卷7-备战2022年中考数学全真模拟卷（福建）·第二辑解析

备战2022年中考数学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（福建专用）第七模拟（本卷共25小题，满分150分，考试用时120分钟）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．1．（2021·福建·模拟预测）在实数，，，中，是无理数的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据无理数的定义、算术平方根即可得．【解析】A、是有理数，此项不符题意；B、是有理数，此项不符题意；C、是无理数，此项符合题意；D、是有理数，此项不符题意；故选：C．【点睛】本题考查了无理数、算术平方根，熟练掌握无理数的定义是解题关键．2．（2021·福建·厦门市湖滨中学二模）实数在数轴上的对应点的位置如图所示，则正确的结论是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据数轴可以判断m、n的大小，从而可以解答本题．【解析】解：由数轴可得，−1＜m＜0＜2＜n＜3，故选项A错误，选项B错误，∴m＞−n，即：，故选项C错误，∵，故选项D正确，故选：D．【点睛】本题考查数轴，解答本题的关键是明确数轴的特点，判断出m、n的大小，利用数形结合的思想解答．3．（2019·福建·一模）小明在计算一组数据的方差时，列出的公式如下：，根据公式信息，下列说法中，错误的是（

）A．数据个数是5 B．数据平均数是8 C．数据众数是8 D．数据方差是0【答案】D【分析】根据题目中的方差公式可以判断各个选项中的结论是否正确，从而可以解答本题．【解析】解：∵，∴数据个数是5，故选项A正确，数据平均数是：=8，故选项B正确，数据众数是8，故选项C正确，数据方差是：s2=[(7−8)2+(8−8)2+(8−8)2+(8−8)2+(9−8)2]=，故选项D错误，故选：D．【点睛】本题考查了方差、样本容量、算术平均数、众数，解题的关键是明确题意，会求一组数据的方差、样本容量、算术平均数、众数．4．（2021·福建厦门·二模）观察“赵爽弦图”（如图），若图中四个全等的直角三角形的两直角边分别为a，b，，根据图中图形面积之间的关系及勾股定理，可直接得到等式（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据小正方形的面积等于大正方形的面积减去4个直角三角形的面积可得问题的答案．【解析】标记如下：∵，∴（a﹣b）2＝a2+b2﹣4＝a2﹣2ab+b2．故选：C．【点睛】此题考查的是利用勾股定理的证明，可以完全平方公式进行证明，掌握面积差得算式是解决此题关键．5．（2011·北京房山·中考模拟）关于x的一元二次方程有一根为0，则m的值为（

）A．1 B． C．1或 D．【答案】B【分析】把代入方程可得，然后求解，且需满足，则问题可求解．【解析】解：把代入方程可得：，解得：，∵，∴；故选B．【点睛】本题主要考查一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键．6．（2022·福建·模拟预测）如图，正方形ABCD，点E，F分别在AD，CD上，有DE＝CF，AF与BE相交于点G．AB＝4，DE＝1，则AG的长是（

）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】利用正方形的性质及题目条件可证△ABE≌△DAF，再根据全等三角形的性质推出，最后利用等面积法即可求出线段的长．【解析】解：∵正方形ABCD，AB＝4，DE＝1，∴AD＝CD＝BC＝AB＝4，，AE＝AD－DE＝3∴又∵DE＝CF，∴AD－DE＝CD－CF，即AE＝DF，在△ABE和△DAF中∴△ABE≌△DAF（SAS），∴∴，∴AG⊥BE，∵∴．故选：D．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质．关键在于利用全等推出，并利用等面积法求线段的长度．7．（2021·福建省厦门第二中学二模）已知非负数，，满足且，设的最大值为，最小值为，则的值是（

）A．16 B．15 C．9 D．7【答案】D【分析】用a表示出b、c并求出a的取值范围，再代入S整理成关于a的函数形式，然后根据二次函数的增减性求出m、n的值，再相减即可得解．【解析】解：∵a+b=3，c﹣3a=-6，∴b=3﹣a，c=3a-6．∵b，c都是非负数，∴，解不等式①得：a≤3，解不等式②得：a≥，∴2≤a≤3．又∵a是非负数，∴2≤a≤3，S=a2+b+c=a2+（3﹣a）+3a-6=a2+2a-3，∴对称轴为直线a=﹣=﹣1，∴a=2时，最小值n=5，∴a=3时，最大值m=32+2×3-3=12，∴m﹣n=12﹣5=7．故选D．【点睛】本题考查了不等式组，二次函数的性质，掌握不等式组，二次函数的性质，用a表示出b、c，并求出a的取值范围是解题的关键，难点在于整理出s关于a的函数关系式．8．（2018·福建龙岩·中考模拟）如图，数学实践活动小组要测量学校附近楼房CD的高度，在水平地面A处安置测倾器测得楼房CD顶部点D的仰角为45°，向前走20米到达A′处，测得点D的仰角为67.5°，已知测倾器AB的高度为1.6米，则楼房CD的高度约为（结果精确到0.1米，≈1.414）（

