广州卷A-2022年中考数学模拟考场仿真演练卷（全解全析）

2022年中考数学模拟考场仿真演练卷（广州卷A）数学·全解全析12345678910BCADACBBDA一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．【解答】解：|﹣|＝，故选：B．2．【解答】解：36000＝3.6×104．故选：C．3．【解答】解：第一个图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形；第二个图形是轴对称图形，不是中心对称图形；第三个图形是轴对称图形，不是中心对称图形；第四个图形既是中心对称图形又是轴对称图形；既是中心对称图形又是轴对称图形的有1个，故选：A．4．【解答】解：A、3a﹣2a＝a，故本选项不符合题意；B、a6÷a3＝a3，故本选项不符合题意；C、（a+b）2＝a2+2ab+b2，故本选项不符合题意；D、（a3）2＝a6，故本选项符合题意．故选：D．5．【解答】解：从条形统计图及扇形图可以看出，不满意的人数为1人，占总人数2.5%，∴总人数为1÷2.5%＝40人，∴非常满意的人数为40×30%＝12人，∴一般满意的人数为40﹣16﹣12﹣1＝11人，故排列人数第二位的是非常满意．故选：A．6．【解答】解：∵AB∥CD，∴∠A＝∠2＝35°，∴∠1＝180°﹣∠2＝180°﹣35°＝145°，故选：C．7．【解答】解：Δ＝m2﹣4×1×（﹣）＝m2+2，∵m2≥0，∴m2+2≥2，即Δ＞0，∴x2﹣mx﹣＝0有两个不相等的实数根，故选：B．8．【解答】解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，∠BAC＝40°，∴∠ABC＝∠ACB＝70°，∠BDC＝∠BAC＝40°，∵BD∥AC，∴ACD＝∠BDC＝40°，∴∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝70°﹣40°＝30°，故选：B．9．【解答】解：∵一次函数y＝﹣3x﹣1中，k＝﹣3，∴y随x值的增大而减小，∵x1+2＞x1+1＞x1，∴y3＜y2＜y1，故选：D．10．【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠DAC＝∠ACB＝∠ACD＝45°．在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE＝DE，故①正确；②在EF上取一点G，使EG＝EC，连接CG，∵△ABE≌△ADE，∴∠ABE＝∠ADE，∴∠CBE＝∠CDE，∵BC＝CF，∴∠CBE＝∠F，∴∠CBE＝∠CDE＝∠F，∵∠CDE＝15°，∴∠CBE＝15°，∴∠CEG＝∠CBE+∠ACB＝15°+45°＝60°，∵CE＝GE，∴△CEG是等边三角形，∴∠CGE＝60°，CE＝GC，∴∠GCF∠CGE﹣∠F＝60°﹣15°＝45°，∴∠ECD＝GCF，在△DEC和△FGC中，，∴△DEC≌△FGC（SAS），∴DE＝GF，∵EF＝EG+GF，∴EF＝CE+ED，故②正确；③过D作DM⊥AC交于M，根据勾股定理求出AC＝，由面积公式得：AD×DC＝AC×DM，∴DM＝，∵∠DCA＝45°，∠AED＝60°，∴CM＝DM＝，EM＝，∴CE＝CM﹣EM＝﹣，∴S△DEC＝CE×DM＝﹣，故③正确；④在Rt△DEM中，DE＝2ME＝，∵△ECG是等边三角形，∴CG＝CE＝﹣，∵∠DEF＝∠EGC＝60°，∴DE∥CG，∴△DEH∽△CGH，∴＝＝＝+1，故④错误；综上，正确的结论有①②③，故选：A．