精品解析：2022年广东省汕头市潮阳区中考数学模拟试卷

这是一份精品解析：2022年广东省汕头市潮阳区中考数学模拟试卷，文件包含精品解析2022年广东省汕头市潮阳区中考数学模拟试卷解析版docx、精品解析2022年广东省汕头市潮阳区中考数学模拟试卷原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。

2022年广东省汕头市潮阳区中考数学模拟试卷
一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）
1. 的值等于（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入求出答案．
【详解】．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题的关键．
2. 在中，、分别是、的中点，则与的面积之比为（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得为的中位线，那么，：：，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：由题意得为的中位线，那么，：：，
，
与的面积之比为：，即.
故选：B.

【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，中位线的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
3. 如图，是由6个相同的正方体组成的立体图形，它的俯视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】找到从上面看，能看到的图形即可，即俯视图．
【详解】该立体图形的俯视图为：

故：C．
【点睛】本题考查了三视图的知识，正确确定三视图是本题的关键．
4. 已知抛物线经过和两点，则b的值为（　　）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先根据点和求出对称轴，再根据对称轴为即可求解．
【详解】解：∵抛物线经过和，
∴抛物线的对称轴为直线，
又∵对称轴为，
∴，
解得，
故选B．
【点睛】本题考查二次函数的对称性，根据点和求出对称轴是解题的关键．
5. 如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转角度（）得到．若，则的值为（ ）

A. 65° B. 75° C. 85° D. 95°
【答案】B
【解析】
【分析】由三角形内角和定理可得，根据旋转的性质得出，利用平行线的性质即可得出，即为旋转角．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵将绕点A逆时针旋转角度（）得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴旋转角的度数是，
故选：B．
【点睛】本题主要考查平行线的性质及旋转的性质，三角形内角和定理，理解题意，找准各角之间的数量关系是解题关键．
6. 已知是关于的方程的两根，则的值是（　　　）
A. 2018 B. 2019 C. 2020 D. 2021
【答案】D
【解析】
【分析】由是关于的方程的两根，得到，求出，代入计算即可．
【详解】解：∵是关于的方程的两根，
∴，
∴，
∴
=
=
=2009+12
=2021，
故选：D．
【点睛】此题考查了一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系，已知式子的值求代数式的值，正确掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
7. 广东省2021年高考采用“”模式：“3”是指语文、数学、外语3科为必选科目，“1”是指在物理、历史2科中任选1科，“2”是指在化学、生物、思想政治、地理4科中任选2科．若小红在“1”中选择了历史，则她在“2”中选地理、生物的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】解：用树状图表示所有可能出现的结果如下：

共有12种等可能的结果数，其中选中“地理、生物”的有2种，
她在“2”中选地理、生物的概率是，
故选：A．
【点睛】本题考查了的是用列表法或树状图法求概率，解题的关键是掌握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；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
8. 已知b＜0，关于x的一元二次方程的根的情况是
A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根 D. 有两个实数根
【答案】C
【解析】
【详解】∵中b＜0，
∴根据偶次幂的非负数性质，方程没有实数根．
故选C．
9. 已知：如图，⊙O是△ABC的外接圆，⊙O的直径为10，过点C作⊙O的切线交AB延长线于点P．BC＝6，则B到CP的距离为（ ）

A. B. 3 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作直径 连接 过作于 求解再证明从而可得答案.
【详解】解：作直径 连接 过作于

而

为的切线，




即B到CP的距离为
故选C
【点睛】本题考查的是直径所对的圆周角是直角，切线的性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键.
10. 如图所示是抛物线的部分图象，其顶点坐标为，且与x轴的一个交点在点和之间，则下列结论：①；②；③；④一元二次方程没有实数根．其中正确的结论个数是（　　）

