2022届吉林省长春新区重点达标名校中考数学模试卷含解析

2022届吉林省长春新区重点达标名校中考数学模试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1．若关于x的方程=3的解为正数，则m的取值范围是（）A．m＜ B．m＜且m≠C．m＞﹣ D．m＞﹣且m≠﹣2．图（1）是一个长为2m，宽为2n（m＞n）的长方形，用剪刀沿图中虚线（对称轴）剪开，把它分成四块形状和大小都一样的小长方形，然后按图（2）那样拼成一个正方形，则中间空的部分的面积是（）A．2mn B．（m+n）2 C．（m-n）2 D．m2-n23．如图，平行四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC边上的一点，增加下列条件，不一定能得出BE∥DF的是（）A．AE＝CF B．BE＝DF C．∠EBF＝∠FDE D．∠BED＝∠BFD4．正方形ABCD在直角坐标系中的位置如图所示，将正方形ABCD绕点A按顺时针方向旋转180°后，C点的坐标是()A．(2，0) B．(3，0) C．(2，－1) D．(2，1)5．小手盖住的点的坐标可能为（）A． B． C． D．6．如图是用八块相同的小正方体搭建的几何体，它的左视图是（）A． B．C． D．7．菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于（）A．3.5 B．4 C．7 D．148．小强是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中，有这样一条信息：a﹣b，x﹣y，x+y，a+b，x2﹣y2，a2﹣b2分别对应下列六个字：昌、爱、我、宜、游、美，现将（x2﹣y2）a2﹣（x2﹣y2）b2因式分解，结果呈现的密码信息可能是（）A．我爱美 B．宜晶游 C．爱我宜昌 D．美我宜昌9．据统计，2018年全国春节运输人数约为3000000000人，将3000000000用科学记数法表示为（）A．0.3×1010B．3×109C．30×108D．300×10710．生物兴趣小组的学生，将自己收集的标本向本组其他成员各赠送一件，全组共互赠了132件.如果全组共有x名同学，则根据题意列出的方程是（）A．x(x+1)=132 B．x(x-1)=132 C．x(x+1)=132× D．x(x-1)=132×2二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11．图中是两个全等的正五边形，则∠α=______．12．分解因式：3x3﹣27x＝_____．13．在中，：：1：2：3，于点D，若，则______14．已知，是关于x的一元二次方程x2+（2m+3）x+m2=0的两个不相等的实数根，且满足=﹣1，则m的值是____．15．完全相同的3个小球上面分别标有数－2、－1、1，将其放入一个不透明的盒子中后摇匀，再从中随机摸球两次（第一次摸出球后放回摇匀），两次摸到的球上数之和是负数的概率是________．16．将直线y=x沿y轴向上平移2个单位长度后，所得直线的函数表达式为_________，这两条直线间的距离为_____．17．如图，在菱形ABCD中，AB＝BD．点E、F分别在AB、AD上，且AE＝DF．连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．下列结论：①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG＝CG2；③若AF＝2DF，则BG＝6GF．其中正确的结论有_____．（填序号）三、解答题（共7小题，满分69分）18．（10分）某种型号油电混合动力汽车，从A地到B地燃油行驶需纯燃油费用76元，从A地到B地用电行驶需纯用电费用26元，已知每行驶1千米，纯燃油费用比纯用电费用多0.5元．求每行驶1千米纯用电的费用；若要使从A地到B地油电混合行驶所需的油、电费用合计不超过39元，则至少需用电行驶多少千米？19．（5分）某自动化车间计划生产480个零件，当生产任务完成一半时，停止生产进行自动化程序软件升级，用时20分钟，恢复生产后工作效率比原来提高了，结果完成任务时比原计划提前了40分钟，求软件升级后每小时生产多少个零件？20．（8分）我省有关部门要求各中小学要把“阳光体育”写入课表，为了响应这一号召，某校围绕着“你最喜欢的体育活动项目是什么？（只写一项）”的问题，对在校学生进行了随机抽样调查，从而得到一组数据，如图1是根据这组数据绘制的条形统计图，请结合统计图回答下列问题：该校对多少名学生进行了抽样调查？本次抽样调查中，最喜欢足球活动的有多少人？占被调查人数的百分比是多少？若该校九年级共有400名学生，图2是根据各年级学生人数占全校学生总人数的百分比绘制的扇形统计图，请你估计全校学生中最喜欢篮球活动的人数约为多少？21．（10分）在阳光体育活动时间，小亮、小莹、小芳和大刚到学校乒乓球室打乒乓球，当时只有一副空球桌，他们只能选两人打第一场．（1）如果确定小亮打第一场，再从其余三人中随机选取一人打第一场，求恰好选中大刚的概率；（2）如果确定小亮做裁判，用“手心、手背”的方法决定其余三人哪两人打第一场．游戏规则是：三人同时伸“手心、手背”中的一种手势，如果恰好有两人伸出的手势相同，那么这两人上场，否则重新开始，这三人伸出“手心”或“手背”都是随机的，请用画树状图的方法求小莹和小芳打第一场的概率．22．（10分）如图，AB∥CD，△EFG的顶点F，G分别落在直线AB，CD上，GE交AB于点H，GE平分∠FGD．若∠EFG=90°，∠E=35°，求∠EFB的度数．23．（12分）在Rt△ABC中，∠BAC=,D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．（1）求证：△AEF≌△DEB；（2）证明四边形ADCF是菱形；（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCFD的面积．24．（14分）如图，在Rt△ABC的顶点A、B在x轴上，点C在y轴上正半轴上，且A(－1，0)，B(4，0)，∠ACB＝90°.(1)求过A、B、C三点的抛物线解析式；(2)设抛物线的对称轴l与BC边交于点D，若P是对称轴l上的点，且满足以P、C、D为顶点的三角形与△AOC相似，求P点的坐标；(3)在对称轴l和抛物线上是否分别存在点M、N，使得以A、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形，若存在请直接写出点M、点N的坐标；若不存在，请说明理由.图1备用图

