2022年中考数学卷精析版荆门卷.docx

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1、精品学习资源2021 年中考数学卷精析版 荆门卷（本试卷满分 120 分，考试时间 120 分钟）一、挑选题（本大题12 个小题，每道题只有唯独正确答案，每道题3 分，共 36 分）3. （ 2021 湖北荆门 3 分）已知：直线 l1 l2，一块含 30角地直角三角板如下列图放置，1=25，就 2等于【】A 30B 35C 40D 45【答案】 B.【考点】三角形外角性质，平行线地性质，直角三角形两锐角地关系.欢迎下载精品学习资源【分析】如图， 3 是 ADG 地外角， 3= A+ 1=30+25=55， l1l2 ， 3= 4=55. 4+ EFC=90 ， EFC=90 55=35. 2

2、=35.应选 B.4. （ 2021 湖北荆门 3 分）如与|x y 3|互为相反数，就 x+y 地值为【】A 3B 9C 12D 27【答案】 D.【考点】相反数，非负数地性质，算术平方根地性质，肯定值地性质.【分析】与|x y 3|互为相反数，+|x y 3|=0 ，解得. x+y=12+15=27. 应选 D.5（ 2021 湖北荆门 3 分）对于一组统计数据：2， 3， 6， 9， 3， 7，以下说法错误地是【】A 众数是 3B 中位数是 6C平均数是 5D极差是 7【答案】 B.【考点】众数，中位数，算术平均数，极差.【分析】分别运算该组数据地众数、平均数、中位数及极差后，挑选正确地

3、答案即可：A 3 显现了 2 次，最多，众数为3，故此选项正确；B 排序后为： 2， 3， 3， 6，7， 9，中位数为：（3+6 ）2=4.5，故此选项错误；C.；故此选项正确； D极差是 9 2=7，故此选项正确 .应选 B.6. （ 2021 湖北荆门 3 分）已知点 M （1 2m， m 1）关于 x 轴地对称点在第一象限，就m 地取值范畴在数轴上表示正确地是【】A BCD 【答案】 A.【考点】关于x 轴对称地点坐标地特点，平面直角坐标系中各象限点地特点，解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式地解集.【分析】由题意得，点M 关于 x 轴对称地点地坐标为：（1 2m，1 m），欢迎下载

4、精品学习资源又 M （ 12m， m 1）关于 x 轴地对称点在第一象限，解得：，在数轴上表示为：.应选 A.7. （ 2021 湖北荆门 3 分）以下 44 地正方形网格中，小正方形地边长均为1，三角形地顶点都在格点上，就与 ABC 相像地三角形所在地网格图形是【】A B CD【答案】 B.【考点】网格问题，勾股定理，相像三角形地判定.【分析】依据勾股定理，AB=， BC=， AC=， ABC 地三边之比为.A 、三角形地三边分别为2，三边之比为，故本选项错误；B 、三角形地三边分别为2， 4，三边之比为，故本选项正确；C、三角形地三边分别为2， 3，三边之比为2： 3：，故本选项错误；D

5、、三角形地三边分别为， 4，三边之比为： 4，故本选项错误应选 B.8. （ 2021 湖北荆门 3 分）如图，点A 是反比例函数（ x 0）地图象上任意一点，AB x 轴交反比例函数地图象于点 B，以 AB 为边作 .ABCD ，其中 C、D 在 x 轴上，就 SABCD 为【】A 2B 3C 4D 5【答案】 D.欢迎下载精品学习资源【考点】反比例函数综合题，曲线上点地坐标与方程地关系，平行四边形地性质.【分析】设 A 地纵坐标是 a，就 B 地纵坐标也是a把 y=a 代入得，就，即 A 地横坐标是；同理可得： B 地横坐标是：. AB=. SABCD=a=5.应选 D.9. （ 2021

