（浙江杭州卷）2022年中考数学第二次模拟考试（全解全析）

2022年中考数学第二次模拟考试（浙江杭州卷）数学·全解全析12345678910BBBCBCCACB1．B【解析】【分析】数轴上表示数的点与原点的距离是数的绝对值，根据绝对值的含义可得答案.【详解】解：故选B【点睛】本题考查的是绝对值的含义，掌握“求解一个数的绝对值”是解本题的关键.2．B【解析】【分析】利用负整数指数幂计算即可判断A与B；利用幂的乘方性质可以判断选项C；利用同底数幂的乘法可以判断选项D．【详解】A、（﹣3）﹣2＝＝，故此选项错误；B、（﹣3）﹣2＝，故此选项正确；C、（a12）2＝a24，故此选项错误；D、a2•a5＝a7，故此选项错误；故选：B．【点睛】本题考查了负整数指数幂的性质和同底数幂的运算，熟练掌握运算性质是解题的关键.3．B【解析】【分析】根据分式的值为0的条件，可得，且，解出即可．【详解】∵，，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查了分式的值为0的条件，熟练掌握当分式的分子为0，分母不等于0时，分式的值为0是解题的关键．4．C【解析】【分析】根据几何体的三视图解答．【详解】解：该几何体的主视图为，左视图为，俯视图为，故选：C．【点睛】此题考查了几何体的三视图的判断，正确掌握几何体的三视图的画法是解题的关键．5．B【解析】【分析】设绳子长x尺，长木长y尺，根据“用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺，将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺”，可得出关于x，y的二元一次方程组．【详解】解：设绳子长x尺，长木长y尺，依题意，得：，故选：B．【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．6．C【解析】【分析】连接DE，因为AB=AD，AE⊥BD，AD∥BC，可证四边形ABED为菱形，从而得到BE、BC的长，进而解答即可．【详解】解：连接DE．在直角三角形CDE中，EC=3，CD=4，根据勾股定理，得DE=5．∵AB=AD，AE平分∴AE⊥BD，BO=OD，∴AE垂直平分BD，∠BAE=∠DAE．∴DE=BE=5．∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE=5，∴BC=BE+EC=8，∴四边形ABED是菱形，由勾股定理得出，∴，故选：C．【点睛】本题考查勾股定理的运用以及菱形的判定和性质，题目难度适中，根据条件能够发现图中的菱形ABDE是关键．7．C【解析】【分析】过点作交于点，根据等边三角形的性质证明，可得，，然后证明，可得，再证明，即可解决问题．【详解】解：如图，过点作交于点，和都是等边三角形，，，，，，在和中，，，，，，，，，，，，，，，，．故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，解决本题的关键是得到．8．A【解析】【分析】先解关于x的一元一次不等式组，再根据其解集是，得小于5；再解分式方程，根据其有非负整数解，同时考虑增根的情况，得出的值，再求和即可．【详解】由不等式组得：∵解集是，∴＜5；由关于y的分式方程得，∴y=，∵有非负整数解，∴≥0，∴，（舍，此时分式方程有增根），=-1，=3，（=0，2，4时，y不是整数），它们的和为2．故选：A．【点睛】本题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．9．C【解析】【分析】根据图象即可判断A、C；由解析式即可判断B；根据抛物线的对称性即可判断D．【详解】解：∵二次函数y＝a（x+2）2+k的图象开口方向向下，∴a＜0，故A正确，不合题意；由图象可知，抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，故B正确，不合题意；由图象知，当x＜0时，由图象可知y随x的增大先增大后减小，故C错误，符合题意；∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，且过A（﹣6，0），∴B点的坐标为（2，0），故D正确，不合题意；故选：C．【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练运用二次函数的图像和性质是解题关键10．B【解析】【分析】根据题意计算得；再结合题意，得当动点Q在上时，的面积S随运动时间t变化呈现二次函数关系；当动点Q在上时，的面积S随运动时间t变化呈现一次函数关系，从而得a对应动点Q和点C重合；通过计算，即可得到答案．【详解】解：∵动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AB运动到点B停止，一共用6秒钟，∴AB=1×6=6，∵，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD=6，当动点Q在上时，的面积S随运动时间t变化呈现二次函数关系，当动点Q在上时，的面积S随运动时间t变化呈现一次函数关系，∴a对应动点Q和点C重合，如图：∵动点Q以每秒4个单位的速度从点B出发，∴，∴，∴，∴，如图，过点C作，交于点E，∴，∴，即．