则变形，约分即可得到结果.

【详解】

27

原式=7-----7------------—,（X-1）=------.

（X+1）（X—1）X4-1

故选A.

【点睛】

本题考查了分式的乘除法，熟练掌握运算法则是解答本题的关键.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

【解析】

3

过点E作EF_LBC交BC于点F,分另U求得AD=3,BD=CD=4,EF=-,DF=2,BF=6,再结合△BGDs/\BEF即可.

2

【详解】

过点E作EF±BC交BC于点F.

VAB=AC,AD为BC的中线ADJ_BC；.EF为△ADC的中位线.

43

又一，AB=AC=5,，AD=3,BD=CD=4,EF=-,DF=2

52

/.BF=6

.•.在RtABEF中BE=7BF2+EF2=，

XVABGD^ABEF

.BGBD

・・-----=-----9即nnBG=5/17.

BEBF

GE=BE-BG=-i--

2

故答案为姮.

2

【点睛】

本题考查的知识点是三角形的相似，解题的关键是熟练的掌握三角形的相似.

12、x=1

【解析】

根据解分式方程的步骤，即可解答.

【详解】

方程两边都乘以x-2,得：3-2x-2=x—2,

解得：x=1,

检验：当x=l时，x—2=1—2=—1。（），

所以分式方程的解为x=l,

故答案为x=1.

【点睛】

考查了解分式方程，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解.（2）解分式方程一定

注意要验根.

3710

5

【解析】

解：连接AG,由旋转变换的性质可知，NABG=NCBE,BA=BG=5,BC=BE,由勾股定理得，CG=^BGr-BC1=4»

:.DG=DC-CG=\,则AG=7AD2+DG2=回，

..BABG,八,

•---=----，NABG=NCBE,

BCBE

:.△ABGsMBE,

.CEBC3

••____—___―_,

AGAB5

解得，CE=之叵，

5

故答案为生叵.

5

【点睛】

本题考查的是旋转变换的性质、相似三角形的判定和性质，掌握勾股定理、矩形的性质、旋转变换的性质是解题的关

键.

14、m<l.

【解析】

由抛物线与X轴有交点可得出方程x41x+m-l=0有解，利用根的判别式A即可得出关于m的一元一次不等式，解

之即可得出结论.

【详解】

二关于x的—•元二次方程xi+lx+m-l=0有解，

△=1'-4(m-l)=8-4m>0,

解得：m<l.

故答案为：m<l.

【点睛】

本题考查的知识点是抛物线与坐标轴的交点，解题的关键是熟练的掌握抛物线与坐标轴的交点.

15、1或立

34

【解析】

解方程x2-4x+3=0得,xi=LX2=3,

①当3是直角边时，:△ABC最小的角为A,...tanA,；

,______15

②当3是斜边时，根据勾股定理，NA的邻边=力2-F=2叵，.••tanA=a^=宁;

1历

所以tanA的值为-或在.

34

【解析】

过点D作DF_LBC于点F,由菱形的性质可得BC=CD,AD/7BC,可证四边形DEBF是矩形，可得DF=BE,DE

=BF,在RtADFC中，由勾股定理可求DE=LDF=3,由反比例函数的性质可求k的值.

【详解】

二•四边形ABCD是菱形，

.*.BC=CD,AD〃BC,

VZDEB=90°,AD//BC,

.,.ZEBC=90°,且NDEB=90°,DF±BC,

四边形DEBF是矩形，

，DF=BE,DE=BF,

••,点C的横坐标为5,BE=3DE,

.,.BC=CD=5,DF=3DE,CF=5-DE,

VCD2=DF2+CF2,

.,.25=9DE2+(5-DE)2,

/.DE=1,

，DF=BE=3,

设点C(5,m),点D(l,m+3),

k

・・,反比例函数y=刍图象过点C,D,

x

.•・5m=lx(m+3),

3

・・m=—,

i3

...点C(5,-),

4

._315

・・k=5x—=—,

44

故答案为：金

4

【点睛】

本题考查了反比例函数图象点的坐标特征，菱形的性质，勾股定理，求出DE的长度是本题的关键.

三、解答题(共8题，共72分)

17、(1)(2)作图见解析；(3)20+注).

2

【解析】

(1)利用平移的性质画图，即对应点都移动相同的距离.

(2)利用旋转的性质画图，对应点都旋转相同的角度.

