2022年河北省中考数学模拟试题(3)(解析版).doc

2022年河北省中考数学模拟试题（3）
一．选择题（共16小题，满分42分）
1．（3分）下列图形：①等边三角形；②直角三角形；③平行四边形；④正方形，其中正多边形的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【解析】①等边三角形是正多边形，正确；
②直角三角形不是正多边形，错误；
③平行四边形不是正多边形，错误；
④正方形是正多边形，正确．
故选：B．
2．（3分）一小袋味精的质量标准为“50±0.25克”，那么下列四小袋味精质量符合要求的是（　　）
A．50.35克 B．49.80克 C．49.72克 D．50.40克
【答案】B
【解析】由题意，知：合格味精的质量应该在（50﹣0.25）克到（50+0.25）克之间；即49.75克至50.25克之间，符合要求的是B选项．
故选：B．
3．（3分）如果从某一高处甲看低处乙的俯角为30°，那么从乙处看甲处，甲在乙的（　　）
A．俯角30°方向 B．俯角60°方向
C．仰角30°方向 D．仰角60°方向
【答案】C
【解析】如图所示：∵甲处看乙处为俯角30°，
∴乙处看甲处为：仰角为30°．

故选：C．
4．（3分）某次知识竞赛共有20道题，规定每答对一题得10分，答错或不答都扣5分，小明得分要超过125分，他至少要答对多少道题？如果设小明答对x道题，根据题意得（　　）
A．10x﹣5（20﹣x）≥125 B．10x﹣5（20﹣x）≤125
C．10x﹣5（20﹣x）＜125 D．10x﹣5（20﹣x）＞125
【答案】D
【解析】由题意可得，
10x﹣5（20﹣x）＞125，
故选：D．
5．（3分）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为（　　）

A．20cm B．30cm C．40cm D．20cm
【答案】D
【解析】如图1，图2中，连接AC．

图1中，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝20cm，
在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝AB＝20cm；
故选：D．
6．（3分）在一次数学课上，学习了单项式乘多项式，小明回家后，拿出课堂笔记本复习，发现这样一道题：﹣3x（﹣2x2+3x﹣1）＝6x3+□+3x，“□”的地方被墨水污染了，你认为“□”内应填写（　　）
A．9x2 B．﹣9x2 C．9x D．﹣9x
【答案】B
【解析】﹣3x（﹣2x2+3x﹣1）＝6x3﹣9x2+3x，
故选：B．
7．（3分）如图，在下列给出的条件中，可以判定AB∥CD的有（　　）
①∠1＝∠2；
②∠1＝∠3；
③∠2＝∠4；
④∠DAB+∠ABC＝180°；
⑤∠BAD+∠ADC＝180°．

A．①②③ B．①②④ C．①④⑤ D．②③⑤
【答案】D
【解析】①∠1＝∠2不能判定AB∥CD，不符合题意；
②∵∠1＝∠3，∴AB∥CD，符合题意；
③∵∠2＝∠4，∴AB∥CD，符合题意；
④∠DAB+∠ABC＝180°；不能判定AB∥CD，不符合题意；
⑤∵∠BAD+∠ADC＝180°，∴AB∥CD，符合题意．
故选：D．
8．（3分）我国北斗公司在2020年发布了一款代表国内卫星导航系统最高水平的芯片，该芯片的制造工艺达到了0.000000022米．用科学记数法表示0.000000022为（　　）
A．22×10﹣10 B．2.2×10﹣10 C．2.2×10﹣9 D．2.2×10﹣8
【答案】D
【解析】0.000000022＝2.2×10﹣8．
故选：D．
9．（3分）下列倡导节约的图案中，可以看作是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
10．（3分）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：分别以B，C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，弧线两两交于M、N两点，作直线MN，与边AC、BC分别交于D、E两点，连接BD、AE，若∠BAC＝90°，在下列说法中：
①E为△ABC外接圆的圆心；
②图中有4个等腰三角形；
③△ABE是等边三角形；
④当∠C＝30°时，BD垂直且平分AE．
其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【解析】由作法得MN垂直平分BC，则BE＝CE，DB＝DC，
∵∠BAC＝90°，
∴BC为△ABC外接圆的直径，E点为△ABC外接圆的圆心，所以①正确；
∵AE＝BE＝CE，DB＝DC，
∴△ABE、△AEC和△DBC都为等腰三角形，所以②错误；
只有当∠ABC＝60°时，△ABE是等边三角形，所以③错误；
当∠C＝30°时，∠ABC＝60°，则△ABE是等边三角形，而∠DBC＝∠C＝30°，所以BD为角平分线，所以BD⊥AE，所以④正确．
故选：B．
11．（2分）小韩同学要统计本校图书馆最受学生欢迎的图书种类，以下是排乱的统计步骤：
①从扇形图中分析出最受学生欢迎的种类
②去图书馆收集学生借阅图书的记录
③绘制扇形图来表示各个种类所占的百分比
④整理借阅图书记录并绘制频数分布表
正确统计步骤的顺序是（　　）
A．②→④→③→① B．③→④→①→② C．①→②→④→③ D．②→③→①→④
【答案】A
【解析】将本校图书馆最受学生欢迎的图书种类情况制作扇形统计图的步骤如下：
②去图书馆收集学生借阅图书的记录；
④整理借阅图书记录并绘制频数分布表；
③绘制扇形图来表示各个种类所占的百分比；
①从扇形图中分析出最受学生欢迎的种类；
故选：A．
12．（2分）在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y＝的图象如图所示，则k的值可以为（　　）