故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形、函数图像，二次函数、一次函数、三角函数,与三角形高有关的计算等知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、一次函数、三角函数的性质，从而完成求解．11．9(x+3)(x-3)【解析】【分析】首先题公因式9，然后利用平方差公式因式分解即可.【详解】解：9x2-81=9(x2-9)=9（x+3）（x-3）；故答案为：9（x+3）（x-3）【点睛】本题考查因式分解，解决问题的关键是掌握运算步骤：一提二套三检查.12．x1且x-3【解析】【分析】根据分母不为0，被开方数大于等于0，进行计算即可．【详解】解：由题意得：1-x0，且x+30，∴x1且x-3，故答案为：x1且x-3．【点睛】本题考查了自变量的取值范围，熟练掌握此函数关系式中分母不为0，被开方数大于等于0是解题的关键．13．【解析】【分析】由方程的解得到再由根与系数的关系可得再整体代入求值即可.【详解】解：m，n分别为一元二次方程x2＋2x－2021＝0的两个实数根，故答案为：【点睛】本题考查的是一元二次方程的解的含义，一元二次方程的根与系数的关系，熟练的利用整体代入法求解代数式的值是解本题的关键.14．3.16×108【解析】【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．【详解】解：316000000＝3.16×108．故答案为：3.16×108．【点睛】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．15．##【解析】【分析】首先连接OD，由折叠的性质，可得CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，则可得△OBD是等边三角形，继而求得OC的长，即可求得△OBC与△BCD的面积，又在扇形OAB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，即可求得扇形OAB的面积，继而求得阴影部分面积．【详解】解：连接OD．根据折叠的性质，CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，∴OB＝OD＝BD，即△OBD是等边三角形，∴∠DBO＝60°，∴∠CBO＝∠DBO＝30°，∵∠AOB＝90°，∴OC＝OB•tan∠CBO＝6×＝2，∴S△BDC＝S△OBC＝×OB×OC＝×6×2＝6，S扇形AOB＝π×62＝9π，∴整个阴影部分的面积为：S扇形AOB﹣S△BDC﹣S△OBC＝9π﹣6﹣6＝9π﹣12．故答案为：9π﹣12．【点睛】本题考查折叠的性质和扇形的面积公式．分析图形找到阴影部分的面积等于S扇形AOB﹣S△BDC﹣S△OBC是本题的关键．16．或##或##或##或【解析】【分析】过点P作PD⊥OD，求出DP＝3，根据等边△ABC的顶点A、B的坐标求出OA＝，OB＝1，得出AB、AC，再求出S△ABC，从而得出S△ABP，根据已知条件列方程即可得到结论．【详解】解：如图1，当点P在直线AB的下方时，过点P作于D，∵P点的横坐标是3，∴，∵等边的顶点A、B的坐标分别为、，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴如图2，当点P在直线AB的上方时，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴∴或，故答案为：或．【点睛】此题考查了等边三角形的性质，关键是根据△ABP的面积求出PD的长，要能根据点的坐标求出线段的长度．17．（1），-5；（2）【解析】【分析】（1）先求出不等式组的解集，再求出不等式组的整数解即可；（2）先根据分式的减法法则算括号里面的，再根据分式的除法法则进行计算，求出不等式组的整数解，最后代入求出答案即可．【详解】解：（1），解不等式①，得，解不等式②，得，所以不等式组的解集是，所以不等式组的整数解是，，，0，1，和为；（2），解不等式组得：，所以不等式组的整数解是3，当时，原式．【点睛】本题考查解不等式组和分式的化简求值，解不等式组的基本步骤是：先求出不等式组中各个不等式的解集，然后确定其公共部分；分式化简求值时注意代入的数值应该使原分式有意义．18．(1)(2)，【解析】【分析】（1）过点A作于H，根据已知条件得到，，求得，，于是得到结论；（2）设，过点F作轴于M，过点C作轴于点N，根据平行四边形的性质得到，根据已知条件得到，，于是得到求得，得到，根据点A，F都在的图象上，得到，列方程即可得到结论．(1)解：过点A作于H，∵，，∴，，∴A点坐标为，根据题意得：，可得：，∴反比例函数解析式：；(2)解：设，过点F作轴于M，过点C作轴于点N，由平行四边形性质可证得，，∴，，∴，∵，∴，∵F为的中点，∴，∵，，∴，，∴，∴，∵根据点A，F都在的图象上，∴，∴∴，∴，∴，，∵∴，∴，∴，．