）A．34.14米 B．34.1米 C．35.7米 D．35.74米【答案】C【解析】解：过B作BF⊥CD于F，∴AB=A′B′=CF=1.6米，在Rt△DFB′中，B′F=，在Rt△DFB中，BF=DF，∵BB′=AA′=20，∴BF﹣B′F=DF﹣=20，∴DF≈34.1米，∴CD=DF+CF=35.7米．故选C．9．（2021·福建·大同中学二模）如图，直线y＝x+6分别与x轴、y轴相交于点M，N，∠MPN＝90°，点C(0，3)，则PC长度的最小值是（）A．33 B．3﹣2 C． D．3【答案】A【分析】以MN为直径作⊙E，连接EC并延长交⊙E于点P，此时PC的长度最小，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点M，N的坐标，进而可得出MN的长度及点E的长度，结合点C的坐标可求出CE的长，再利用CP=EP-CE=MN-CE，即可求出PC长度的最小值．【解析】解：以MN为直径作⊙E，连接EC并延长交⊙E于点P，此时PC的长度最小.当x＝0时，y＝0+6＝6，∴点N的坐标为（0，6）；当y＝0时，x+6＝0，解得：x＝﹣6，∴点M的坐标为（-6，0）．∴MN6，点E的坐标为（﹣3，3）．又∵点C的坐标为（0，3），∴CE＝3，∴CP＝EP﹣CEMN﹣CE63＝33．故选：A．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象与几何变换、勾股定理以及圆的认识，牢记点内一点到圆的最短距离=半径-该点到圆心的距离是解题的关键．10．（2020·福建·模拟预测）抛物线y=ax2+bx+5a与x轴有两个交点是点A和点B（点B在点A左边）且抛物线交y轴于负半轴，a与b异号．则下列说法中正确的一项是（）A．若抛物线上仅有一点C(m，m)则a的取值范围为B．方程ax2+bx+3a=0必有两个不相等的实数根C．当b=6a时，点B(-1，0)，点A(5，0)D．a与b满足大小关系为【答案】B【分析】A：将C(m，m)代入，根据抛物线上仅有一点C得出根的判别式为零，从而求算出a、b之间的关系，再根据a、b的正负性解不等式即可；B：根据抛物线y=ax2+bx+5a与x轴有两个交点是点A和点B（点B在点A左边）令y=0得出根的判别式大于零，从而判断方程ax2+bx+3a=0根的判别式的正负性；C：将b=6a代入y=ax2+bx+5a得出，从而求出A、B坐标；D：根据抛物线y=ax2+bx+5a与x轴有两个交点是点A和点B（点B在点A左边），令y=0，根的判别式大于零解不等式即可．【解析】A：将C(m，m)代入y=ax2+bx+5a得：∵抛物线上仅有一点C∴解得：∵抛物线交y轴于负半轴∴即：解得：，A错误；B：∵抛物线y=ax2+bx+5a与x轴有两个交点是点A和点B（点B在点A左边），令y=0∴∴对于方程ax2+bx+3a=0有：∴方程ax2+bx+3a=0必有两个不相等的实数根，B正确；C：当b=6a时，∴B(-1，0)，点A(-5，0)，C错误；D：∵抛物线y=ax2+bx+5a与x轴有两个交点是点A和点B（点B在点A左边），令y=0∴即解得：或，D错误故答案选：B【点睛】本题考查二次函数与一元二次方程结合，熟练使用根的判别式判断相关的不等关系以及等量关系是解题关键．填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．11．（2020·福建省泉州实验中学模拟预测）若意义，则x的取值范围是______________．【答案】且【分析】根据分式的分母不为0和二次根式的被开方数非负可得关于x的不等式组，解不等式组即得结果．【解析】解：若有意义，则，解得：，即且．故答案为：且．【点睛】本题考查了分式有意义的条件和二次根式有意义的条件以及一元一次不等式组的解法，属于应知应会题型，熟练掌握基本知识是解题的关键．12．（2018·安徽芜湖·中考模拟）因式分解：__________．【答案】【分析】先提取公因式x，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．【解析】解：原式，故答案为：．【点睛】本题考查提公因式和完全平方公式因式分解，熟练掌握运算法则是解题关键．13．（2018·福建厦门·中考模拟）不等式组的解集为，则的取值范围为_____．【答案】k≥1【解析】解不等式2x+9＞6x+1可得x＜2，解不等式x-k＜1，可得x＜k+1，由于x＜2，可知k+1≥2，解得k≥1.故答案为k≥1.14．（2021·福建省厦门第六中学三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝1，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，此时点A'恰好在AB边上，则点B'与点B之间的距离为_____．【答案】【分析】先利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出BC，然后证明三角形是等边三角形，得到∠=60°，即可证明三角形是等边三角形，从而得到，由此求解即可.【解析】解：连接，在中，90°，∠A=60°，∴∠ABC=30°，∴AB=2AC=2，由勾股定理得：，∵将绕点C按逆时针方向旋转得到△，∴，，，∵∠A=60°，∴三角形是等边三角形，∴∠=60°，∴三角形是等边三角形，∴.故答案为：.【点睛】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.15．（2021·福建厦门·三模）如图，正六边形内部有一个正五形，且，直线经过、，则直线与的夹角________．【答案】48【分析】已知正六边形内部有一个正五形，可得出正多边形的内角度数，根据和四边形内角和定理即可得出的度数．【解析】∵多边形是正六边形，多边形是正五边形∴∵∴∴故答案为：48【点睛】本题考查了正多边形内角的求法，正n多边形内角度数为，四边形的内角和为360°，以及平行线的性质定理，两直线平行同位角相等．16．（2019·福建泉州·中考模拟）如图，OA在x轴上，OB在y轴上，OA=8，AB=10，点C在边OA上，AC=2，P的圆心P在线段BC上，且P与边AB，AO都相切．若反比例函数（k≠0）的图象经过圆心P，则k=________________．【答案】-5【分析】【解析】方法1：作PD⊥OA于D，PE⊥AB于E，作CH⊥AB于H，如图，设⊙P的半径为r，∵⊙P与边AB，AO都相切，∴PD=PE=r，AD=AE，在Rt△OAB中，∵OA=8，AB=10，∴OB==6，∵AC=2，∴OC=6，∴△OBC为等腰直角三角形，∴△PCD为等腰直角三角形，∴PD=CD=r，∴AE=AD=2+r，∵∠CAH=∠BAO，∴△ACH∽△ABO，∴，即，解得CH=，∴AH===，∴BH==，∵PE∥CH，∴△BEP∽△BHC，∴，即，解得r=1，∴OD=OC﹣CD=6﹣1=5，∴P（5，﹣1），∴k=5×（﹣1）=﹣5．故答案为﹣5．方法2