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线顶点坐标，得出抛物线对称轴为直线，再根据抛物线的对称性，得出图象与x轴另一交点在，之间，进而得出时，，即，即可判断结论①；再根据抛物线对称轴为直线，得出，然后将其代入抛物线解析式，得出，再根据时，，得出，即可判断结论②；再根据顶点坐标，得出有两个相等实数根，再根据一元二次方程的判别式，得出，即可判断结论③；再根据顶点坐标，得出的最大函数值为，再根据抛物线的图象，得出有实数根，即可判断结论④，综合即可得出答案．
【详解】解：∵抛物线顶点坐标为，
∴抛物线对称轴为直线，
∵图象与x轴的一个交点在，之间，
∴图象与x轴另一交点在，之间，
∴时，，
即，
故①正确，符合题意；
∵抛物线对称轴为直线，
∴，
∴，
∴时，，
故②正确，符合题意；
∵抛物线顶点坐标为，
∴有两个相等实数根，
∴，
∴，
故③正确，符合题意；
∵的最大函数值为，
∴有实数根，
故④错误，不合题意，
综上所述，正确的结论有3个．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，根据图象求方程的根的情况，掌握二次函数图象与性质是解本题的关键．
二、填空题（本大题7小题，每小题4分，共28分）
11. 方程的解为___________________．
【答案】
【解析】
【分析】由方程，移项得，对方程左边因式分解得，可得
或，分别解出即可．
【详解】解：移项得：，
即，
∴或，
∴或.
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，用合理的方法解一元二次方程是解此题的关键．
12. 一个正多边形的每个内角都是，则它是正_____边形．
【答案】十二
【解析】
【分析】首先根据内角度数计算出外角度数，再用外角和除以外角度数即可．
【详解】解：∵一个正多边形的每个内角为，
∴它的外角为，
，
故答案为：十二．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握内角与外角互为邻补角．
13. 若+（b+4）2＝0，那么点（a，b）关于原点对称点坐标是_____．
【答案】（﹣3，4）
【解析】
【分析】先根据二次根式，平方的非负性求出的值，然后根据关于原点对称的两点的坐标特征求解即可．
【详解】∵+（+4）2＝0
∴，解得
∴点坐标为
其关于原点对称的点的坐标为：
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式，平方的非负性，及关于原点对称的点坐标的特征，熟知以上内容是解题的关键．
14. 如图，二次函数（a为常数）的图象的对称轴为直线．则a的值为 _____．

【答案】3
【解析】
【分析】根据解析式，得到该抛物线与x轴的交点坐标是和，利用抛物线的对称性，进行求解即可．
【详解】解：由二次函数（a为常数），该抛物线与x轴的交点坐标是和，
∵和关于对称轴对称，对称轴为直线，
∴．
解得：，
故答案为：3．
【点睛】本题考查抛物线与轴的交点问题．熟练掌握抛物线的对称性，是解题的关键．
15. 如图，小明在某天15：00时测量某树的影长时，日照的光线与地面的夹角∠ACB＝60°，他在17：00时测量树的影长时，日照的光线与地面的夹角∠ADB＝30°，若两次测得的影长之差CD长为6m，则树的高度为_________m

【答案】9
【解析】
【分析】设 再利用锐角三角函数分别求解 再列方程解方程可得答案．
【详解】解：设AB＝x，在Rt△ABC中，由∠ACB＝60°

在Rt△ABD中，由∠ADB＝30°

则CD＝BD－BC＝x－x＝6，


则可得树的高度AB＝9m
故答案为：
【点睛】本题考查的是锐角三角函数的应用，掌握在直角三角形中利用锐角三角函数求解三角形的边长是解题的关键．
16. 如图，在△ABC中，，以AB为直径的分别与BC，AC交于点D，E，过点D作，垂足为点F，若的半径为，，则阴影部分的面积为______．

【答案】
【解析】
【分析】连接OE，则阴影部分面积为扇形AOE的面积减去三角形AOE的面积，分别求出扇形AOE的面积和三角形AOE的面积，再相减即可．
【详解】解：如图，连接OE，过O作OG⊥AE于点G

∵，
∴，
∵，
在中，
∴，
又∵，
∴，
在中，
，
∵中，，
∴，
在中，
，
∵的半径为，
∴
在中，
∵，，，
∴，，
∵在中，，OG⊥AE，
∴，
∴，

故答案为：
【点睛】本题考查了与扇形相关的阴影部分面积计算，观察到阴影部分面积为扇形AOE的面积减去三角形AOE的面积，并正确运用相关公式进行计算是解题的关键．
17. 如图，菱形OABC的一边OA在x轴的正半轴上，O是坐标原点，tan∠AOC=，反比例函数y=的图象经过点C，与AB交于点D，若△COD的面积为10，则k的值等于__．