【点睛】此题考查了平行四边形的性质、待定系数法求反比例函数的解析式、三角形的面积等，要注意运用数形结合的思想．19．(1)见解析(2)的半径为【解析】【分析】（1）连接CO，根据圆周角定理得，根据AO=CO得，根据得，即可得，，根据OC是的半径即可得；（2）根据得，根据，得，即可得，则，在在中，，则，根据，得，进行计算即可得．(1)证明：连接CO，∵AB是的直径，∴，∵AO=CO，∴，∵，∴，∴，即，∴，∵OC是的半径，∴CD为的切线．(2)解：∵于点C，∴，∵于E，∴，∴，∴，∴，在中，，则，∵，，∴，∴，∴的半径为．【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，锐角三角函数，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握这些知识点．20．(1)62.8cm(2)125.8cm【解析】【分析】（1）利用弧长公式求解即可．（2）由题意可知，当时，点H到地面的距离最大．过点H作HP⊥AB分别交AB、DC延长线于P、K，过点D作DQ⊥AB于点Q．构造直角三角形，利用锐角三角函数，可求出KH，KP的值，相加即是所求．(1)解：（1）∵100°≤∠DCH≤180°，∴旋转角为180°﹣100°＝80°，∵CM＝MH＝CH＝45，∴当∠DCH从最小角转动到最大角时，点M运动的路径长＝＝＝cm．∴点M运动的路径长62.8cm．(2)如图2，当时，点H到地面的距离最大．过点H作HP⊥AB分别交AB、DC延长线于P、K，过点D作DQ⊥AB交AB于点Q．则四边形DQPK是矩形．∴DQ＝KP在Rt△ADQ中，cm，在Rt△CKH中，cm，∴DQ＝KP＝37.6cm，∴HP＝HK+KP＝88.2+37.6+＝125.8cm，∴在线段CH转动过程中，H点到地面l的最大距离为125.8cm．【点睛】本题考查了点的运动轨迹，弧长公式，解直角三角形等知识．解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形．21．(1)45，47，46(2)740人(3)【解析】【分析】（1）根据众数和中位数的定义进行求解即可；（2）用七、八年级的总人数乘以测评活动成绩合格的学生所占的百分比即可；（3）根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．(1)解：分出现了次数最多，出现了5次，七年级众数是45分，，八年级47分出现了5次，出现的次数最多，则；把八年级的20名学生的测评成绩从小到大排列，中位数是第10、11个数的平均数，则（分）．故答案为：45，47，46；(2)根据题意得：（人，答：估计此次测评活动成绩合格的学生人数有740人；(3)根据题意画图如下：共有12种等可能的情况数，其中两人在同一年级的有4种，则两人在同一年级的概率是．【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．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．22．（1）等腰直角三角形；（2）QE=E'P，证明见解析；（3）PC2+BP2=2AP2．【解析】【分析】（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠DAB=90°，∠D=90°，由旋转的性质得出∠EAE′=∠DAB=90°，E′A=EA，则可得出结论；（2）证明△DQE≌△BE'P（SAS），由全等三角形的性质可得出结论；（3）将△ABP逆时针旋转90°后得到△ACD，连接PD，则△APD是等腰直角三角形，由旋转的性质得出∠ABP=∠ACD=45°，BP=CD，证出∠BCD=90°，由勾股定理可得出答案．【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∠DAB=90°，∠D=90°，∵△ADE顺时针旋转90°，得△ABE′，∴∠EAE′=∠DAB=90°，E′A=EA，∴△AEE′为等腰直角三角形；故答案为：等腰直角三角形；（2）QE=E'P．证明：∵将△ADE顺时针旋转90°后得到△ABE′，∴∠D=∠ABE'，DE=BE'，∵DQ=BP，∴△DQE≌△BE'P（SAS），∴QE=E'P．（3）将△ABP逆时针旋转90°后得到△ACD，连接PD，则△APD是等腰直角三角形，由旋转的性质可知∠ABP=∠ACD=45°，BP=CD，∵∠ACB=45°，∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∴PC2+CD2=PD2，∴PC2+CD2=PD2，∵AP2+AD2=PD2=2AP2，∴PC2+BP2=2AP2．故答案为：PC2+BP2=2AP2．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．23．(1)(2)或(3)或或或【解析】【分析】（1）待定系数法求