由，，，可得，故．即点P的纵坐标为-1，又因为点P在直线BC：上，所以点P的横坐标为5，故．方法3

注意到AP平分，也可利用角平分线性质求解．由，可设，．于是，可得．又因为，所以．考点：1．切线的性质；2．一次函数图象上点的坐标特征；3．反比例函数图象上点的坐标特征；4．综合题；5．压轴题．三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（2021·福建·三模）先化简，再求值：，其中．【答案】，【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将m的值代入计算可得．【解析】解：原式当时，原式【点睛】本题主要考查分式的化简求值，涉及平方差公式，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．18．（2022·福建三明·一模）如图，点E为矩形ABCD外一点，AE=DE.求证：△ABE≌△DCE【答案】见解析【分析】利用矩形性质以及等边对等角，证明，最后利用边角边即可证明．【解析】解：四边形ABCD是矩形，，，，，，在和中，．【点睛】本题主要是考查了矩形的性质、等边对等角以及全等三角形的判定，熟练地利用矩形性质以及等边对等角，求证边和角相等，进而证明三角形全等，这是解决该题的关键．19．（2020·福建泉州·二模）解方程组：．【答案】【分析】观察原方程组，两个方程的y系数互为相反数，可用加减消元法求解．【解析】解：，①+②，得8x＝8，解得：x＝1．将x＝1代入②，得3﹣2y＝-1，解得y＝2．所以方程组的解是．【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的解法，关键是根据未知数的系数选择加减消元法或代入消元法解方程组．20．（2021·福建·厦门市第九中学二模）某水果店在两周内，将标价为10元/斤的某种水果，经过两次降价后的价格为8.1元/斤，并且两次降价的百分率相同．（1）求该种水果每次降价的百分率；（2）从第一次降价的第1天算起，第天（为整数）的售价、销量及储存和损耗费用的相关信息如表所示．时间（天）售价（元/斤）第1次降价后的价格第2次降价后的价格销量（斤）储存和损耗费用（元）已知该种水果的进价为4.1元/斤，设销售该水果第（天）的利润为（元），求与（）之间的函数解析式，并求出第几天时销售利润最大．【答案】（1）10%；（2）当时，；当时，；第10天时销售利润最大【分析】（1）设这个百分率是x，根据某商品原价为10元，由于各种原因连续两次降价，降价后的价格为8.1元，可列方程求解；（2）根据两个取值先计算：当1≤x＜9时和9≤x＜15时销售单价，由利润=（售价-进价）×销量-费用列函数关系式，并根据增减性求最大值，作对比．【解析】（1）设该种水果每次降价的百分率是，依题意，得：解得或（不符合题意，舍去），答：该种水果每次降价的百分率是10%；（2）当时，第1次降价后的价格：元，∴，∵，∴随的增大而减小，∴当时，有最大值，（元），当时，第2次降价后的价格：8.1元，∴，∵，∴当时，有最大值，（元）∵380＞334.3∴第10天时销售利润最大；【点睛】本题考查了一元二次方程的应用及二次函数的有关知识，解题的关键是正确的找到题目中的等量关系且利用其列出方程，注意第2问中x的取值，两个取值中的最大值才是最大利润．21．（2021·福建·泉州五中模拟预测）在矩形中，，，点是直线上的一个动点，连接，过点作于点，交射线于点．

