（广东广州卷）2022年中考数学第三次模拟考试（全解全析）

2022年中考数学第三次模拟考试（广州卷）数学·全解全析12345678910DBCDCCACBD一、选择题1.【详解】解：的相反数是．故选：D．2.【详解】解：要使根式有意义则令x+1≥0，得x≥-1故选：．3.【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；故选C．4.【分析】根据各个选项中的式子可以计算出正确的结果，本题得以解决．【详解】解：，故选项错误，，故选项错误，，故选项错误，，故选项正确，故选：．5.【分析】首先写出各个命题的逆命题，然后进行判断即可．【详解】解：①两直线平行，内错角相等；其命题：内错角相等两直线平行是真命题；②对顶角相等，其逆命题：相等的角是对顶角是假命题；③等腰三角形的两个底角相等，其逆命题：有两个角相等的三角形是等腰三角形是真命题；④菱形的对角线互相垂直，其逆命题：对角线互相垂直的四边形是菱形是假命题；故选：．6.【分析】通过列举的方法将所有可能的情况一一列举，进而找出小球上的数字都是奇数的情况即可求出对应概率．【详解】所有可能出现的情况列举如下：；；；；；；共10种情况，符合条件的情况有：；；；共3种情况；小球上的数字都是奇数的概率为，故选：C．7.【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律即可．【详解】解：因为．所以将抛物线先向左平移3个单位，再向下平移2个单位即可得到抛物线．故选：．8.【分析】根据菱形的性质和勾股定理解答即可．【详解】解：，两点的坐标分别是，，，四边形是菱形，菱形的周长为，故选：．9.【分析】连接OB，OC，根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BAC，证明△AOB≌△AOC，得到∠BAO=∠CAO=30°，得到∠BOD，再利用弧长公式计算．【详解】解：连接OB，OC，∵△ABC是等边三角形，∴∠BOC=2∠BAC=120°，又∵AB=AC，OB=OC，OA=OA，∴△AOB≌△AOC（SSS），∴∠BAO=∠CAO=30°，∴∠BOD=60°，∴劣弧BD的长为=π，故选B．10.【解析】过D作DE⊥x轴于E，过B作BF⊥x轴，BH⊥y轴，得到∠BHC＝90°，根据勾股定理得到AE＝＝4，根据矩形的性质得到AD＝BC，根据全等三角形的性质得到BH＝AE＝4，求得AF＝2，根据相似三角形的性质即可得到结论．解：过D作DE⊥x轴于E，过B作BF⊥x轴，BH⊥y轴，∴∠BHC＝90°，∵点D（﹣2，3），AD＝5，∴DE＝3，∴AE＝＝4，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∴∠BCD＝∠ADC＝90°，∴∠DCP+∠BCH＝∠BCH+∠CBH＝90°，∴∠CBH＝∠DCH，∵∠DCG+∠CPD＝∠APO+∠DAE＝90°，∠CPD＝∠APO，∴∠DCP＝∠DAE，∴∠CBH＝∠DAE，∵∠AED＝∠BHC＝90°，∴△ADE≌△BCH（AAS），∴BH＝AE＝4，∵OE＝2，∴OA＝2，∴AF＝2，∵∠APO+∠PAO＝∠BAF+∠PAO＝90°，∴∠APO＝∠BAF，∴△APO∽△BAF，∴，∴＝，∴BF＝，∴B（4，），∴k＝，故选：D．二、填空题11.【解答】解：故答案为：2．12.【解析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．【解答】解：由①得：，由②得：，∴不等式组的解集为：，故答案为：．13.【解析】已知抛物线顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k）．【解答】∵抛物线y＝3（x﹣1）2+8是顶点式，∴顶点坐标是（1，8）．故答案为：（1，8）．14.【分析】知道和是角平分线，就可以求出，的垂直平分线交于点F可以得到AF=FD，在直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半，再求出DE，得到．【详解】解：的垂直平分线交于点F，（垂直平分线上的点到线段两端点距离相等）∴∵，是角平分线∴∵∴，∴15.【分析】根据旋转后AC的中点恰好与D点重合，利用旋转的性质得到直角三角形ACD中，∠ACD=30°，再由旋转后矩形与已知矩形全等及矩形的性质得到∠DAE为30°，进而得到∠EAC=∠ECA，利用等角对等边得到AE=CE，设AE=CE=x，表示出AD与DE，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出EC的长，即可求出三角形AEC面积．【详解】解：∵旋转后AC的中点恰好与D点重合，即AD=AC′=AC，∴在Rt△ACD中，∠ACD=30°，即∠DAC=60°，∴∠DAD′=60°，∴∠DAE=30°，∴∠EAC=∠ACD=30°，∴AE=CE，在Rt△ADE中，设AE=EC=x，则有DE=DC-EC=AB-EC=6-x，AD=，根据勾股定理得：x2=（6-x）2+（）2，解得：x=4，∴EC=4，则S△AEC=EC•AD=，故答案为：．16.【答案】①②④【解析】【分析】①由正方形的性质、平移的特征证明△ADH≌△EMH，再以MD为直径作圆，则该圆经过点A、H，可证明∠BEC＝∠AMD＝∠DHC＝60°，由∠B＝90°，得2BE＝CE＝DM，故①正确；②由①得△DMH是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得到DM＝HM，故②正确；③由①得∠CHM的大小随∠DHC的变化而变化，举一个反例说明∠CHM的大小不是定值150°，故③错误；④过点H作HP⊥AB，HQ⊥AD，设正方形的边长为x，HP的长为a，用含x、a的式子分别表示△ACE和△ADH的面积，即可得出S△ACE＝2S△ADH，故④正确．