6、 湖北荆门 3 分）如图， ABC 是等边三角形， P 是 ABC 地平分线 BD 上一点， PEAB 于点E，线段 BP 地垂直平分线交 BC 于点 F，垂足为点 Q如 BF=2 ，就 PE 地长为【】A 2B 2C D 3【答案】 C.【考点】等边三角形地性质，角平分线地定义，锐角三角函数，特别角地三角函数值，线段垂直平分线地性质 .【分析】 ABC 是等边三角形，点P 是 ABC 地平分线， EBP= QBF=30 ， BF=2 ， FQ BP， BQ=BF .cos30=2. FQ 是 BP 地垂直平分线，BP=2BQ=2.在 Rt BEF 中， EBP=30 ， PE=BP=.应选

7、C.10（ 2021 湖北荆门 3 分）如图，已知正方形ABCD 地对角线长为 2，将正方形 ABCD 沿直线 EF 折叠，就图中阴影部分地周长为【】A 8B 4C 8D 6欢迎下载精品学习资源11.（ 2021 湖北荆门 3 分）已知：多项式x2 kx+1 是一个完全平方式，就反比例函数地解读式为【】A BC或D 或【答案】 C.【考点】完全平方式，待定系数法求反比例函数解读式.【分析】多项式x2 kx+1 是一个完全平方式， k=2.把 k=2 分别代入反比例函数地解读式得：或.应选 C.12. （ 2021 湖北荆门 3 分） 已知：顺次连接矩形各边地中点，得到一个菱形，如图 ；再顺次连

8、接菱形各边地中点，得到一个新地矩形，如图 ；然后顺次连接新地矩形各边地中点，得到一个新地菱形，如图 ；如此反复操作下去，就第2021 个图形中直角三角形地个数有【】A 8048 个B 4024 个C 2021 个D 1066 个【答案】 B.【考点】分类归纳（图形地变化类）.【分析】写出前几个图形中地直角三角形地个数，并找出规律：欢迎下载精品学习资源第 1 个图形，有4 个直角三角形，第2 个图形，有4 个直角三角形，第 3 个图形，有，8 个直角三角形，第4 个图形，有8 个直角三角形，依次类推，当 n 为奇数时，三角形地个数是2（ n+1），当 n为偶数时，三角形地个数是2n 个， 所以，

9、第 2021 个图形中直角三角形地个数是22021=4024. 应选 B.二、填空题（本大题共5 个小题，每道题 3 分，共 15 分）13. （ 2021 湖北荆门 3 分）运算=【答案】.【考点】实数地运算，算术平方根，负整数指数幂，零指数幂.【分析】针对算术平方根，负整数指数幂，零指数幂3 个考点分别进行运算，然后依据实数地运算法就求得运算结果：.14. （ 2021 湖北荆门 3 分） 如图，在直角坐标系中，四边形OABC 是直角梯形， BC OA ， P 分别与OA 、OC、BC 相切于点 E、D 、B，与 AB 交于点 F已知 A （ 2，0）， B（ 1， 2），就 tan FD

10、E=【答案】.【考点】切线地性质，锐角三角函数地定义，圆周角定理.【分析】连接 PB、PE P 分别与 OA 、BC 相切于点 E、B ， PB BC ， PE OA. BC OA ， B 、P、E 在一条直线上 . A （ 2， 0）， B（ 1， 2）， AE=1 ， BE=2. . EDF= ABE ， tanFDE=.15（ 2021 湖北荆门 3 分）如图是一个上下底密封纸盒地三视图，请你依据图中数据，运算这个密封纸盒地表面积为cm2（结果可保留根号）欢迎下载精品学习资源【答案】+360.【考点】由三视图判定几何体，解直角三角形.【分析】依据该几何体地三视图知道其是一个六棱柱，其高为

11、 12cm，底面半径为 5 cm，其侧面积为 6512=360cm2.又密封纸盒地底面面积为：cm2，其全面积为：（+360 ） cm2.16（ 2021 湖北荆门 3 分）新定义： a， b 为一次函数 y=ax+b （ a0， a，b 为实数）地 “关联数 ”如 “关联数 ”1 ， m 2 地一次函数是正比例函数，就关于x 地方程地解为【答案】 x=3.【考点】新定义，一次函数和正比例函数地定义，解分式方程.【分析】依据新定义得：y=x m 2， “关联数 ”1 ， m 2 地一次函数是正比例函数，m2=0 ，解得： m=2.就关于 x 地方程即为，解得： x=3.检验：把 x=3 代入最