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．【解答】解：||＝﹣＝2﹣＝．故答案为：．12．【解答】解：4m2n﹣4n＝4n（m2﹣1）＝4n（m+1）（m﹣1）．故答案为：4n（m+1）（m﹣1）．13．【解答】解：根据题意画出树状图如下：总共12种结果，其中颜色相同的4种结果，故两个指针所指颜色相同的概率为：＝．故答案为：．14．【解答】解：∵AD＝DC，AG＝GE，∴DG∥BC，DG＝EC，∴△GFD∽△EFB，∴＝＝，∴DG＝BE，∴＝，故答案为：．15．【解答】解：∵第（1）个图案有3+1＝4个三角形，第（2）个图案有3×2+1＝7个三角形，第（3）个图案有3×3+1＝10个三角形，…∴第n个图案有（3n+1）个三角形．故答案为：（3n+1）．16．【解答】解：方法一、联立，∴，∴，∴A（），B（），∴A与B关于原点O对称，∴O是线段AB的中点，∵N是线段AM的中点，连接BM，则ON∥BM，且ON＝，∵ON的最大值为，∴BM的最大值为3，∵M在⊙C上运动，∴当B，C，M三点共线时，BM最大，此时BC＝BM﹣CM＝2，∴（，∴k＝0或，∵k＞0，∴，方法二、设点B（a，2a），∵一次函数y＝2x与反比例函数y＝（k＞0）的图象交于A，B两点，∴A与B关于原点O对称，∴O是线段AB的中点，∵N是线段AM的中点，连接BM，则ON∥BM，且ON＝，∵ON的最大值为，∴BM的最大值为3，∵M在⊙C上运动，∴当B，C，M三点共线时，BM最大，此时BC＝BM﹣CM＝2，∴＝2，∴a1＝或a2＝0（不合题意舍去），∴点B（，），∴k＝，故答案为：．三．解答题（共9小题，满分72分）17．【解答】解：原式＝1﹣3×+﹣1+4＝1﹣+﹣1+4＝4．18．【解答】证明：∵AB＝AC，BD＝CE，∴AB﹣BD＝AC﹣CE，即AD＝AE，在△ACD和△ABE中，∵∴△ACD≌△ABE（SAS）．∴∠B＝∠C．19．【解答】解：÷（1+）＝÷＝•＝，∵a＝2cos30°﹣tan45°＝2×﹣1＝﹣1，∴当a＝﹣1时，原式＝＝＝．20．【解答】解：（1）从统计图可知，小明第4次的成绩为13.2，小亮第2次的成绩为13.4，故答案为：13.2，13.4；补全的表格如下：（2）小明5次成绩的中位数是13.3，众数为13.3，小亮5次成绩的中位数是13.3，没有众数；（3）小明＝＝13.3，小亮＝＝13.3，∴＝[（13.2﹣13.3）2+（13.4﹣13.3）2]＝0.004，＝[（13.1﹣13.3）2+（13.2﹣13.3）2+（13.4﹣13.3）2+（13.5﹣13.3）2]＝0.02，∵小明＝小亮，∴＜，∴小明的成绩比较稳定，因此对小亮的建议要加强稳定性训练，而小明应该加强爆发力训练，提高训练成绩．21．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠DCA＝∠CAB，∴∠DCF＝∠BAE，在△CDF和△ABE中，，∴△CDF≌△ABE（SAS）；（2）由（1）知：△CDF≌△ABE，∴DF＝BE，∠DFC＝∠BEA．∴DF∥BE，∴四边形BEDF为平行四边形．∵AC⟂BD，∴EF⊥BD．∴▱BEDF为菱形，即四边形BEDF是菱形．22．【解答】解：（1）设甲种纪念品每件需要x元，乙种纪念品每件需要y元，根据题意得：，解得：，答：甲种纪念品每件需要140元，乙种纪念品每件需要15元，（2）设购进甲种纪念品a件，花了140a元，则购进乙种纪念品件，乙种纪念品花了（140a﹣45）元，根据题意得：140a+（140a﹣45）≤8355，解得：a≤30，∵a为整数，∴a最大为30，当a＝30时，乙种纪念品的件数为：＝277，是整数，∴a最大为30，答：最多购进甲种纪念品30件．