（上海卷）2022年中考数学第三次模拟考试（参考答案）

2022年中考数学第三次模拟考试（上海卷）数学·参考答案一、选择题123456BBDDDD填空题7．8．．9．64°30′10．x=-111．12．213．14．1＜x＜215．16．17．18．2或44或2解答题19．0【分析】根据化简绝对值，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，进行混合运算即可【详解】解：原式【点睛】本题考查了化简绝对值，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，牢记特殊角的三角函数值并正确的进行实数的混合运算是解题的关键．20．，【分析】根据完全平方公式和平方根的性质，将二元二次方程组变换为二元一次方程组并求解，即可得到答案．【详解】∵∴或原方程组的解集为，．【点睛】本题考查了解二元二次方程组，涉及完全平方公式、平方根、二元一次方程组的知识；解题的关键是熟练掌握完全平方公式、二元一次方程组的性质，从而完成求解．21．(1)2000元(2)①20辆；②A型车20辆，B型车40辆获利最多，为30000元【分析】（1）设去年每辆A型车售价x元，则今年每辆车售价（x-200）元，根据题意，列出方程，即可求解；（2）设A型车进货a辆，总获利为y元．则B型车进货（60-a）辆，①根据“B型进货数量不超过A型车数量的2倍．”列出不等式，即可求解；②把A和B型车的利润加起来，得到函数关系式，再根据一次函数的增减性，即可求解．(1)解：设去年每辆A型车售价x元，则今年每辆车售价（x-200）元，依题意得：解得：x=2000，经检验x=2000是原方程的解，且符合题意，答：A型自行车去年每辆售价2000元；(2)解：设A型车进货a辆，总获利为y元．则B型车进货（60-a）辆，①∵B型进货数量不超过A型车数量的2倍∴∴a≥20∴A型车至少进货20辆．②依题意得y=（2000-200-1500）a+（2400-1800）（60-a）即y=-300a+36000∵k=-300＜0，∴y随a的增大而减小，∴当时，y最小，最小值为30000（元）∴B型车为60-20=40（辆）∴当A型车20辆，B型车40辆获利最多，为30000元．【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，一次函数的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．22．（1）50cm；（2）cm【分析】（1）过O作OH⊥AB于H，并延长交⊙O于D，根据圆的性质，计算得OH，再根据勾股定理计算，即可得到答案；（2）连接OB，结合题意，根据含角的直角三角形性质，得∠OAH＝30°，从而计算得∠AOB；再根据弧长公式计算，即可完成求解．【详解】（1）过O作OH⊥AB于H，并延长交⊙O于D，∴∠OHA＝90°，AH＝AB，，∵水的深度等于25cm，即HD＝25cm又∵OA＝OD＝50cm∴OH＝OD-HD＝25cm∴AH＝cm∴AB＝50cm；（2）连接OB，∵OA＝50cm，OH＝25cm，∴OH＝OA∵∠OHA＝90°∴∠OAH＝30°∴∠AOH＝60°∵OA＝OB，OH⊥AB∴∠BOH＝∠AOH＝60°∴∠AOB＝120°∴的长是：cm．【点睛】本题考查了圆、勾股定理、含角的直角三角形、弧长的知识；解题的关键是熟练掌握圆、垂径定理、勾股定理、弧长计算的性质，从而完成求解．23．(1)(2)y＝（0＜x＜）(3)3或【分析】（1）首先利用勾股定理得出AC的长，证得△ACF≌△AEF，得出BE＝2，进一步得出△CBE∽△ABG，△CGF∽△CBE，利用三角形相似的性质得出CF、CG的长，利用勾股定理求得而答案即可；（2）作BM⊥AF，ON⊥AF，垂足分别为M、N，利用△ONH∽△BMH，△ANO∽△AFC，△BMG∽△CFG，建立BE、OH之间的联系，进一步整理得出y关于x的函数解析式，根据y＝0，得出x的定义域即可；（3）分三种情况探讨：①当BH＝BG时，②当GH＝GB，③当HG＝HB，分别探讨得出答案即可．(1)解：∵AB＝8，BC＝6，,∴AC＝10，∵AF⊥CE，∴∠AFC＝∠AFE＝90°，∵点F是线段CE的中点，∴CF＝EF，在△ACF和△AEF中，∴△ACF≌△AEF，∴AE＝AC＝10，∴BE＝2，∵∠CGF＝∠AGB，∠GFC＝∠ABG，∴∠FCG＝∠GAB，∠CBE＝∠ABG，∴△CBE∽△ABG，∴＝，即＝，BG＝，∴CG＝，∵∠GCF＝∠BCE，∠CFG＝∠CBE，∴△CGF∽△CBE，∴＝，又CE＝2CF，∴2CF2＝BC•CG，∴CF＝，∴GF＝＝；(2)如图，作BM⊥AF，ON⊥AF，垂足分别为M、N，∵AF⊥CE，∴ONBMCE，∴△ONH∽△BMH，△ANO∽△AFC，△BMG∽△CFG，∴＝＝，＝，＝＝，∴＝，又∵△CBE∽△ABG，∴＝，BE＝x，∴BG＝x，∴＝，则y＝（0＜x＜）．