资料简介
广东省惠州市惠城区十八校联考2022届初中毕业生学业考试数学试题 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确答案填写在答题卷对应题号下面．1．（3分）（2022•珠海）2的倒数是（ ） A．2B．﹣2C．D．﹣考点：倒数．分析：直接根据倒数的定义进行解答即可．解答：解：∵2×=1，∴2的倒数是．故选C．点评：本题考查的是倒数的定义，即乘积是1的两数互为倒数． 2．（3分）（2022•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，点P（﹣3，5）关于y轴的对称点的坐标为（ ） A．（﹣3，﹣5）B．（3，5）C．（3．﹣5）D．（5，﹣3）考点：关于x轴、y轴对称的点的坐标．分析：根据关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数解答．解答：解：点P（﹣3，5）关于y轴的对称点的坐标为（3，5）．故选B．点评：本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数． 3．（3分）（2022•惠城区模拟）自2022年5月1日，惠州市惠民自行车服务点全面启动以来，截至2022年9月23日，惠民自行车租赁次数达到16.7万次．用科学记数法表示16.7万是（ ） A．1.67×105B．0.167×105C．1.67×104D．16.7×104考点：科学记数法—表示较大的数．分析：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．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．解答：解：将16.7万用科学记数法表示为：1.67×105．13故选：A．点评：此题考查了科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值． 4．（3分）（2022•北京）如图是某个几何体的三视图，该几何体是（ ） A．长方体B．正方体C．圆柱D．三棱柱考点：由三视图判断几何体．分析：由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状．解答：解：根据主视图和左视图为矩形判断出是柱体，根据俯视图是三角形可判断出这个几何体应该是三棱柱．故选D．点评：考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形． 5．（3分）（2022•湛江）下列运算中，正确的是（ ） A．3a2﹣a2=2B．（a2）3=a5C．a3•a6=a9D．（2a2）2=2a4考点：幂的乘方与积的乘方；合并同类项；同底数幂的乘法．分析：根据同底数幂的乘法的性质，幂的乘方的性质，积的乘方的性质，合并同类项的法则，对各选项分析判断后即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．解答：解：A、3a2﹣a2=2a2，故本选项错误；B、（a2）3=a6，故本选项错误；C、a3•a6=a9，故本选项正确；D、（2a2）2=4a4，故本选项错误．故选C．点评：本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方，积的乘方的知识．注意理清指数的变化是解题的关键． 6．（3分）（2022•惠城区模拟）某校九（1）班8名学生的体重（单位：Kg）分别为39、43、40、43、45、45、46、43，则这组数据的中位数和众数分别是（ ） A．40、43B．43、43C．45、45D．46、45考点：众数；中位数．分析：根据中位数和众数的定义解答．第4个数和第5个数的平均数就是中位数，43出现的次数最多．解答：解：在这一组数据中43是出现次数最多的，故众数是43，而这组数据处于中间位置的两个数都是43，那么由中位数的定义可知，这组数据的中位数是43．故选B．点评：本题属于基础题，考查了确定一组数据的中位数和众数的能力，只需记住概念就可轻松解题． 7．（3分）（2022•崇左）如图，直线a∥b，∠1=70°，那么∠2的度数是（ ）13 A．50°B．60°C．70°D．80°考点：平行线的性质．分析：根据两角的位置关系可知两角是同位角，利用两直线平行同位角相等即可求得结果．解答：解：∵a∥b，∴∠1=∠2（两直线平行，同位角相等）∵∠1=70°，∴∠2=70°．故选C．点评：本题考查了平行线的性质，根据两直线平行同位角相等即可得到答案，比较简单，属于基础题． 8．（3分）（2022•惠城区模拟）若⊙O1和⊙O2的半径分别为3和4，如果O1O2=6，则这两个圆的位置关系是（ ） A．内含B．相交C．外切D．外离考点：圆与圆的位置关系．分析：由⊙O1、⊙O2的半径分别为3和4，O1O2=6，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系．解答：解：∵⊙O1、⊙O2的半径分别为3和4，O1O2=6，又∵4﹣3＜6＜3+4，∴⊙O1与⊙O2的位置关系为相交．故选B．点评：此题考查了圆与圆的位置关系．此题比较简单，解题的关键是注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系． 9．（3分）（2022•肇庆）等腰三角形两边长分别为4和8，则这个等腰三角形的周长为（ ） A．16B．18C．20D．16或20考点：等腰三角形的性质；三角形三边关系．专题：压轴题；探究型．分析：由于题中没有指明哪边是底哪边是腰，则应该分两种情况进行分析．