A．﹣4 B．﹣3 C．﹣2 D．2
【答案】B
【解析】如图所示，反比例函数y＝的图象位于第二、四象限，则k＜0．
又∵﹣2×2＜k＜1×（﹣2），即﹣4＜k＜﹣2．
∴观察选项，只有选项B合题意．
故选：B．

13．（2分）化简+的结果是（　　）
A．x B．﹣x C．x﹣1 D．x+1
【答案】A
【解析】原式＝，
故选：A．
14．（2分）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积是（　　）

A．5cm2 B．8cm2 C．9cm2 D．10cm2
【答案】D
【解析】由题意推知几何体是长方体，长、宽、高分别1cm、1cm、2cm，
所以其面积为：2×（1×1+1×2+1×2）＝10（cm2）．
故选：D．
15．（2分）若关于x的一元二次方程ax2﹣2x+2＝0有两个相等的实数根，则这两个相等的实数根是（　　）
A．﹣2 B． C．2 D．
【答案】C
【解析】∵关于x的一元二次方程ax2﹣2x+2＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝0，即（﹣2）2﹣4a×2＝0，
解得，a＝，
原方程可化为x2﹣2x+2＝0，
整理得，x2﹣4x+4＝0，
解得x1＝x2＝2，
故选：C．
16．（2分）在平面上，边长为2的正方形和短边长为1的矩形几何中心重合，如图①，当正方形和矩形都水平放置时，容易求出重叠面积S＝2×1＝2．
甲、乙、丙三位同学分别给出了两个图形不同的重叠方式：

甲：矩形绕着几何中心旋转，从图②到图③的过程中，重叠面积S大小不变．
乙：如图④，矩形绕着几何中心继续旋转，矩形的两条长边与正方形的对角线平行时，此时的重叠面积大于图③的重叠面积．
丙：如图⑤，将图④中的矩形向左上方平移，使矩形的一条长边恰好经过正方形的对角线，此时的重叠面积是5个图形中最小的．
下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙、丙都对 B．只有乙对
C．只有甲不对 D．甲、乙、丙都不对
【答案】C
【解析】明显都是平行四边形，阴影左侧的边长在变大，高都为2，所以前面三个图形一定面积在增大，第四个图的面积最大，第五个的面积最小，
所以只有甲错．
故选：C．
二．填空题（共3小题，满分11分）
17．（3分）计算：（π﹣2020）0﹣（）﹣1＝________．
【答案】﹣1．
【解析】原式＝1﹣2＝﹣1，
18．（4分）七年级（2）班要添置新桌椅，使每人有一套桌椅，现有n行，每行7人，还有一行8人，需________套桌椅；当n＝4时，共需________套桌椅．
【答案】7n+1；29．
【解析】总人数为8+（n﹣1）×7＝7n+1，
∴桌椅数为7n+1．
当n＝4时，7n+1＝7×4+1＝29，
19．（4分）某会展中心在会展期间准备将高5m、长13m、宽2m的楼道铺上地毯，已知地毯每平方米20元，请你帮助计算一下，铺完这个楼道至少需要________元．

