2022年长沙市中考数学模拟试题(3)(解析版).doc

2022年长沙市中考数学模拟试题（3）
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）在0，1，﹣5，﹣1四个数中，最小的数是（　　）
A．0 B．1 C．﹣5 D．﹣1
【答案】C
【解析】∵﹣5＜﹣1＜0＜1，
∴最小的数是﹣5，
故选：C．
2．（3分）据统计，某城市去年接待旅游人数约为89 000 000人，89 000 000这个数据用科学记数法表示为（　　）
A．8.9×106 B．8.9×105 C．8.9×107 D．8.9×108
【答案】C
【解析】89 000 000这个数据用科学记数法表示为8.9×107．
故选：C．
3．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．a3÷（﹣a2）＝﹣a B．（a+1）2＝a2+1
C．（﹣2a）2＝﹣4a2 D．a2+a＝a3
【答案】A
【解析】A、原式＝﹣a，符合题意；
B、原式＝a2+2a+1，不符合题意；
C、原式＝4a2，不符合题意；
D、原式不能合并，不符合题意，
故选：A．
4．（3分）下列事件中，是随机事件的是（　　）
A．画一个三角形，其内角和是180°
B．投掷一枚正六面体骰子，朝上一面的点数为5
C．在只装了红色卡片的袋子里，摸出一张白色卡片
D．明天太阳从东方升起
【答案】B
【解析】A、画一个三角形，其内角和是180°，是必然事件；
B、投掷一枚正六面体骰子，朝上一面的点数为5，是随机事件；
C、在只装了红色卡片的袋子里，摸出一张白色卡片，是不可能事件；
D、明天太阳从东方升起，是必然事件；
故选：B．
5．（3分）如图，AB∥CD，∠BAE＝120°，∠DCE＝30°，则∠AEC＝（　　）度．

A．70 B．150 C．90 D．100
【答案】C
【解析】如图，延长AE交CD于点F，
∵AB∥CD，
∴∠BAE+∠EFC＝180°，
又∵∠BAE＝120°，
∴∠EFC＝180°﹣∠BAE＝180°﹣120°＝60°，
又∵∠DCE＝30°，
∴∠AEC＝∠DCE+∠EFC＝30°+60°＝90°．
故选：C．

6．（3分）如图①是由大小相同的小正方体搭成的几何体，将上层的小正方体平移后得到图②．关于平移前后几何体的从三个方向看得图形，下列说法正确的是（　　）

A．从正面看到的图相同
B．从左面看到的图相同
C．从上面看到的图相同
D．从三个方向看到的图都不相同
【答案】C
【解析】图①的三视图为：
图②的三视图为：
故选：C．
7．（3分）在我市“新媒体”课堂比赛中，7位评委给某位选手的评分不完全相同．若去掉一个最高分，去掉一个最低分，则以下四个统计量中一定不会发生变化的是（　　）
A．平均分 B．众数 C．中位数 D．极差
【答案】C
【解析】先去掉一个最高分，去掉一个最低分，再进行统计，则上述四个统计量中，一定不会发生变化的是中位数；
故选：C．
8．（3分）钟面上的分针的长为1，从9点到9点15分，分针在钟面上扫过的面积是（　　）
A．π B．π C． D．π
【答案】B
【解析】从9点到9点15分分针扫过的扇形的圆心角是90°，
则分针在钟面上扫过的面
是：＝π．
故选：B．
9．（3分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点E，过点E作EF⊥BC于点F，AC＝5，∠CAB＝90°，按以下步骤作图：分别以点A，F为圆心，大于AF的长为半径作弧，两弧交于点P，Q，作直线PQ，若点B，E在直线PQ上，且AE：EC＝2：3，则BC的长为（　　）

A．2 B．3 C．8 D．13
【答案】B
【解析】根据作图过程可知：
PQ是AF的垂直平分线，
∴AE＝EF，AB＝FB，
∵AE：EC＝2：3，AC＝5，
∴AE＝2，EC＝3，
∴FC＝＝．
∵AB2+AC2＝BC2
即BF2+25＝（BF+）2
解得BF＝2
∴BC＝BF+FC＝3．
则BC的长为3．
故选：B．
10．（3分）如图，一般客轮从小岛A沿东北方向航行，同时一艘补给船从小岛A正东方向相距（100+100）海里的港口B出发，沿北偏西60°方向航行，与客轮同时到达C处给客轮进行补给，则客轮与补给船的速度之比为（　　）