解答：解：①当4为腰时，4+4=8，故此种情况不存在；②当8为腰时，8﹣4＜8＜8+4，符合题意．故此三角形的周长=8+8+4=20．故选C．点评：本题考查的是等腰三角形的性质和三边关系，解答此题时注意分类讨论，不要漏解． 10．（3分）（2022•万州区）如图是某蓄水池的横断面示意图，分为深水池和浅水池，如果这个蓄水池以固定的流量注水，下面能大致表示水的最大深度h与时间t之间的关系的图象是（ ）13 A．B．C．D．考点：函数的图象．专题：压轴题．分析：首先看图可知，蓄水池的下部分比上部分的体积小，故h与t的关系变为先快后慢．解答：解：根据题意和图形的形状，可知水的最大深度h与时间t之间的关系分为两段，先快后慢．故选C．点评：考查根据几何图形的性质确定函数的图象和函数图象的作图能力．要能根据几何图形和图形上的数据分析得出所对应的函数的类型和所需要的条件，结合实际意义画出正确的图象． 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）请将下列各题的正确答案填写在答题卡相应的位置上．11．（4分）（2022•惠城区模拟）函数中自变量x的取值范围是 x≥0且x≠2 ．考点：函数自变量的取值范围．分析：根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．解答：解：根据题意得：，解得：x≥0且x≠2．故答案是：x≥0且x≠2．点评：本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数． 12．（4分）（2022•荆州）分解因式：a3﹣ab2= a（a+b）（a﹣b） ．考点：提公因式法与公式法的综合运用．专题：压轴题．分析：观察原式a3﹣ab2，找到公因式a，提出公因式后发现a2﹣b2是平方差公式，利用平方差公式继续分解可得．解答：解：a3﹣ab2=a（a2﹣b2）=a（a+b）（a﹣b）．点评：本题是一道典型的中考题型的因式分解：先提取公因式，然后再应用一次公式．本题考点：因式分解（提取公因式法、应用公式法）． 13．（4分）（2022•惠城区模拟）已知A（2，y1），B（3，y2）是反比例函数图象上的两点，则y1 ＜ y2（填“＞”或“＜”）．考点：反比例函数图象上点的坐标特征．13专题：探究型．分析：直接把A（2，y1），B（3，y2）代入反比例函数的解析式，求出y1，y2的值，再比较出其大小即可．解答：解：∵A（2，y1），B（3，y2）是反比例函数图象上的两点，∴y1=﹣=﹣1；y2=﹣，∵﹣1＜﹣，∴y1＜y2．故答案为：＜．点评：本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，即反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式． 14．（4分）（2022•广州）已知关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣k=0有两个相等的实数根，则k值为 ﹣3 ．考点：根的判别式．专题：压轴题．分析：因为方程有两个相等的实数根，则△=（﹣2）2+4k=0，解关于k的方程即可．解答：解：∵关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣k=0有两个相等的实数根，∴△=0，即（﹣2）2﹣4×（﹣k）=12+4k=0，解得k=﹣3．故答案为：﹣3．点评：本题考查了一元二次方程根的判别式，当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根． 15．（4分）（2022•惠城区模拟）已知，菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6、8，则这个菱形的周长为 20 ．考点：菱形的性质；勾股定理．分析：由菱形对角线的性质，相互垂直平分即可得出菱形的边长，菱形四边相等即可得出周长．解答：解：由菱形对角线性质知，AO=AC=3，BO=BD=4，且AO⊥BO，则AB==5，故可得周长L=4AB=20；故答案为：20．点评：本题考查了菱形面积的计算，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算AB的长是解题的关键，难度一般．13 16．（4分）（2022•惠城区模拟）如图，AB是半圆⊙O的直径，弦CD∥AB，∠CAD=30°，若AB=6，则阴影部分的面积是 （结果中保留π）．考点：扇形面积的计算．分析：连接OC，OD，判断出阴影部分的面积=扇形OCD的面积，根据扇形的面积公式即可求解．解答：解：连接OC，OD，∵∠CAD=30°，∴∠COD=60°，∵AB∥CD，∴△ACD的面积=△COD的面积，∴阴影部分的面积=弓形CD的面积+△COD的面积=扇形OCD的面积==π．故答案为：π．点评：本题主要考查了扇形的面积公式，正确理解阴影部分的面积=扇形COD的面积是解题的关键． 三、解答题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）17．（5分）（2022•永州）计算：．考点：实数的运算；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．分析：此题涉及特殊角的三角函数值、负指数幂、二次根式化简3个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．解答：解：原式=2×+﹣2+3=+﹣2+3=3．