【答案】12
【解析】
【分析】先根据题意得出S菱形ABCO＝2S△CDO，再进一步根据tan∠AOC＝，求出点C的坐标，然后代入反比例函数解析式即可．
【详解】解：作DE∥AO，CF⊥AO，设CF＝4x，

∵四边形OABC为菱形，
∴AB∥CO，AO∥BC，
∵DE∥AO，
∴S△ADO＝S△DEO，
同理S△BCD＝S△CDE，
∵S菱形ABCO＝S△ADO+S△DEO+S△BCD+S△CDE，
∴S菱形ABCO＝2（S△DEO+S△CDE）＝2S△CDO＝20，
∵tan∠AOC＝，
∴OF＝3x，
∴OC＝5x，
∴OA＝OC＝5x，
∵S菱形ABCO＝AO∙CF＝20x2，解得：x＝1或-1（舍），
∴OF＝3，CF＝4，
∴点C坐标为（3，4），
∵反比例函数y＝的图象经过点C，
∴代入点C得：k＝12，
故答案：12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与反比例函数的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键．
三、解答题（一）（本大题3小题，每小题6分，共18分）
18. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】原式第一项利用负整数指数幂法则计算，第二项利用特殊角三角函数值计算，第三项利用绝对值的代数意义进行化简即可得到结果．
【详解】解：原式
【点睛】此题主要考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解答佌题的关键．
19. 先化简，再求值：，其中满足．
【答案】，
【解析】
【分析】先根据分式的运算法则，进行化简，然后利用整体思想代入求值．
【详解】原式


，
由得，
原式．
【点睛】本题考查分式的化简求值．熟练掌握分式的运算法则，将结果化为最简分式是解题的关键．在代值计算时，要注意代入的值不能使分式的分母为零．同时本题采用了整体思想．
20. 如图，中，

（1）求作线段的垂直平分线交于点交于点（用尺规作图法，保留作图痕迹，不写作法）
（2）如果求的长．
【答案】（1）画图见解析；
（2）DE的长为
【解析】
【分析】（1）根据线段垂直平分线的作图方法作图即可．
（2）利用勾股定理及线段的垂直平分线的定义得再证明可得即解出即可．
【小问1详解】
如图，
直线MN即为所求．
【小问2详解】


∵垂直平分





即

的长为
【点睛】本题主要考查了线段的垂直平分线的作图方法，相似三角形的判定与性质，熟练掌握线段的垂直平分线的作图方法及相似三角形的判定与性质是解此题的关键．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题8分，共24分）
21. 如图，与交于点O，，，E为延长线上一点，过点E作，交的延长线于点F．

（1）求证；
（2）若，，，求的长.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据直接证明即可；
（2）根据全等三角形的性质得出，根据平行线的性质得出，，证明，得出，代入数据求出结果即可．
【小问1详解】
证明：∵在和中，
，
∴；
【小问2详解】
解：由（1）得：，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴
即，
解得：．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等和相似的判定方法．
22. 如图，一楼房后有一假山，的坡度为，山坡坡面上点处有一休息亭，测得假山脚与楼房水平距离米，与亭子距离米，小丽从楼房房顶测得的俯角为．

（1）求点到水平地面的距离；
（2）求楼房的高．
【答案】（1）8米 （2）48米
【解析】
【分析】（1）过点作的延长线于，根据的坡度为得，再由勾股定理可得米，米；
（2）过作于点，根据等腰直角三角形的性质求出的长，进而可得的长．
【小问1详解】
解：过点作的延长线于，
在中，
∵的坡度为，米，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴（米），（米），
答：点到水平地面的距离为8米；
【小问2详解】
过作于点，
则米，
由题意得：（米），
在中，，
∴是等腰直角三角形，
∴（米），
∴（米）．
答：楼房的高为48米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题，坡度坡角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
23. 如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数图象与反比例函数的图象交于二、四象限内的A、B两点，与x轴交于C点，点B的坐标为，，E为x轴负半轴上一点，且．