A．：2 B．：1 C．：2 D．：1
【答案】A
【解析】过C作CD⊥AB于D，
设AD＝x，
由题意得∠CAD＝45°，∠NBC＝60°，
在Rt△ACD中，∠ACD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ACD＝∠CAD，
∴CD＝AD＝x，
∴AC＝＝x，
在Rt△BCD中，∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∴BC＝2CD＝2x，
∴BD＝＝x，
∵AB＝100+100，
∴AD+BD＝x+x＝100+100，
∴（1+）x＝100（1+），
∴x＝100，
即AD＝100海里，
∴AC＝100海里，BC＝200海里，
∵时间一定时速度与路程成正比，
∴客轮与补给船的速度之比为100：200＝：2，
故选：A．

11．（3分）明代大数学家程大位著《算法统宗》一书中，记载了这样一道数学题：“八万三千短竹竿，将来要把笔头安，管三套五为期定，问君多少能完成？”用现代的话说就是：有83000根短竹，每根短竹可制成毛笔的笔管3个或笔套5个，怎样安排笔管和笔套的短竹的数量，使制成的1个笔管与1个笔套正好配套？设用于制作笔管的短竹数为x根，用于制作笔套的短竹数为y根，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】依题意，得：．
故选：B．
12．（3分）如图，∠ABC＝30°，边BA上有一点D，DB＝4，以点D为圆心，以DB长为半径作弧交BC于点E，则BE＝（　　）

A． B．4 C． D．8
【答案】A
【解析】如图，连接DE，过点D作DF⊥BC于点F，

在Rt△BDF中，∠ABC＝30°，BD＝4，
由得，
依题意可得：DB＝DE，
∴△BDE是等腰三角形，
∵DF⊥BC，
∴（等腰三角形三线合一），
∴．
故选：A．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．（3分）已知y＝﹣+2，则xy＝________．
【答案】9．
【解析】根据题意得，
解得x＝3，
当x＝3时，y＝2，
∴xy＝32＝9，
14．（3分）分解因式：x3﹣4x＝________．
【答案】x（x+2）（x﹣2）．
【解析】x3﹣4x，
＝x（x2﹣4），
＝x（x+2）（x﹣2）．
15．（3分）若关于x的一元一次不等式组的解集是x＜﹣3，则m的取值范围是________．
【答案】m≥﹣3．
【解析】解不等式2x﹣1＞3x+2，得：x＜﹣3，
∵不等式组的解集是x＜﹣3，
∴m≥﹣3．
16．（3分）在同样条件下对某种小麦种子进行发芽试验，统计发芽种子数，获得如下频数表：
试验种子数（粒）
100
200
500
1000
2000
4000
发芽频数
94
189
476
951
1900
3800
估计该麦种的发芽概率是________．
【答案】0.95．
【解析】由表可知，估计该麦种的发芽概率是＝0.95，
17．（3分）如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，∠ABC的平分线BF交DE于点F，若AB＝4，BC＝6，则EF的长为________．

【答案】1．
【解析】连接AF并延长交BC于H，
∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE＝BC＝3，AF＝FH，
在△BFA和△BFH中，
，
∴△BFA≌△BFH（AAS），
∴BH＝AB＝4，
∵AD＝DB，AF＝FH，
∴DF＝BH＝2，
∴EF＝DE﹣DF＝1，

18．（3分）如图，平面直角坐标系xOy中，在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上取点A，连接OA，与y＝的图象交于点B，过点B作BC∥x轴交函数y＝的图象于点C，过点C作CE∥y轴交函数y＝的图象于点E，连接AC，OC，BE，OC与BE交于点F，则＝________．