【答案】680．
【解析】由勾股定理得AB＝＝＝12（m），
则地毯总长为12+5＝17（m），
则地毯的总面积为17×2＝34（平方米），
所以铺完这个楼道至少需要34×20＝680（元）．
三．解答题（共7小题，满分67分）
20．（8分）计算：﹣23﹣[（﹣3）2﹣22×﹣8.5]÷（﹣）2
【答案】见解析
【解析】﹣23﹣[（﹣3）2﹣22×﹣8.5]÷（﹣）2
＝﹣8﹣[9﹣4×﹣8.5]×4
＝﹣8﹣[9﹣1﹣8.5]×4
＝﹣8﹣（﹣0.5）×4
＝﹣8+2
＝﹣6．
21．（9分）古希腊的哲学家柏拉图曾指出，如果m表示大于1的整数，a＝2m，b＝m2﹣1，c＝m2+1，那么a，b，c为勾股数．你认为对吗？如果对，你能利用这个结论得出一些勾股数吗？
【答案】见解析
【解析】正确．理由：
∵m表示大于1的整数，
∴a，b，c都是正整数，且c是最大边，
∵（2m）2+（m2﹣1）2＝（m2+1）2，
∴a2+b2＝c2，
即a、b、c为勾股数．
当m＝2时，可得一组勾股数3，4，5．
22．（9分）一个不透明的口袋中放有6个涂有红、黑、白三种颜色的小球（除颜色外其余都相同），其中红球个数比黑球个数多2个，从口袋中随机取出一个球是白球的概率为．
（1）求红球的个数；
（2）如下表，不同颜色小球分别标上数字“1”、“2”、“3”，则6个球上面数字的众数是　1　；中位数是　　；取走一个红球后，剩下球上数字的中位数是________；
球种类
红球
黑球
白球
标注数字
1
2
3
（3）从口袋中随机取出一个球不放回，之后又随机取出一个球，用列表法或画树状图的方法，求两次都取出红球的概率．
【答案】见解析
【解析】（1）设黑球为x个，则红球为（x+2）个，白球个数为6﹣（x﹣x﹣2）＝4﹣2x（个），
由题意得：＝，
解得：x＝1，
则x+2＝3，4﹣2x＝2，
即红球的个数为3个；
（2）∵不同颜色小球分别标上数字“1”、“2”、“3”，红球有3个，
则6个球上面数字的众数是1；
排序为1，1，1，2，3，3，则中位数为＝；
取走一个红球后，剩下球上数字的中位数是2；
故答案为：1，，2；
（3）红、黑、白三种颜色的小球分别记为“1”、“2”、“3”，
画树状图如下图：

共有30个等可能的结果，两次都取出红球的结果有6个，
∴两次都取出红球的概率为＝．
23．（9分）如图，△ABC是等边三角形，AB＝4cm，动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速运动，过点P作PQ⊥AB，交折线AC﹣CB于点Q，以PQ为边作等边三角形PQD，使点A，D在PQ异侧．设点P的运动时间为x（s）（0＜x＜2），△PQD与△ABC重叠部分图形的面积为y（cm2）．
（1）AP的长为________cm（用含x的代数式表示）．
（2）当点D落在边BC上时，求x的值．
（3）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．

【答案】见解析
【解析】（1）∵动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速运动，
∴AP的长为2xcm；
故答案为：2x；
（2）当点D落在BC上时，如图1，
BP＝AB﹣AP＝4﹣2x，

∵PQ⊥AB，
∴∠QPA＝90°，
∵△PQD等边三角形，△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠DPQ＝60°，PQ＝PD，
∴∠BPD＝30°，
∴∠PDB＝90°，
∴PD⊥BC，
∴△APQ≌△BDP（AAS），
∴BD＝AP＝2x，
∵BP＝2BD，
∴4﹣2x＝4x，
解得x＝；
（3）①如图2，当0＜x≤时，

∵在Rt△APQ中，AP＝2x，∠A＝60°，
∴PQ＝AP•tan60°＝2x，
∵△PQD等边三角形，
∴S△PQD＝2x•3x＝3x2cm2，
所以y＝3x2；
②如图3，当点Q与点C重合时，