点评：此题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、二次根式、特殊角的三角函数值等考点的运算． 18．（5分）（2022•惠城区模拟）解不等式组：，并将其解集在数轴上表示出来．考点：解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．专题：探究型．13分析：分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．解答：解：，解不等式①，得x≤2；解不等式②，得x≥﹣2，用数轴表示为：故原不等式组的解集为：﹣2≤x≤2．点评：本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 19．（5分）（2022•惠城区模拟）小红家星期六到惠东巽寮湾游玩，从家到目的地全程80km，由于周末车流量较大，实际行驶速度是原计划的，结果实际比原计划多用了15分钟，求原计划的行驶速度是多少？考点：分式方程的应用．分析：首先设原计划的行驶速度为x千米/小时，则实际行驶速度为x千米/小时，根据等量关系：实际所用时间﹣原计划所用时间=15分钟列出方程即可．解答：解：设原计划的行驶速度为x千米/小时，得：，解得：x=80，经检验：x=80是原方程的解．答：原计划的行驶速度为80千米/小时．点评：此题主要考查了分式方程的应用，关键是正确理解题意，抓住题目中的关键语句，列出方程，注意分式方程要检验． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）20．（8分）（2022•惠城区模拟）如图，点E为正方形ABCD的边CD上一点．（1）在AB的下方，作射线AF交CB延长线于点F，使∠BAF=∠DAE．（要求：用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）；（2）在（1）的条件下，求证：△DAE≌△BAF．考点：正方形的性质；全等三角形的判定；作图—复杂作图．分析：（1）根据做一个角等于已知角的方法作∠BAF=∠DAE即可；13（2）由正方形的性质可知∠ADE=∠ABF=90°，AD=AB，再由（1）∠BAF=∠DAE即可证明：△DAE≌△BAF．解答：（1）解：如图所示：（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADE=∠ABF=90°，AD=AB，在△DAE与△BAF中，，∴△DAE≌△BAF（ASA）．点评：本题考查了作一个角等于已知角的基本作图和正方形的性质以及全等三角形的判定及其性质，是中考常见题型． 21．（8分）（2022•烟台）一个不透明的口袋里装有红、黄、绿三种颜色的球（除颜色不同外其余都相同），其中红球有2个，黄球有1个，从中任意捧出1球是红球的概率为．（1）试求袋中绿球的个数；（2）第1次从袋中任意摸出1球（不放回），第2次再任意摸出1球，请你用画树状图或列表格的方法，求两次都摸到红球的概率．考点：列表法与树状图法；概率公式．分析：（1）此题的求解方法是：借助于方程求解；（2）此题需要两步完成，所以采用树状图或者列表法都比较简单．解答：解：（1）设绿球的个数为x．由题意，得=（2分）解得x=1，经检验x=1是所列方程的根，所以绿球有1个；（3分）（2）根据题意，画树状图：13由图知共有12种等可能的结果，即（红1，红2），（红1，黄），（红1，绿），（红2，红1），（红2，黄），（红2，绿），（黄，红1），（黄，红2），（黄，绿），（绿，红1），（绿，红2），（绿，黄），其中两次都摸到红球的结果有两种（红，红），（红，红）．∴P（两次都摸到红球）==；或根据题意，画表格：第1次第2次红1红2黄绿红1（红2，红1）（黄，红1）（绿，红1）红2（红1，红2）（黄，红2）（绿，红2）黄（红1，黄）（红2，黄）（绿，黄）绿（红1，绿）（红2，绿）（黄，绿）由表格知共有12种等可能的结果，其中两次都摸到红球的结果有两种，∴P（两次都摸到红球）==．点评：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；树状图法适用于两步或两部以上完成的事件．解题时还要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 22．（8分）（2022•惠城区模拟）泗州塔，又名西山塔，位于惠州西湖的西上之巅，是惠州著名的旅游景点之一．小明运用所学的数学知识对塔进行测量，测量方法如图所示：在塔的前方C点处，用长为1.5米（即CE=1.5米）的测角仪测得塔顶A的仰角为30°，往前走26米到达D点，在D点处测得塔顶A的仰角为45°，请你用上述数据，帮助小明求出塔AB的高度．（结果保留1位小数，参考数据：cos30°≈0.87，tan30°≈0.58，sin45°≈0.71）考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．专题：应用题．分析：设AH为x米，在Rt△AHF中表示出HF，在Rt△AHE中表示出HE，继而根据tan∠AEH的值，可得出方程，解出即可得出答案．解答：解：设AH为x米，在Rt△AHF中，∠AFH=45°，则FH=AH=x，在Rt△AHE中，∠AEH=30°，HE=26+x，13则tan∠AEH=tan30°==，解得；x≈35.905，故AB=AH+BH≈37.4米．答：塔高AB为37.4米．点评：本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是熟练掌握解直角三角形的知识，属于基础题． 