【答案】．
【解析】如图，过点A作AN⊥x轴于N，过点B作BM⊥x轴于M．

∵AN∥BM，
∴△OBM∽△OAN，
∵S△OBM＝，S△AON＝2k，
∴＝（）2＝，
∴＝＝，
设A（m，），则B（，），
∵BC∥x轴，EC∥y轴，
∴C（2m，），E（2m，），
∴直线OC的解析式为y＝x，直线BE的解析式为y＝﹣x+，
由，解得，
∴F（，），
∴＝＝，
三．解答题（共8小题，满分66分）
19．（6分）计算：（）﹣2﹣（﹣）×+|2cos30°﹣2|．
【答案】见解析
【解析】原式＝4+2+2﹣
＝6+．
20．（6分）先化简，再求值：（），其中a＝2．
【答案】见解析
【解析】原式＝•（a+1）（a﹣1）＝a2+3a，
当a＝2时，原式＝4+6＝10．
21．（8分）在读书月活动中，某校号召全体师生积极捐书，为了解所捐书籍的种类，图书管理员对部分书籍进行了抽样调查，根据调查数据绘制了不完整的统计图表．请你根据统计图表所提供的信息回答下面问题：
某校师生捐书种类情况统计表
种类
频数
百分比
A．科普类
30
n
B．文学类
25
25%
C．艺术类
m
20%
D．其它类
25
25%
（1）统计表中的m＝________，n＝________；
（2）补全条形统计图；
（3）本次活动师生共捐书2000本，请估计有多少本科普类图书？

【答案】见解析
【解析】（1）∵此次抽样的书本总数为25÷25%＝100（本），
∴n＝×100%＝30%，m＝100×20%＝20，
故答案为：20，30%；

（2）根据（1）补全条形图如下：

（3）2000×30%＝600（本），
答：估计有600本科普类图书．
22．（8分）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，M是CD边上一动点（不与D点重合），点D与点E关于AM所在的直线对称，连接AE，ME，延长CB到点F，使得BF＝DM，连接EF，AF．
（1）依题意补全图1；
（2）若DM＝1，求线段EF的长；
（3）当点M在CD边上运动时，能使△AEF为等腰三角形，直接写出此时tan∠DAM的值．

【答案】见解析
【解析】（1）根据题意作图如下：

（2）连接BM，如图2，

∵点D与点E关于AM所在直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABF＝90°，
∵BM＝BF，
∴△ADM≌△ABF（SAS），
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD，
∴∠FAB＝∠NAE，
∴∠FAE＝∠MAB，
∴△FAE≌△MAB（SAS），
∴EF＝BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝3，
∵DM＝1，
∴CM＝2，
∴BM＝，
∴EF＝；
（3）设DM＝x（x＞0），则CM＝3﹣x，
∴EF＝BM＝，
∵AE＝AD＝3，AF＝AM＝，
∴AF＞AE，
∴当△AEF为等腰三角形时，只能有两种情况：AE＝EF，或AF＝EF，
①当AE＝EF时，有＝3，解得x＝3
∴tan∠DAM＝；
②当AF＝EF时，＝，解得，x＝，
∴tan∠DAM＝，
综上，tan∠DAM的值为1或．
故答案为：tan∠DAM的值为1或．
23．（9分）因粤港澳大湾区和中国特色社会主义先行示范区的双重利好，深圳已成为国内外游客最喜欢的旅游目的地城市之一，深圳著名旅游“网红打卡地”东部华侨城景区在2019年春节长假期间，共接待游客达20万人次，预计在2021年春节长假期间，将接待游客达28.8万人次．
（1）求东部华侨城景区2019至2021年春节长假期间接待游客人次的平均增长率．
（2）东部华侨城景区一奶茶店销售一款奶茶，每杯成本价为6元，根据销售经验，在旅游旺季，若每杯定价25元，则平均每天可销售300杯，若每杯价格降低1元，则平均每天可多销售30杯，2021年春节期间，店家决定进行降价促销活动，则当每杯售价定为多少元时，既能让顾客获得最大优惠，又可让店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额？
【答案】见解析
【解析】（1）设年平均增长率为x，由题意得：
20（1+x）2＝28.8，
解得：x1＝20%，x2＝﹣2.2（舍去）．
答：东部华侨城景区2019至2021年春节长假期间接待游客人次的平均增长率为20%．
（2）设每杯售价定为a元，由题意得：
（a﹣6）[300+30（25﹣a）]＝6300，
解得：a1＝21，a2＝20．
∴为了能让顾客获得最大优惠，故a取20．
答：每杯售价定为20元时，既能让顾客获得最大优惠，又可让店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额．
24．（9分）【探究证明】（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：
如图①，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AD、BC于点E、F，GH分别交AB、DC于点G、H，求证：＝；
【结论应用】（2）如图②，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合，若AB＝2，BC＝3．求折痕EF的长；
【拓展运用】（3）如图③，将矩形ABCD沿EF折叠．使得点D落在AB边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形EFPG，若AB＝2，BC＝3，EF＝，请求BP的长．