23．【解答】（1）解：根据题目要求补全图形如下：（2）证明：连接OD，如图：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∵OB＝OD，∴∠ABD＝∠ODB，∴∠CBD＝∠ODB，∴OD∥BC，∴∠ODA＝∠C＝90°，∴OD⊥AC，又OD是⊙O的半径，∴⊙O与AC相切于点D；（3）解：在Rt△BCD中，∠BDC＝60°，∴∠DBC＝30°，∴BC＝CD＝×＝3，∵BD平分∠ABC，∴∠ABC＝2∠DBC＝60°，在Rt△ABC，∠A＝90°﹣∠ABC＝30°，∴AC＝BC＝3，∴AD＝AC﹣CD＝2，由（2）知∠ODA＝90°，∴∠AOD＝180°﹣∠ODA﹣∠A＝60°，OD＝AD•tanA＝2×＝2，∴劣弧的长为＝π，故答案为：π．24．【解答】解：（1）图形如图所示，由题意台阶T4左边的端点坐标（4.5，7），右边的端点（6，7），对于抛物线y＝﹣x2+4x+12，令y＝0，x2﹣4x﹣12＝0，解得x＝﹣2或6，∴A（﹣2，0），∴点A的横坐标为﹣2，当x＝4.5时，y＝9.75＞7，当x＝6时，y＝0＜7，当y＝7时，7＝﹣x2+4x+12，解得x＝﹣1或5，∴抛物线与台阶T4有交点，设交点为R（5，7），∴点P会落在台阶T4上；（2）由题意抛物线C：y＝﹣x2+bx+c，经过R（5，7），最高点的纵坐标为11，∴，解得或（舍弃），∴抛物线C的解析式为y＝﹣x2+14x﹣38；（3）∵抛物线L：y＝﹣x2+4x+12＝﹣（x﹣2）2+16，∴抛物线L顶点G坐标为（2，16），∵抛物线C的解析式为y＝﹣x2+14x﹣38＝﹣（x﹣7）2+11，∴抛物线C的顶点H坐标为（7，11），∴设过点M，N的直线解析式为y＝kx+b，则，解得：，∴过点G，H的直线解析式为y＝﹣x+18，设直线GH与x轴、y轴分别相交于点E，F，则E（18，0），F（0，18），如图所示：对于抛物线C：y＝﹣x2+14x﹣38，令y＝0，得到x2﹣14x+38＝0，解得x＝7±，∴抛物线C交x轴的正半轴于（7+，0），当点D与（7+，0）重合时，线段DB最小，∵OE＝OF，∴∠OEF＝45°，DB⊥BE，∴DB＝BE，∵DE＝18﹣（7+）＝11﹣，∴DB＝DE＝（11﹣）．25．【解答】解：（1）∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，可将△BAP绕点B顺时针旋转60°得△BCP′，连接PP′，如图，∴BP′＝BP＝4，CP′＝AP＝3，PC＝5，∠PBP′＝60°，∴△BPP′为等边三角形，∴PP′＝PB＝4，∠BP′P＝60°，在△P′CP中，PC＝5，P′C＝3，PP′＝4，∴PC2＝PP′2+P′C2，∴△P′CP为直角三角形，且∠CP′P＝90°，∴∠APB＝∠BP′C＝90°+60°＝150°．故答案为：150°．（2）如图，连接BE，BP，EP，修桥梁费用为100a，修观光路费用为（AP+DQ+CQ）•a．∵BC∥PQ∥DE，BC＝PQ＝DE，∴四边形BCQP是平行四边形，四边形PQDE是平行四边形，∴BP＝CQ，PE＝QD，∴要使AP+CQ+QD最小，则需AP+BP+PE最小．将△BPE绕点B顺时针旋转60°得到△BP′E，连接PP′，∴△BPP′为等边三角形，∴PP′＝PB，EP＝EP′，∴AP+BP+PE＝AP+PP′+E′P′，当A，P，P′，E四点共线时，AP+PP′+E′P′最小，∴AP+PP′