参考答案一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1、B【解析】

解：去分母得：x+m﹣3m=3x﹣9，整理得：2x=﹣2m+9，解得：x=，已知关于x的方程=3的解为正数，所以﹣2m+9＞0，解得m＜，当x=3时，x==3，解得：m=，所以m的取值范围是：m＜且m≠．故答案选B．2、C【解析】

解：由题意可得，正方形的边长为（m+n），故正方形的面积为（m+n）1．又∵原矩形的面积为4mn，∴中间空的部分的面积=（m+n）1-4mn=（m-n）1．故选C．3、B【解析】

由四边形ABCD是平行四边形，可得AD//BC，AD=BC，然后由AE=CF，∠EBF=∠FDE，∠BED=∠BFD均可判定四边形BFDE是平行四边形，则可证得BE//DF，利用排除法即可求得答案．【详解】四边形ABCD是平行四边形，

∴AD//BC，AD=BC，

A、∵AE=CF，∴DE=BF，∴四边形BFDE是平行四边形，∴BE//DF，故本选项能判定BE//DF；

B、∵BE=DF，

四边形BFDE是等腰梯形，

本选项不一定能判定BE//DF；

C、∵AD//BC，∴∠BED+∠EBF=180°，∠EDF+∠BFD=180°，∵∠EBF=∠FDE，∴∠BED=∠BFD，四边形BFDE是平行四边形，∴BE//DF，故本选项能判定BE//DF；

D、∵AD//BC，∴∠BED+∠EBF=180°，∠EDF+∠BFD=180°，∵∠BED=∠BFD，∴∠EBF=∠FDE，∴四边形BFDE是平行四边形，∴BE//DF，故本选项能判定BE//DF．