【答案】见解析
【解析】（1）：如图①，过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，BQ交AP于T．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，AD∥BC．
∴四边形AEFP、四边形BGHQ都是平行四边形，
∴AP＝EF，GH＝BQ．
又∵GH⊥EF，
∴AP⊥BQ，
∴∠BAT+∠ABT＝90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABP＝∠C＝90°，AD＝BC，
∴∠ABT+∠CBQ＝90°，
∴∠BAP＝∠CBQ，
∴△ABP∽△BCQ，
∴＝，
∴＝．

（2）如图②中，连接BD．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，
∴BD＝＝＝，
∵D，B关于EF对称，
∴BD⊥EF，
∴＝，
∴＝，
∴EF＝．

（3）如图③中，过点F作FH⊥EG于H，过点P作PJ⊥BF于J．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∠A＝90°，
∴＝，
∴DG＝，
∴AG＝＝＝1，
由翻折可知：ED＝EG，设ED＝EG＝x，
在Rt△AEG中，∵EG2＝AE2+AG2，
∴x2＝AG2+AE2，
∴x2＝（3﹣x）2+1，
∴x＝，
∴DE＝EG＝，
∵FH⊥EG，
∴∠FHG＝∠HGP＝∠GPF＝90°，
∴四边形HGPF是矩形，
∴FH＝PG＝CD＝2，
∴EH＝＝＝，
∴GH＝FP＝CF＝EG﹣EH＝﹣＝1，
∵PF∥EG，EA∥FB，
∴∠AEG＝∠IPF，
∵∠A＝∠FJP＝90°，
∴△AEG∽△JFP，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴FJ＝，PJ＝，
∴BJ＝BC﹣FJ﹣CF＝3﹣﹣1＝，
在Rt△BJP中，BP＝＝＝．
解法二：作PH垂直AB于H，证△AEG∽△HGP，求出GH，HP，然后在直角三角形BPH，勾股定理求出BP．
25．（10分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（m，﹣2m+3），过点A作y轴的平行线交二次函数y＝x2的图象于点B．
（1）点B的纵坐标为________（用含m的代数式表示）；
（2）当点A落在二次函数y＝x2的图象上时，求m的值；
（3）当m＜0时，若AB＝2．求m的值；
（4）当线段AB的长度随m的增大而增大时，直接写出m的取值范围．

【答案】见解析
【解析】（1）根据题意知，点B的横坐标是m，
∴将x＝m代入y＝x2，得y＝m2．
即点B的纵坐标为m2．
故答案是：m2；

（2）把A（m，﹣2m+3）代入y＝x2，得﹣2m+3＝m2．
解得m1＝﹣3，m2＝1；

（3）根据题意知：|﹣2m+3﹣m2|＝2．
①﹣2m+3﹣m2＝2，
解得m1＝﹣﹣1，m2＝﹣1．
∵m＜0，
∴m＝﹣﹣1，符合题意；
②﹣2m+3﹣m2＝﹣2，
解得m1＝﹣﹣1，m2＝﹣1．
∵m＜0，
∴m＝﹣﹣1，符合题意．
综上所述，m的值为﹣﹣1或﹣﹣1；

（4）由（2）知，当点A、B重合时，点A的坐标是（﹣3，9）或（1，1）．
设AB＝d，
当﹣3＜m＜0时，d＝﹣2m+3﹣m2＝﹣（m+1）2+4时，对称轴是直线m＝﹣1且抛物线开口向下，
∴线段AB的长度随m的增大而增大时，﹣3＜m≤﹣1．
当m＞1时，根据题意知，线段AB的长度随m的增大而增大时，m＞1．
综上所述，m的取值范围是﹣3＜m≤﹣1或m＞1．