（1）如图，点在线段上，求证：；（2）在点的运动过程中，是否存在使、、、四点构成的四边形为轴对称图形，若存在，求出相应的长，若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）的长为或或，理由见解析．【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠BCE=∠EBG，即可证得△ABF∽△BCE；（2）分四种情况讨论：①当点E运动到BA的延长线上，CD=CG=3，DF=FG时；②当点E运动到AB的延长线上时，则DC=CG=3，DF=FG时；③当点E在线段AB上时；④当点E与点B重合，则点G于点B重合，点F于点A重合时；分别利用相似三角形的判定和性质即可求得AE的长【解析】（1）证明：在矩形中，∵90°，90°，90°，90°，，；（2）①当点运动到的延长线上，，时，使、、、四点构成的四边形为轴对称图形，如图∵矩形，，，即，解之：，同理可证即解之：②当点运动到的延长线上时，则，时，使、、、四点构成的四边形为轴对称图形，如图，同理求出，③当点在线段上（不与点重合），不存在；④当点与点重合，则点于点重合，点于点重合，．的长为或或．【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理的应用的知识等，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．22．（2021·福建·三模）据某知名网站调查，2020年网民们最关注的热点话题分别有：消费、教育、环保、反腐及其他共五类．根据调查的部分相关数据，绘制的统计图表如下：根据所给信息解答下列问题：（1）求调查的总人数，并补全条形统计图，并在图中标明相应数据；（2）若2020年某地常住人口约有20万，请你估计最关注环保问题的人数约为多少万人？（3）在这次调查中，某单位共有甲、乙、丙、丁四人最关注教育问题，现准备从这四人中随机抽取两人进行座谈，试用列表或树形图的方法求抽取的两人恰好是甲和乙的概率．【答案】（1）1400人，统计图见详解；（2）2万人；（3）【分析】（1）根据消费类人数及其所占百分比求出总人数，总人数乘以教育类对应百分比求出其人数即可补全图形；（2）总人数乘以五峰最关注环保问题的人数所占百分比即可得出答案；（3）画树状图得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．【解析】解：（1）调查的总人数是：420÷30%＝1400（人），关注教育的人数是：1400×25%＝350（人）．如图所示：（2）最关注环保问题的人数为：20×10%＝2（万人）；（3）画树形图得：由树状图知，共有12种等可能结果，其中抽取的两人恰好是甲和乙的有2种结果，∴抽取的两人恰好是甲和乙的概率=2÷12=．【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．23．（2021·福建福州·模拟预测）如图，点为等边三角形的中心，是以为斜边的直角三角形，且．（1）用尺规在直线的左侧作，使≌，保留必要的作图痕迹，不写作法；（2）能否由绕点按顺时针方向旋转得到？若能，请加以证明，并求出旋转角（）的度数；若不能，请说明理由．【答案】（1）图见详解；（2）能，旋转角为120°，证明见详解．【分析】（1）分别以点A、B为圆心，以CE、BE为半径画弧，则两弧交于一点D，进而问题可求解；（2）连接OA、OB、OC、OD、OE，由题意易得，，由（1）可知：，则有，然后可得，进而可得OD=OE，最后问题可求解．