(3)当△BHG是等腰三角形，①当BH＝BG时，∵，∴△AHD∽△BHG，∴＝，由（1）知，∴，∴，∵，∴，由（2）知时y＝，解得x＝3；②当GH＝GB，∵ABCD为矩形，∴，∴，∵，∴△GBH∽△OBC，同理解得x＝；③当HG＝HB，得出∠HGB＝∠HBG＝∠OCB不存在．所以BE＝3或．【点睛】此题综合考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，以及全等三角形的判定与性质，知识涉及的面广，需要多方位思考解决问题，渗透分类讨论的思想．24．（1）；（2）①；②的最小值为10，此时点H的坐标为【分析】（1）先求出点C的坐标，可得到n，进而求出点B的坐标，再将点A、C的坐标代入，即可求解；（2）①设点P的坐标，并表示出点E的坐标，从而得到PE，再根据△PFE∽△BOC，根据相似三角形的性质，即可求解；②如图，将直线OG绕点G逆时针旋转60°，得到直线l，作，垂直分别为，则∠MGO=60°，从而得到，，从而得到当点H位于抛物线对称轴与OP的交点时，最小，最小值为PM，然后证得点P、O、M三点共线，即可求解．【详解】解：（1）∵抛物线经过y轴上的点C，∴当时，，∴点，将点，代入，得：，∴直线BC的解析式为，当时，，∴点B（4,0），将点，B（4,0），代入，得：，解得：，∴抛物线解析式为；（2）①设，则，∴，设△PEF的周长为m，∵，∴∠PEF=∠BCO，∵∠PFO=∠BCO=90°，∴△PFE∽△BOC，∴，∵点B（4,0），，∴，∴，∴，∴，∴当时，m最大，此时，即的周长为最大值时点P的坐标为；②抛物线的对称轴为，如图，将直线OG绕点G逆时针旋转60°，得到直线l，作，垂直分别为，则∠MGO=60°，∴，，∴，∴当点H位于抛物线对称轴与OP的交点时，最小，最小值为PM，∵∠MGO=60°，∴∠MOG=30°，∵，∴，，∴∠POB=60°，∴∠MOG+∠BOG+∠POB=180°，∴点P、O、M三点共线，设直线AC的解析式为，∵，∴，解得：，∴直线AC的解析式为，∵，∴可设直线BG的解析式为，把点B（4,0），代入得：，∴直线BG的解析式为，∴点，∴，∴，∴PM=10，∴的最小值为10，∵∠POB=60°，抛物线对称轴为，∴此时点H的纵坐标为，∴的最小值为10，此时点H的坐标为．【点睛】本题主要考查了二次函数和一次函数的综合题，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．25．（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）过C点作CF⊥AD，交AD的延长线于F，可证ABCF是正方形，即AB=BC=CF=FA;再由“HL”证得Rt△CBE≌Rt△CFD，可得BE=FD，最后用线段的和差即可；（2）分∠EDC＝90°和∠DEC＝90°两种情况讨论，运用相似三角形的性质和直角三角形的性质即可求解；（3）连接EM交CD于Q，连接DN交CE于P，连接ED，CM，作CF⊥AD于F，由轴对称的性质可得∠CPD=∠CQE=90°，DC垂直平分EM，可证Rt△CBE≌Rt△CFM，可得BE=FM，由勾股定理可求BE、CE的长，通过证明△CDP∽△CEQ，最后运用相似三角形的性质即可解答．【详解】（1）证明：如图，过C点作CF⊥AD，交AD的延长线于F，∵AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC，∴四边形ABCF是正方形，∴AB＝BC＝CF＝FA，又∵CE＝CD，∴Rt△CBE≌Rt△CFD（HL），∴BE＝FD，∴AD＝AE；（2）①若∠EDC＝90°时，若△ADE、△BCE和△CDE两两相似，那么∠A＝∠B＝∠EDC＝90°，∠ADE＝∠BCE＝∠DCE＝30°，在△CBE中，∵BC＝1，∴，，∵AB＝1，∴，∴，此时≠，∴△CDE与△ADE、△BCE不相似；②如图，若∠DEC＝90°时，∵∠ADE+∠A＝∠BEC+∠DEC，∠DEC＝∠A＝90°，∴∠ADE＝∠BEC，且∠A＝∠B＝90°，∴△ADE∽△BEC，∴∠AED＝∠BCE，若△CDE与△ADE相似，∵AB与CD不平行，∴∠AED与∠EDC不相等，∴∠AED＝∠BCE＝∠DCE，∴若△CDE与△ADE、△BCE相似，∴，∴AE＝BE，∵AB＝1，∴AE＝BE＝，∴AD＝；（3）连接EM交CD于Q，连接DN交CE于P，连接ED，CM，作CF⊥AD于F，∵E关于直线CD的对称点为M，点D关于直线CE的对称点为N，∴∠CPD＝∠CQE＝90°，DC垂直平分EM，∠PCD＝∠QCE，∴△CDP∽△CEQ，∴，∵AD∥BC，AB⊥BC，，AB＝BC＝1，∴，∵CD垂直平分EM，∴DE＝DM