26．（10分）我们预定：对角线相等的凸四边形称之为“等线四边形”．
（1）①在“平行四边形、菱形、矩形、正方形”中，一定是“等线四边形”的是________；
②如图1，若四边形ABCD是“等线四边形”，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、AD的中点，依次连接E、F、G、H，得到四边形EFGH，请判断四边形EFGH的形状；
（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，已知A（﹣2，0）、B（8，0）、P（9，﹣8），以AB为直径作圆，该圆与y轴的正半轴交于点C，若Q为坐标系中一动点，且四边形AQBC为“等线四边形”，当PQ的长度最短时，求经过A、B、Q三点抛物线的解析式；
（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是“等线四边形”，A在x负半轴上，D在y轴的负半轴上，且，点B、C分别是一次函数与y、x轴的交点，动点P从点D开始沿y轴的正方向运动，运动的速度为2个单位长度/秒，设运动的时间为t秒，以点P为圆心，半径单位长度作圆，问：
①当⊙P与直线BC初次相切时，求此时运动的时间t0；
②当运动的时间t满足t＞t0且时，⊙P与直线BC相交于点M、N，求弦长MN的最大值．

【答案】见解析
【解析】（1）①在“平行四边形、菱形、矩形、正方形”中，一定是“等线四边形”的是矩形、正方形,
故答案为:矩形、正方形；
②四边形EFGH是菱形，理由如下:
如图1，

∵四边形ABCD是“等线四边形”,
∴AC＝BD,
∵E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、AD的中点，
∴EF＝GH＝AC,EH＝FG＝BD,
∴EF＝GH＝EH＝FG,
∴四边形EFGH是菱形；
（2）如图2,设以AB为直径的圆心为E,连接CP，与⊙E交于一点，连接CE，

∵A（﹣2，0）、B（8，0）,
∴圆心E的坐标为(3,0),CE＝AE＝＝5,
在Rt△COE中，由勾股定理得:OC＝＝4,
∴点C的坐标为（0,4）,
设直线PC的解析式为y＝kx+4,将P(9,﹣8)代入得:
﹣8＝9k+4,
解得k＝﹣,
∴直线PC的解析式为y＝﹣x+4,
∴圆心E在直线PC上，
当点Q在线段CP上时,PQ最小，此时点Q在第四象限，
∴,
解得,
∴点Q的坐标为(6,﹣4),
设过点A和点B的抛物线解析式为y＝a(x+2)(x﹣8),
将Q(6,﹣4)代入，得﹣4＝﹣16a,
∴a＝,
∴y＝(x+2)(x﹣8)＝x2﹣x﹣4．
∴经过A、B、Q三点抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣4；
（3）如图3，画出⊙P,

在直线y＝﹣x+3中，令x＝0,得y＝3；令y＝0,得x＝4,
∴B(0,3),C(4,0),
设点A的坐标为(﹣a,0),
∵AC＝BD,
∴点D的坐标为(0,﹣a﹣1),
在Rt△AOD中，AD2＝a2+(a+1)2＝41,
解得a1＝﹣5(舍去),a2＝4,
∴点A和点D的坐标分别为A(﹣4,0),B(0,﹣5),
∴点P的坐标为(0,2t﹣5)．
①当⊙P与直线BC初次相切时(t＜4),过点P作PE⊥直线BC于点E，
当PE＝R时，⊙P与直线BC相切,
在Rt△BPE中,PE＝BP•sin∠OBC,B(0,3),P(0,2t﹣5),
∴BP＝|8﹣2t|,sin∠OBC＝＝,
∴PE＝|8﹣2t|,
∴|8﹣2t|＝t+,
解得t＝2或t＝10,
∴当⊙P与直线BC初次相切时，此时运动的时间t0＝2秒；
②过P作PQ⊥BC于Q，
当2＜t＜4时,MN逐渐增大,
当CP＝4时,OP＝＝8,此时t＝6.5；
当4≤t≤6.5时,BP＝DP﹣BD＝2t﹣8,
则PQ＝BP•sin∠OBC
＝(2t﹣8)×
＝t﹣,
∴MN＝2MQ
＝2
＝2
＝,
∴当t＝6时,MN有最大值，最大值为．