故选B．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，注意根据题意证得四边形BFDE是平行四边形是关键．4、B【解析】试题分析：正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°后，C点的对应点与C一定关于A对称，A是对称点连线的中点，据此即可求解．试题解析：AC=2，则正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°后C的对应点设是C′，则AC′=AC=2，则OC′=3，故C′的坐标是（3，0）．故选B．考点：坐标与图形变化-旋转．5、B【解析】

根据题意，小手盖住的点在第四象限，结合第四象限点的坐标特点，分析选项可得答案．【详解】根据图示，小手盖住的点在第四象限，第四象限的点坐标特点是：横正纵负；分析选项可得只有B符合．故选：B．【点睛】此题考查点的坐标，解题的关键是记住各象限内点的坐标的符号，进而对号入座，四个象限的符号特点分别是：第一象限（＋，＋）；第二象限（−，＋）；第三象限（−，−）；第四象限（＋，−）．6、B【解析】

根据几何体的左视图是从物体的左面看得到的视图，对各个选项中的图形进行分析，即可得出答案．【详解】左视图是从左往右看，左侧一列有2层，右侧一列有1层1，选项B中的图形符合题意，故选B．【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，理解掌握三视图的概念是解答本题的关键.主视图是从物体的正面看得到的视图，左视图是从物体的左面看得到的视图，俯视图是从物体的上面看得到的视图．7、A【解析】

根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OHAB．【详解】∵菱形ABCD的周长为28，∴AB=28÷4=7，OB=OD．∵H为AD边中点，∴OH是△ABD的中位线，∴OHAB7=3.1．故选A．【点睛】本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．8、C【解析】试题分析：（x2﹣y2）a2﹣（x2﹣y2）b2=（x2﹣y2）（a2﹣b2）=（x﹣y）（x+y）（a﹣b）（a+b），因为x﹣y，x+y，a+b，a﹣b四个代数式分别对应爱、我，宜，昌，所以结果呈现的密码信息可能是“爱我宜昌”，故答案选C．考点：因式分解.9、B【解析】

科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数.【详解】解：根据科学计数法的定义可得，3000000000=3×109，故选择B.【点睛】本题考查了科学计数法的定义，确定n的值是易错点.10、B【解析】全组有x名同学，则每名同学所赠的标本为：（x-1）件，那么x名同学共赠：x（x-1）件，所以，x（x-1）=132，故选B.二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11、108°【解析】

先求出正五边形各个内角的度数，再求出∠BCD和∠BDC的度数，求出∠CBD，即可求出答案．【详解】如图：∵图中是两个全等的正五边形，∴BC=BD，∴∠BCD=∠BDC，∵图中是两个全等的正五边形，∴正五边形每个内角的度数是=108°，∴∠BCD=∠BDC=180°-108°=72°，∴∠CBD=180°-72°-72°=36°，∴∠α=360°-36°-108°-108°=108°，故答案为108°．【点睛】本题考查了正多边形和多边形的内角和外角，能求出各个角的度数是解此题的关键．12、3x（x+3）（x﹣3）．【解析】

首先提取公因式3x，再进一步运用平方差公式进行因式分解．【详解】3x3﹣27x＝3x（x2﹣9）＝3x（x+3）（x﹣3）．【点睛】本题考查用提公因式法和公式法进行因式分解的能力．一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．13、2.1【解析】

先求出△ABC是∠A等于30°的直角三角形，再根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求解．【详解】解：根据题意，设∠A、∠B、∠C为k、2k、3k，则k+2k+3k=180°，解得k=30°，2k=60°，3k=90°，∵AB=10，∴BC=AB=1，∵CD⊥AB，∴∠BCD=∠A=30°，∴BD=BC=2.1．故答案为2.1．【点睛】本题主要考查含30度角的直角三角形的性质和三角形内角和定理，掌握30°角所对的直角边等于斜边的一半、求出△ABC是直角三角形是解本题的关键．14、3.【解析】