此时CP⊥AB，
所以AP＝AB，即2x═2，
解得x＝1，
所以当＜x≤1时，如图4，设PD、QD与BC分别相交于点G、H，

∵AP＝2x，
∴BP＝4﹣2x，AQ＝2AP＝4x，
∴BG＝BP＝2﹣x
∴PG＝BG＝（2﹣x），
∴S△PBG＝BG•PG＝（2﹣x）2，
∵AQ＝2AP＝4x，
∴CQ＝AC﹣AQ＝4﹣4x，
∴QH＝CQ＝（4﹣4x），
∴S△QCH＝CQ•QH＝（4﹣4x）2，
∵S△ABC＝4×2＝4，
∴S四边形PGHQ＝S△ABC﹣S△PBG﹣S△QCH﹣S△APQ
＝4﹣（2﹣x）2﹣（4﹣4x）2﹣×2x×2x
＝﹣x2+18x﹣6，
所以y＝﹣x2+18x﹣6；
③如图5，当1＜x＜2时，点Q运动在BC边上，
设PD与BC相交于点G，

此时PG＝BP•sin60°＝（4﹣2x）×＝（2﹣x），
∵PB＝4﹣2x，
∴BQ＝2BP＝2（4﹣2x）＝4（2﹣x），
∴BG＝BP＝2﹣x，
∴QG＝BQ﹣BG＝3（2﹣x），
∴重叠部分的面积为：
S△PQG＝PG•QG＝（2﹣x）•3（2﹣x）＝（2﹣x）2．
所以y＝（2﹣x）2．
综上所述：y关于x的函数解析式为：
当0＜x≤时，y＝3x2；
当＜x≤1时，y＝﹣x2+18x﹣6；
当1＜x＜2时，y＝（2﹣x）2．
24．（10分）一辆客车从甲地出发前往乙地，平均速度v（千米/时）与所用时间t（小时）的函数关系如图所示，其中60≤v≤120．
（1）求v与t的函数关系式及t值的取值范围；
（2）客车上午8时从甲地出发．
①客车需在当天14时40分至15时30分（含14时40分与15时30分）间到达乙地，求客车行驶速度v的范围；
②客车能否在当天12时30分前到达乙地？说明理由．

【答案】见解析
【解析】（1）设v与t的函数关系式为v＝，
将（5，120）代入v＝，得：120＝，
解得：k＝600，
∴v与t的函数关系式为v＝（5≤t≤10）；

（2）①当t＝（8时到14时40分）时，v＝＝600÷＝90（千米/时），
当t＝时，v＝＝600÷＝80（千米/时），
∴客车行驶速度v的范围为80千米/时≤v≤90千米/时；
②当天12时30分到达时，t＝4.5＜5，
而5≤t≤10，
故客车不能在当天12时30分前到达乙地．
25．（10分）已知：MN为⊙O的直径，OE为⊙O的半径，AB、CH是⊙O的两条弦，AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K，连接HN、HE，HE与MN交于点P．
（1）如图1，若AB与CH交于点F，求证：∠HFB＝2∠EHN；
（2）如图2，连接ME、OA，OA与ME交于点Q，若OA⊥ME，∠EON＝4∠CHN，求证：MP＝AB；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接OC、BC、AH，OC与EH交于点G，AH与MN交于点R，连接RG，若HK：ME＝2：3，BC＝，求RG的长．