(3)利用勾股定理和弧长公式求点B经过(1)、(2)变换的路径总长.

【详解】

解：(1)如答图，连接AA”然后从C点作AAi的平行线且AiCkAC,同理找到点B”分别连接三点，△AiBiG即

为所求.

(2)如答图，分别将AiB”AiCi绕点Ai按逆时针方向旋转90。，得到B2,Ci,连接B2c2,AAiB2c2即为所求.

；.点B所走的路径总长=2叵+互兀.

2

考点：1.网格问题；2.作图(平移和旋转变换)；3.勾股定理；4.弧长的计算.

18、有触礁危险，理由见解析.

【解析】

试题分析：过点尸作PDJLAC于O,在Rt△尸80和RtARlD中，根据三角函数4。，8。就可以用如表示出来，根

据48=12海里，就得到一个关于尸。的方程，求得尸"从而可以判断如果渔船不改变航线继续向东航行，有没有触

礁危险.

试题解析：有触礁危险.理由：过点尸作尸。_LAC于0.

AC

西----->

设PD为x,

在RtAPBD中,ZPBD=90°-45°=45°.

；・BD=PD=x.

在R3E4O中，

■:ZP4D=90°-60°=30°

9：AD=AB+BD

.**Gx=12+x

.•.X=-7^-=6（A/3+1）

V3-1

V6（V3+D<18

二渔船不改变航线继续向东航行，有触礁危险.

【点睛】本题主要考查解直角三角形在实际问题中的应用，构造直角三角形是解题的前提和关键.

19、见解析

【解析】

依据条件得出NC=NDHG=90。，ZCGE=ZGED,依据F是AD的中点，FG〃AE,即可得到FG是线段ED的垂直

平分线，进而得到GE=GD,ZCGE=ZGDE,利用AAS即可判定△ECGg/kGllD.

【详解】

证明：VAF=FG,

，NFAG=NFGA,

TAG平分NCAB,

NCAG=NFAG,

...NCAG=NFGA,

，AC〃FG.

VDEXAC,

.♦.FGJLDE,

VFG±BC,

；.DE〃BC,

.\AC±BC,

VF是AD的中点，FG〃AE,

AH是ED的中点

AFG是线段ED的垂直平分线，

，GE=GD,ZGDE=ZGED,

.INCGE=NGDE,

/.△ECG^AGHD.(AAS).

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定，线段垂直平分线的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解决问题的关键.

20、(1)y=-2x+80(20<x<28)；(2)每本纪念册的销售单价是25元；(3)该纪念册销售单价定为28元时，才能使

文具店销售该纪念册所获利润最大，最大利润是192元.

【解析】

(1)待定系数法列方程组求一次函数解析式.

(2)列一元二次方程求解.

(3)总利润=单件利润x销售量：w=(x—20)(-2X+80),得到二次函数，先配方，在定义域上求最值.

【详解】

(1)设y与x的函数关系式为7=履+4

22k+b=36

把(22,36)与(24,32)代入，得<

242+8=32.

k=-2

解得《

8=80.

.力=-2%+80(20<x<28).

(2)设当文具店每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是x元，根据题意，得

(x-20)j=150,即。-20)(—2*+80)=150.

解得xi=25,X2=35(舍去).

答：每本纪念册的销售单价是25元.

(3)由题意，可得w=(x-20)(-2x+80)=-2(x-30)2+200.

•••售价不低于20元且不高于28元，

当x<30时，y随x的增大而增大，

.,.当x=28时,w戢大=-2x(28-30)2+200=192(元).

答：该纪念册销售单价定为28元时，能使文具店销售该纪念册所获利润最大，最大利润是192元.

21、(1)45；(m,-m)；(2)相似；(3)①b=—l—am；®—<a<1.

4

【解析】

试题分析：(1)由B与C的坐标求出OB与OC的长，进一步表示出BC的长，再证三角形AOB为等腰直角三角形,

即可求出所求角的度数；由旋转的性质得，即可确定出A，坐标；

(2)AD-OE-AABC.表示出A与B的坐标，由丝=’,表示出P坐标，由抛物线的顶点为A，，表示出抛物线

AP3

解析式，把点E坐标代入即可得到m与n的关系式，利用三角形相似即可得证；

(3)①当E与原点重合时，把A与E坐标代入^=以2+以+。，整理即可得到a,b,m的关系式；

②抛物线与四边形ABCD有公共点，可得出抛物线过点C时的开口最大，过点A时的开口最小，分两种情况考虑：

若抛物线过点C(3m,0),此时MN的最大值为10,求出此时a的值；若抛物线过点A(2m,2m),求出此时a的

值，即可确定出抛物线与四边形ABCD有公共点时a的范围.