可以先由韦达定理得出两个关于、的式子，题目中的式子变形即可得出相应的与韦达定理相关的式子，即可求解.【详解】得+=-2m-3，=m2，又因为，所以m2-2m-3=0，得m=3或m=-1，因为一元二次方程的两个不相等的实数根，所以△>0，得（2m+3）2-4×m2=12m+9>0，所以m＞，所以m=-1舍去，综上m=3.【点睛】本题考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式相结合解题是解决本题的关键.15、【解析】

画树状图列出所有等可能结果，从中找到能两次摸到的球上数之和是负数的结果，根据概率公式计算可得．【详解】解：画树状图如下：由树状图可知共有9种等可能结果，其中两次摸到的球上数之和是负数的有6种结果，所以两次摸到的球上数之和是负数的概率为，故答案为：．【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图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．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．16、y=x+1【解析】

已知直线y=x沿y轴向上平移1个单位长度，根据一次函数图象的平移规律即可求得平移后的解析式为y=x+1．再利用等面积法求得这两条直线间的距离即可．【详解】∵直线y=x沿y轴向上平移1个单位长度，∴所得直线的函数关系式为：y=x+1．∴A（0，1），B（1，0），∴AB=1，过点O作OF⊥AB于点F，则AB•OF=OA•OB，∴OF=，即这两条直线间的距离为．故答案为y=x+1，．【点睛】本题考查了一次函数图象与几何变换：一次函数y=kx+b（k、b为常数，k≠0）的图象为直线，当直线平移时k不变，当向上平移m个单位，则平移后直线的解析式为y=kx+b+m．17、①②③【解析】

（1）由已知条件易得∠A=∠BDF=60°，结合BD=AB=AD，AE=DF，即可证得△AED≌△DFB，从而说明结论①正确；（2）由已知条件可证点B、C、D、G四点共圆，从而可得∠CDN=∠CBM，如图，过点C作CM⊥BF于点M，过点C作CN⊥ED于点N，结合CB=CD即可证得△CBM≌△CDN，由此可得S四边形BCDG=S四边形CMGN=2S△CGN，在Rt△CGN中，由∠CGN=∠DBC=60°，∠CNG=90°可得GN=CG，CN=CG，由此即可求得S△CGN=CG2，从而可得结论②是正确的；（3）过点F作FK∥AB交DE于点K，由此可得△DFK∽△DAE，△GFK∽△GBE，结合AF=2DF和相似三角形的性质即可证得结论④成立.【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，BD=AB，∴AB=BD=BC=DC=DA，∴△ABD和△CBD都是等边三角形，∴∠A=∠BDF=60°，又∵AE=DF，∴△AED≌△DFB，即结论①正确；（2）∵△AED≌△DFB，△ABD和△DBC是等边三角形，∴∠ADE=∠DBF，∠DBC=∠CDB=∠BDA=60°，∴∠GBC+∠CDG=∠DBF+∠DBC+∠CDB+∠GDB=∠DBC+∠CDB+∠GDB+∠ADE=∠DBC+∠CDB+∠BDA=180°，∴点B、C、D、G四点共圆，∴∠CDN=∠CBM，如下图，过点C作CM⊥BF于点M，过点C作CN⊥ED于点N，∴∠CDN=∠CBM=90°，又∵CB=CD，∴△CBM≌△CDN，∴S四边形BCDG=S四边形CMGN=2S△CGN，∵在Rt△CGN中，∠CGN=∠DBC=60°，∠CNG=90°∴GN=CG，CN=CG，∴S△CGN=CG2，∴S四边形BCDG=2S△CGN，=CG2，即结论②是正确的；（3）如下图，过点F作FK∥AB交DE于点K，∴△DFK∽△DAE，△GFK∽△GBE，∴，，∵AF=2DF，∴，∵AB=AD，AE=DF，AF=2DF，∴BE=2AE，∴，∴BG=6FG，即结论③成立.综上所述，本题中正确的结论是：故答案为①②③点睛：本题是一道涉及菱形、相似三角形、全等三角形和含30°角的直角三角形等多种几何图形的判定与性质的题，题目难度较大，熟悉所涉及图形的性质和判定方法，作出如图所示的辅助线是正确解答本题的关键.三、解答题（共7小题，满分69分）18、（1）每行驶1千米纯用电的费用为0.26元．（2）至少需用电行驶74千米．【解析】