【答案】见解析
【解析】（1）如图1，∵AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K
∴∠ODB＝∠OKC＝90°
∵∠ODB+∠DFK+∠OKC+∠EON＝360°
∴∠DFK+∠EON＝180°
∵∠DFK+∠HFB＝180°
∴∠HFB＝∠EON
∵∠EON＝2∠EHN
∴∠HFB＝2∠EHN
（2）如图2，连接OB，
∵OA⊥ME，
∴∠AOM＝∠AOE
∵AB⊥OE
∴∠AOE＝∠BOE
∴∠AOM+∠AOE＝∠AOE+∠BOE，
即：∠MOE＝∠AOB
∴ME＝AB
∵∠EON＝4∠CHN，∠EON＝2∠EHN
∴∠EHN＝2∠CHN
∴∠EHC＝∠CHN
∵CH⊥MN
∴∠HPN＝∠HNM
∵∠HPN＝∠EPM，∠HNM＝HEM
∴∠EPM＝∠HEM
∴MP＝ME
∴MP＝AB
（3）如图3，连接BC，过点A作AF⊥BC于F，过点A作AL⊥MN于L，连接AM，AC，
由（2）知：∠EHC＝∠CHN，∠AOM＝∠AOE
∴∠EOC＝∠CON
∵∠EOC+∠CON+∠AOM+∠AOE＝180°
∴∠AOE+∠EOC＝90°，∠AOM+∠CON＝90°
∵OA⊥ME，CH⊥MN
∴∠OQM＝∠OKC＝90°，CK＝HK，ME＝2MQ，
∴∠AOM+∠OMQ＝90°
∴∠CON＝∠OMQ
∵OC＝OA
∴△OCK≌△MOQ（AAS）
∴CK＝OQ＝HK
∵HK：ME＝2：3，即：OQ：2MQ＝2：3
∴OQ：MQ＝4：3
∴设OQ＝4k，MQ＝3k，
则OM＝＝＝5k，AB＝ME＝6k
在Rt△OAC中，AC＝＝＝5k
∵四边形ABCH内接于⊙O，∠AHC＝∠AOC＝×90°＝45°，
∴∠ABC＝180°﹣∠AHC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠ABF＝180°﹣∠ABC＝180°﹣135°＝45°
∴AF＝BF＝AB•cos∠ABF＝6k•cos45°＝3k
在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2
即：，解得：k1＝1，（不符合题意，舍去）
∴OQ＝HK＝4，MQ＝OK＝3，OM＝ON＝5
∴KN＝KP＝2，OP＝ON﹣KN﹣KP＝5﹣2﹣2＝1，
在△HKR中，∠HKR＝90°，∠RHK＝45°，
∴＝tan∠RHK＝tan45°＝1
∴RK＝HK＝4
∴OR＝RN﹣ON＝4+2﹣5＝1
∵∠CON＝∠OMQ
∴OC∥ME
∴∠PGO＝∠HEM
∵∠EPM＝∠HEM
∴∠PGO＝∠EPM
∴OG＝OP＝OR＝1
∴∠PGR＝90°
在Rt△HPK中，PH＝＝＝2
∵∠POG＝∠PHN，∠OPG＝∠HPN
∴△POG∽△PHN
∴，即，PG＝
∴RG＝＝＝．

26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，点P是第一象限内抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC与OP，交于点D，求当的值最大时点P的坐标；
（3）点F与点C关于抛物线的对称轴成轴对称，当点P的纵坐标为2时，过点P作直线PQ∥x轴，点M为直线PQ上的一个动点，过点M作MN⊥x轴于点N，在线段ON上任取一点K，当有且只有一个点K满足∠FKM＝135°时，请直接写出此时线段ON的长．

【答案】见解析
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图1，过点P作PG⊥x轴，交BC于G，

∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3与y轴交于点C，
∴点C（0，3），
∴直线BC解析式为y＝﹣x+3，
设点P（p，﹣p2+2p+3），则点G坐标为（p，﹣p+3），
∴PG＝﹣p2+2p+3﹣（﹣p+3）＝﹣p2+3p，
∵PG∥OC，
∴＝＝，
∴当p＝时，的值有最大值，
∴点P（，）；
（3）当点M在点F的右侧，如图2，连接FM，以FM为斜边，作等腰直角△FHM，当以H为圆心FH为半径作圆H，与x轴相切于K，此时有且只有一个点K满足∠FKM＝135°，

连接HK，交PM于Q，延长CF交HK于E，则HK⊥x轴，
设点H（x，y），
∵点A（﹣1，0）、B（3，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵点F与点C关于抛物线的对称轴成轴对称，
∴点F（2，3），CF∥x轴，
∴CF∥PM，
∴HK⊥CF，HK⊥PM，
∴∠FEH＝∠HQM＝90°＝∠FHM，
∴∠FHE+∠QHM＝90°＝∠FHE+∠HFE，
∴∠QHM＝∠HFE，
又∵FH＝HM，
∴△FHE≌△HMQ（AAS），
∴HE＝QM＝y﹣3，HQ＝EF＝x﹣2，
∴y﹣2＝x﹣2，
∴x＝y，
∵FH2＝HE2+EF2，
∴y2＝（y﹣2）2+（y﹣3）2，
∴y＝2+5，
∴QM＝2+5﹣3＝2+2，
∴点M的坐标（4+7，2），
∵MN⊥x轴，
∴ON＝7+4，
当点M在点F的左侧，同理可求ON＝3+4，
综上所述：线段ON的长为7+4或3+4．