【详解】解：①如图，在正方形ABCD中，AB＝CB＝AD＝CD，∠B＝∠ADC＝90°，∴∠DAH＝∠BAC＝45°，∵EH⊥AC，∴∠AHE＝90°，∴∠MEH＝∠EAH＝45°＝∠DAH，∴AH＝EH；由平移得AM＝BE，∴EM＝AB＝AD，∴△ADH≌△EMH（SAS），∴∠DHA＝∠MHE，∴∠DHM＝∠DHA﹣∠AHM＝∠MHE﹣∠AHM＝∠AHE＝90°；以DM的中点O为圆心，以DM为直径作⊙O，连接OA、OH，则OA＝OH＝DM＝OD，∴点A、H在⊙O上．当∠DHC＝60°时，则∠BEC＝∠AMD＝180°﹣∠DHA＝∠DHC＝60°，∴∠BCE＝30°，∴2BE＝CE＝DM．故①正确；②由①得HD＝HM，∠DHM＝90°，∴DM2＝HD2+HM2＝2HM2，∴DM＝HM．故②正确；③∵∠CHM＝∠DHC+∠DHM＝∠DHC+90°，∴∠CHM的大小随∠DHC即∠AMD的变化而变化，如当∠AMD＝75°时，则∠CHM＝165°≠150°．故③错误；④作HP⊥AB于点P，HQ⊥AD于点Q，则HP＝HQ＝AE＝AP＝EP．设正方形ABCD的边长为x，HP＝HQ＝a，则AE＝2a．∵S△ACE＝×2ax＝ax，S△ADH＝ax，∴S△ACE＝2S△ADH．故④正确．故答案为：①②④．三、解答题17.【分析】利用加减消元法解二元一次方程组即可解答.【详解】解：，②－①可得y=2，将y的值代入①中解得x=3，故二元一次方程组的解是.18.【解答】证明：四边形中，，，四边形是平行四边形，，，，，四边形是矩形．19.【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再选取使分式有意义的x的值代入计算可得．【详解】解：原式＝×====﹣（x－3）=﹣x+3∵x≠±2，∴可取x＝1，则原式＝﹣1+3＝2．20.【解答】解：设甲学校师生所乘大巴车的平均速度为千米小时，则乙学校师生所乘大巴车的平均速度为千米小时，由题意得：，解得：，经检验，是所列方程的解，则，答：甲、乙两所学校师生所乘大巴车的平均速度分别为60千米小时、90千米小时．21.【解析】（1）先根据“A等级”的人数及占比求出学生总人数，再减去各组人数即可求出成绩为“B等级”的学生人数；（2）根据“D等级”的占比即可求出其圆心角度数，根据“C等级”的人数即可求出m的值；（3）根据题意画树状图，再根据概率公式即可求解．【详解】（1）学生总人数为3÷15%=20（人）∴成绩为“B等级”的学生人数有20-3-8-4=5（人）故答案为：5；（2）“D等级”的扇形的圆心角度数为m=，故答案为：72°；40；（3）根据题意画树状图如下：∴P（女生被选中）=．22.【解析】（1）根据点A、B都在反比例函数图象上，得到关于a的方程，求出a，即可求出反比例函数解析式；（2）根据点A、B都在一次函数的图象上，运用待定系数法求出直线解析式，进而求出点C坐标，求出CD长，即可求出的面积．【详解】解：（1）∵点，点在反比例函数的图象上，∴．解得．∴．∴反比例函数的表达式是．（2）∵，∴点A，点B的坐标分别是．∵点A，点B在一次函数的图象上，∴解得∴一次函数的表达式是．当时，．∴点C的坐标是．∴．∵点D是点C关于原点O的对称点，∴．作轴于点E，∴．23.【分析】（1）连接，根据是角平分线，进而可得，，根据垂径定理的推论可得，由，即可证明，即可证明是的切线；（2）由可得，，根据同弧所对的圆周角相等可得，进而可得，根据圆内接四边形的对角互补，可得，可得，即可证明（3）连接，根据直径所对的圆周角等于90°，进而勾股定理求得，由，进而求得，根据（2）的结论，列出比例式，代入数值计算即可求得线段的长．【详解】（1）证明：连接，如图，是的角平分线，是的切线；（2），（3）如图，连接是的直径，，在中，，在中即24.【分析】（1）用交点式函数表达式，即可求解；（2）分当为平行四边形一条边、对角线，两种情况，分别求解即可；（3）利用，即可求解．【解答】解：（1）用交点式函数表达式得：；故二次函数表达式为：；（2）①当为平行四边形一条边时，如图1，则，则点坐标为，当点在对称轴左侧时，即点的位置，点、、、为顶点的四边形为平行四边形，故：点或；②当是四边形的对角线时，如图2，中点坐标为设点的横坐标为，点的横坐标为2，其中点坐标为：，即：，解得：，故点；故：点或或；（3）直线的表达式为：，设点坐标为，则点，，，故四边形面积有最大值，当，其最大值为，此时点，．25.【解析】（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.【详解】解：（1）∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC，∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，∵BE=CG，AB=AC，∴△ABE≌△ACG，∴AE=AG，∵AF平分∠EAG，∴∠EAH=∠GAH，∵AH=AH，∴△AEH≌△AGH；（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，∴点E和点G关于AF对称，∴此时△DGH的周长最小，过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，∴CM=CD=6，∴DM=，∵AB=12=BC，BE=4，∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，∴DE==DH+EH=DH+HG，∴DH+HG+DG=∴△DGH周长的最小值为；②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，即S△AON：S△AEC=1:4，∵O是AC中点，∴N为AE中点，此时ON∥EC，∴，当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，同理S△NOC：S四