（1）根据某种型号油电混合动力汽车，从A地到B地燃油行驶纯燃油费用76元，从A地到B地用电行驶纯电费用26元，已知每行驶1千米，纯燃油费用比纯用电费用多0.5元，可以列出相应的分式方程，然后解分式方程即可解答本题；（2）根据（1）中用电每千米的费用和本问中的信息可以列出相应的不等式，解不等式即可解答本题．【详解】（1）设每行驶1千米纯用电的费用为x元，根据题意得：=解得：x=0.26经检验，x=0.26是原分式方程的解，答：每行驶1千米纯用电的费用为0.26元；（2）从A地到B地油电混合行驶，用电行驶y千米，得：0.26y+（﹣y）×（0.26+0.50）≤39解得：y≥74，即至少用电行驶74千米．19、软件升级后每小时生产1个零件．【解析】分析：设软件升级前每小时生产x个零件，则软件升级后每小时生产（1+）x个零件，根据工作时间=工作总量÷工作效率结合软件升级后节省的时间，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．详解：设软件升级前每小时生产x个零件，则软件升级后每小时生产（1+）x个零件，根据题意得：，解得：x=60，经检验，x=60是原方程的解，且符合题意，∴（1+）x=1．答：软件升级后每小时生产1个零件．点睛：本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．20、（1）该校对50名学生进行了抽样调查；（2）最喜欢足球活动的人占被调查人数的20%；（3）全校学生中最喜欢篮球活动的人数约为720人．【解析】

（1）根据条形统计图，求个部分数量的和即可；（2）根据部分除以总体求得百分比；（3）根据扇形统计图中各部分占总体的百分比之和为1，求出百分比即可求解.【详解】（1）4+8+10+18+10=50（名）答：该校对50名学生进行了抽样调查．（2）最喜欢足球活动的有10人，，∴最喜欢足球活动的人占被调查人数的20%．（3）全校学生人数：400÷（1﹣30%﹣24%﹣26%）=400÷20%=2000（人）则全校学生中最喜欢篮球活动的人数约为2000×=720（人）．【点睛】此题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键.条形统计图能清楚的表示出每个项目的数据；扇形统计图中各部分占总体的百分比之和为1，直接反应部分占全体的百分比的大小.21、（1）（2）【解析】

（1）由小亮打第一场，再从其余三人中随机选取一人打第一场，求出恰好选中大刚的概率即可；（2）画树状图得出所有等可能的情况数，找出小莹和小芳伸“手心”或“手背”恰好相同的情况数，即可求出所求的概率．【详解】解：（1）∵确定小亮打第一场，∴再从小莹，小芳和大刚中随机选取一人打第一场，恰好选中大刚的概率为；（2）列表如下：所有等可能的情况有8种，其中小莹和小芳伸“手心”或“手背”恰好相同且与大刚不同的结果有2个，则小莹与小芳打第一场的概率为．【点睛】本题主要考查了列表法与树状图法；概率公式．22、20°【解析】

依据三角形内角和定理可得∠FGH=55°，再根据GE平分∠FGD，AB∥CD，即可得到∠FHG=∠HGD=∠FGH=55°，再根据∠FHG是△EFH的外角，即可得出∠EFB=55°-35°=20°．【详解】∵∠EFG=90°，∠E=35°，∴∠FGH=55°，∵GE平分∠FGD，AB∥CD，∴∠FHG=∠HGD=∠FGH=55°，∵∠FHG是△EFH的外角，∴∠EFB=55°﹣35°=20°．【点睛】本题考查了平行线的性质，两直线平行时，应该想到它们的性质，由两直线平行的关系得到角之间的数量关系，从而达到解决问题的目的．23、（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）1．【解析】

（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；

（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；

（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得