试题解析：⑴VB(2m,0),C(3m,0),.\OB=2m,OC=3m,即BC=m,：AB=2BC,AB=2m=0B,：NABO=90。,

...△4110为等腰直角三角形，，/4011=45。，由旋转的性质得：OD，=D2/=m,即A，(m,-m)；故答案为45；m,

Bp]

(2)△D-OE^AABC,理由如下：由已知得：A(2m,2m),B(2m,0),V—=-AP(2m,-m),TA，为

AP32

抛物线的顶点，，设抛物线解析式为y=a(x-m)2-根，•.•抛物线过点E(0,n),n-a(0-m)2-m,即m=2n,

AOE：OD，=BC：AB=1：2,VZEOD,=ZABC=90°,.,.△D,OE<^AABC；

«=0

(3)①当点E与点O重合时，E(0,0),•抛物线y=ar+0x+c过点E,A,/.{,,,整理得:

am'+bm+〃=-m

am+b--\,即b=-l-a/n；

②：抛物线与四边形ABCD有公共点，.•.抛物线过点C时的开口最大，过点A时的开口最小，若抛物线过点C(3m,

1193

0),此时MN的最大值为10,•'•a(3m)2-(1+am)・3m=0,整理得：am=—,即抛物线解析式为y=厂x,

2•2m2

y=x

由A(2m,2m),可得直线OA解析式为y=x,联立抛物线与直线OA解析式得：｛123,解得：x=5m,

V=——X——X

2m2

y=5m,即M(5m,5m),令5m=10,即m=2,当m=2时，a=—；

4

若抛物线过点A(2m,2m),则a(2⑼？-(1-卬办2根=2根，解得：am=2,Vm=2,Aa=L则抛物线与四边形ABCD

有公共点时a的范围为LVa<1.

4

考点：L二次函数综合题：2.压轴题；3.探究型；4.最值问题.

22、(1)证明见解析；(2)证明见解析.

【解析】

(D根据平行四边形的对边互相平行可得AD〃BC,再根据两直线平行，内错角相等可得NAEB=NEAD,根据等边

对等角可得NABE=NAEB,即可得证.

(2)根据两直线平行，内错角相等可得NADB=NDBE,然后求出NABD=NADB,再根据等角对等边求出AB=AD,

然后利用邻边相等的平行四边形是菱形证明即可.

【详解】

证明：(1)•在平行四边形ABCD中，AD〃BC,

:.ZAEB=ZEAD.

VAE=AB,

/.ZABE=ZAEB.

二ZABE=ZEAD.

(2)VAD/7BC,

:.ZADB=ZDBE.

VZABE=ZAEB,NAEB=2NADB,

.,.ZABE=2ZADB.

.,.ZABD=ZABE-ZDBE=2ZADB-ZADB=ZADB,

.,.AB=AD.

又；四边形ABCD是平行四边形，

•••四边形ABCD是菱形.

25

23、(1)证明见解析；(2)y.

【解析】

（2）易证NAPD=NB=NC,从而可证到AABPs^pCD,即可得到——=——，即AB・CD=CP・BP,由AB=AC即

CDCP

可得到AC・CD=CP・BP；

（2）由PD〃AB可得NAPD=NBAP,即可得到NBAP=NC,从而可证到△BAPs^BCA,然后运用相似三角形的

性质即可求出BP的长.

解：⑴VAB=AC,.\ZB=ZC.

VZAPD=ZB,/.ZAPD=ZB=ZC.

VZAPC=ZBAP+ZB,ZAPC=ZAPD+ZDPC,

/.ZBAP=ZDPC,

.,.△ABP^APCD,

.BPAB

••—f

CDCP

.,.AB«CD=CP«BP.

VAB=AC,

.,.AC*CD=CP«BP；

（2）VPD/7AB,；.NAPD=NBAP.

VZAPD=ZC,.,.ZBAP=ZC.

VZB=ZB,

/.△BAP^ABCA,

.BABP

"BC-BA"

VAB=10,BC=12,

.12—变

••=f

1210

.25

BP=——.

3

“点睛”本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、三角形外角的性质等知