【解析】（1）解：如图所示：（2）证明：能，理由如下：连接OA、OB、OC、OD、OE，如图所示：∵O是等边三角形ABC的中心，是以为斜边的直角三角形，且，∴，，由（1）可知：，∴，∴，即，∵OB=OB，∴，∴，∵OA=OB=OC，∠BOC=∠AOB=120°，∴能由绕点按顺时针方向旋转得到，旋转角度为．【点睛】本题主要考查旋转的性质、等边三角形及等腰直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、等边三角形及等腰直角三角形的性质是解题的关键．24．（2021·福建龙岩·二模）如图，已知点C是半圆的中点，O是圆心，AB是直径，点P是过点A且垂直于AB的直线上一点，射线PC恰好经过的中点D，点P与点E关于弦AC对称．（1）求证：AC＝AP；（2）求证：∠AEC＝∠DEB；（3）连接BD，若、、的面积分别为、、，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）连结OC，OD，标角如图，点C是半圆的中点，可得∠1＝90°，等腰三角形性质可得∠2＝∠3＝45°，由点D是的中点，可得∠4＝45°，可求∠5＝67.5°，再求∠OCD＝∠P＝67.5°即可；（2）由D为弧中点，可得∠4＝∠6＝45°，由折叠，∠AEC＝67.5°，∠ACE＝67.5°，∠7=45°，可证点C，O，E，D共圆，可得∠4＝∠8＝45°，可求∠BDE＝67.5°即可；（3）连结BD过D作DF⊥AB于F,设⊙O的半径为,则AC＝＝AP，DF=OF=，BD=，由A，B，D，C四点共圆可求∠B＝∠5＝67.5°，由折叠可得∠ACE＝∠5＝67.5°，AP＝AE＝，，可证△ACE∽△DBE，DE＝BD＝，∠BDE＝45°，，，计算，即可．【解析】证明：连结OC，OD，标角如图，∵点C是半圆的中点，∴∠1＝90°，∵OA＝OC，∴∠2＝∠3＝45°，∵点D是的中点，∴∠4＝45°，∵OC＝OD，∴∠OCD＝67.5°，∴∠5＝180°－∠3－∠OCD＝67.5°，∵PA⊥AB，∴∠PAO＝90°，∴∠1＋∠PAO＝180°，∴PA∥OC，∴∠OCD＝∠P＝67.5°，∴∠5＝∠P，∴AC＝AP；（2）由⑴得∠5＝∠P＝67.5°，∵D为弧中点，∴∠4＝∠6＝45°，∵折叠，∴∠AEC＝∠P＝67.5°，∠5＝∠ACE＝67.5°，∴∠7＝180°-∠5-∠ACE=180°-67.5°-67.5°=45°，∴DE所对的∠7＝∠6，∴点C，O，E，D共圆，∴∠4＝∠8＝45°，∴∠BDE＝180°－∠8－∠AEC＝67.5°，∴∠AEC＝∠DEB；（3）连结BD过D作DF⊥AB于F，设⊙O的半径为,则AC＝＝AP，DF=OF=，∴BD=，∵A，B，D，C四点共圆，∴∠B＝∠5＝67.5°，∵折叠，∴∠ACE＝∠5＝67.5°，AP＝AE＝，∴，∵∠AEC＝∠DEB＝67.5°，∴△ACE∽△DBE，∴DE＝BD＝，∠BDE＝45°，∴，∵由⑵得∠7＝∠8＝45°，∴CD＝DE＝，∴CE＝CD=，∴，∴，∴．【点睛】本题考查圆心角与弧关系，等腰三角形判定与性质，平行性质，折叠性质，四点共圆及其性质，勾股定理，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，三角形面积，掌握圆心角与弧关系，等腰三角形判定与性质，平行性质，折叠性质，四点共圆及其性质，勾股定理，锐