（1）求一次函数的解析式；
（2）延长AO交双曲线于点D，连接CD，求的周长．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）过A作x轴的垂线交x轴于点M，利用，，求出，，得出点，利用反比例函数的解析式求出点，再利用待定系数法进行求解；
（2）利用反比例函数的图象关于原点对称的特点得出，及，利用一次函数的额解析式，求出点的坐标，根据，分别算出边长即可求解．
【小问1详解】
解：过A作x轴的垂线交x轴于点M，

在中，，，
设，，，
解得，
，，
．
反比例函数经过点，
，，反比例函数解析式为．
又反比例函数经过点，
，即．
一次函数经过，，
，
解得，
一次函数解析式为．
【小问2详解】
解：反比例函数的图象为中心对称图形，
，．
一次函数与x轴交于C点，
．
又，
，，
．
【点睛】本题考查了反比例函数及一次函数的综合运用，解题的关键是掌握利用待定系数法求出函数的解析式，再结合图象的特点进行求解．
五、解答题（三）（本大题2小题，每小题10分，共20分）
24. 如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD⊥AB，垂足为H，E为上一点，F为弦DC延长线上一点，连接FE并延长交直径AB的延长线于点G，连接AE交CD于点P，若FE＝FP．

（1）求证：FE是⊙O的切线；
（2）若⊙O半径为8，sinF＝，求BG的长．
【答案】（1）见解析 （2）2
【解析】
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠A＝∠AEO，∠FPE＝∠FEP，由余角的性质可求∠FEP+∠AEO＝90°，可得结论；
（2）由余角的性质可求∠F＝∠EOG，由锐角三角函数可设EG＝3x，OG＝5x，在Rt△OEG中，利用勾股定理可求x＝2，即可求解．
【小问1详解】
解：如图，连接OE，

∵OA＝OE，
∴∠A＝∠AEO，
∵CD⊥AB，
∴∠AHP＝90°，
∵FE＝FP，
∴∠FPE＝∠FEP，
∵∠A+∠APH＝∠A+∠FPE＝90°，
∴∠FEP+∠AEO＝90°＝∠FEO，
∴OE⊥EF，
∴FE是⊙O的切线；
【小问2详解】
解：∵∠FHG＝∠OEG＝90°，
∴∠G+∠EOG＝90°＝∠G+∠F，
∴∠F＝∠EOG，
∴sinF＝sin∠EOG＝ ，
设EG＝3x，OG＝5x，
∴OE＝，
∵OE＝8，
∴x＝2，
∴OG＝10，
∵OB=8
∴BG＝OG －OB＝10﹣8＝2．
【点睛】本题考查了切线的性质和判定，圆的有关性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，由余角的性质求出∠F＝∠EOG是解题的关键．
25. 如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，其顶点的坐标为．

（1）求抛物线解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点，使得的值最大，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）作直线，为上一点，连接，当时，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）存在，点的坐标为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意设抛物线的解析式为，代入点，求解即可；
（2）由对称性可知，则，可知当，，三点在一条直线上时，的值最大为的长，求出直线的解析式，再求出与抛物线的对称轴的交点坐标即可；
（3）设交于点，易证，利用其性质列出比例式，求得，可得，求出直线的解析式为，再求出直线的交点坐标即可．
【小问1详解】
∵抛物线的顶点为，
∴抛物线的解析式为．
∵抛物线与轴交于点，
∴，
∴．
∴抛物线的解析式为：．
【小问2详解】
在抛物线的对称轴上存在一点，使得的值最大，理由：
令，则，解得：或．
∵点在点的左侧，
∴，．
∴，．
∵，
∴．
∵点在抛物线的对称轴上，
∴．
∴．
∵，
∴当，，三点在一条直线上时，的值最大为的长．
设直线的解析式为，由题意得：
，解得：．
∴直线的解析式为．
∵抛物线的对称轴为直线，
∴当时，，
∴．
∴在抛物线的对称轴上存在一点，使得的值最大，此时点的坐标为．
【小问3详解】
设交于点，如图，

∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴，
∴．
∴．
设直线的解析式为，
∴．解得：．
∴直线的解析式为．
∴，解得：．
∴．
【点睛】本题是一道二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象的性质，待定系数法确定函数的解析式，一次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．