五、解答题（本大题共3小题，每小题9分，共27分）23．（9分）（2022•大连）如图，在⊙O中，AB是直径，AD是弦，∠ADE=60°，∠C=30度．（1）判断直线CD是否是⊙O的切线，并说明理由；（2）若CD=，求BC的长．考点：切线的判定；解直角三角形．专题：常规题型．分析：（1）根据切线的判定定理，连接OD，只需证明OD⊥CD，根据三角形的外角的性质得∠A=30°，再根据等边对等角得∠ADO=∠A，从而证明结论；（2）在30°的直角三角形OCD中，求得OD，OC的长，则BC=OC﹣OB．解答：解：（1）CD是⊙O的切线证明：连接OD∵∠ADE=60°，∠C=30°∴∠A=30°∵OA=OD∴∠ODA=∠A=30°∴∠ODE=∠ODA+∠ADE=30°+60°=90°∴OD⊥CD∴CD是⊙O的切线；（2）在Rt△ODC中，∠ODC=90°，∠C=30°，CD=3∵tanC=∴OD=CD•tanC=3×=3∴OC=2OD=6∵OB=OD=3∴BC=OC﹣OB=6﹣3=3．13点评：此题主要考查切线的判定及解直角三角形的综合运用． 24．（9分）（2022•惠城区模拟）如图，已知二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点P，顶点为C（1，﹣2）．（1）求此函数的关系式；（2）求P点坐标；（3）作点C关于x轴的对称点D，顺次连接A，C，B，D．若在抛物线上存在点E，使直线PE将四边形ACBD分成面积相等的两个四边形，求点E的坐标．考点：二次函数综合题．专题：计算题．分析：（1）根据顶点式直接写出函数解析式；（2）令x=0，代入y=（x﹣1）2﹣2，即可求出函数图象与y轴的交点；（3）求出M点的坐标，然后利用待定系数法求出直线PM的解析式，与抛物线解析式联立组成方程组即可求出E点坐标．解答：解：（1）∵函数的图象顶点为C（1，﹣2），∴函数关系式可表示为y=（x﹣1）2﹣2，即y=x2﹣2x﹣1，（2）当x=0时，y=﹣1，则有P（0，﹣1）．（3）设直线PE的函数关系式为y=kx+b，由题意知四边形ACBD是菱形，∴直线PE必经过菱形的中心M，由P（0，﹣1），M（1，0）得，解得，∴直线PE的函数关系式为y=x﹣1，联立方程组，得13∴点E的坐标为（3，2）．点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点式和函数解析式与方程组的解的关系，综合性较强． 25．（9分）（2022•宜宾）如图，在△ABC中，已知AB=AC=5，BC=6，且△ABC≌△DEF，将△DEF与△ABC重合在一起，△ABC不动，△DEF运动，并满足：点E在边BC上沿B到C的方向运动，且DE、始终经过点A，EF与AC交于M点．（1）求证：△ABE∽△ECM；（2）探究：在△DEF运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由；（3）当线段AM最短时，求重叠部分的面积．考点：相似三角形的判定与性质；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；勾股定理．专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）由AB=AC，根据等边对等角，可得∠B=∠C，又由△ABC≌△DEF与三角形外角的性质，易证得∠CEM=∠BAE，则可证得：△ABE∽△ECM；（2）首先由∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，可得AE≠AM，然后分别从AE=EM与AM=EM去分析，注意利用全等三角形与相似三角形的性质求解即可求得答案；（3）首先设BE=x，由△ABE∽△ECM，根据相似三角形的对应边成比例，易得CM=﹣+x=﹣（x﹣3）2+，继而求得AM的值，利用二次函数的性质，即可求得线段AM的最小值，继而求得重叠部分的面积．解答：（1）证明：∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵△ABC≌△DEF，∴∠AEF=∠B，13又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE，∴∠CEM=∠BAE，∴△ABE∽△ECM；（2）能．解：∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，∴∠AME＞∠AEF，∴AE≠AM；当AE=EM时，则△ABE≌△ECM，∴CE=AB=5，∴BE=BC﹣EC=6﹣5=1，当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA，∴∠MAE+∠BAE=∠MEA+∠CEM，即∠CAB=∠CEA，又∵∠C=∠C，∴△CAE∽△CBA，∴，∴CE=，∴BE=6﹣=；若AE=AM，此时E点与B点重合，M点与C点重合，即BE=0．∴BE=1或或0．（3）解：设BE=x，又∵△ABE∽△ECM，∴，即：，∴CM=﹣+x=﹣（x﹣3）2+，∴AM=5﹣CM═（x﹣3）2+，∴当x=3时，AM最短为，又∵当BE=x=3=BC时，∴点E为BC的中点，∴AE⊥BC，∴AE==4，此时，EF⊥AC，13∴EM==，S△AEM=．点评：此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以及二次函数的最值问题．此题难度较大，注意数形结合思想、分类讨论思想与函数思想的应用是解此题的关键．13
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