12、简公分母 2（ x 1） =40，故 x=3 是原分式方程地解.17. （ 2021 湖北荆门 3 分）如图（ 1）所示， E 为矩形 ABCD 地边 AD 上一点，动点P、Q 同时从点 B 动身，点 P 沿折线 BE ED DC 运动到点 C 时停止，点 Q 沿 BC 运动到点 C 时停止，它们运动地速度都是1cm/ 秒设 P、Q 同发 t 秒时， BPQ 地面积为 ycm2已知 y 与 t 地函数关系图象如图（ 2）（曲线 OM为抛物线地一部分），就以下结论： AD=BE=5 ； cos ABE=； 当 0t 5 时，； 当秒时， ABE QBP；其中正确地结论是（填序号）欢迎下载精品学习

13、资源【答案】 .【考点】动点问题地函数图象，矩形地性质，勾股定理，锐角三角函数定义，相像三角形地判定和性质.【分析】依据图（ 2）可知，当点 P 到达点 E 时点 Q 到达点 C，点 P、Q 地运动地速度都是1cm/秒， BC=BE=5. AD=BE=5. 故结论 正确 .又从 M 到 N 地变化是 2， ED=2. AE=AD ED=5 2=3.在 Rt ABE 中，.故结论 错误.过点 P 作 PF BC 于点 F， AD BC ， AEB= PBF， sinPBF=sin AEB=. PF=PBsin PBF=t.当 0 t5 时，.故结论 正确.当秒时，点 P 在 CD 上，此时， P

14、D= BE ED=， PQ=CD PD=4 .，.又 A= Q=90 ， ABE QBP.故结论 正确 .综上所述，正确地有 .三、解答题（本大题7 个小题，共 69 分）18（ 2021 湖北荆门 8 分）先化简，后求值：-，其中【答案】解：原式=.当时，原式 =.【考点】分式地化简求值，二次根式化简.【分析】先将括号内地部分进行约分、通分，进行加减运算后再进行乘法运算，最终代入求值 .欢迎下载精品学习资源19（ 2021 湖北荆门 9 分）如图， Rt ABC 中， C=90 ，将 ABC 沿 AB 向下翻折后，再绕点A 按顺时针方向旋转 度（ BAC ），得到 Rt ADE ，其中斜边

15、AE 交 BC 于点 F，直角边 DE 分别交 AB 、BC 于点 G、H （ 1）请依据题意用实线补全图形；（ 2）求证： AFB AGE 【答案】解：（ 1）画图，如图：（ 2）证明：由题意得： ABC AED. AB=AE ， ABC= E.在 AFB 和AGE 中， ABC= E，AB=AE ， = ， AFB AGE （ASA ） .【考点】翻折变换（折叠问题），旋转地性质，全等三角形地判定.【分析】（ 1）依据题意画出图形，留意折叠与旋转中地对应关系.（2）由题意易得 ABC AED ，即可得 AB=AE ， ABC= E，然后利用 ASA 地判定方法， 即可证得 AFB AGE.

16、20. （ 2021 湖北荆门 10 分） “端午节 ”是我国地传统佳节，民间历来有吃“粽子 ”地习俗我市某食品厂为明白市民对去年销量较好地肉馅粽、豆沙馅粽、红枣馅粽、蛋黄馅粽（以下分别用A 、B 、C、D 表示） 这四种不同口味粽子地宠爱情形，在节前对某居民区市民进行了抽样调查，并将调查情形绘制成如下两幅统计图（尚不完整）欢迎下载精品学习资源请依据以上信息回答：（ 1）本次参与抽样调查地居民有多少人？（ 2）将两幅不完整地图补充完整；（ 3）如居民区有 8000 人，请估量爱吃 D 粽地人数；（ 4）如有外型完全相同地A 、B、C、D 粽各一个，煮熟后，小王吃了两个用列表或画树状图地方法，

17、求他其次个吃到地恰好是C 粽地概率【答案】解：（ 1） 6010%=600 （人）答：本次参与抽样调查地居民有600 人.（ 2）宠爱 C 粽地人数： 600 18060 240=120，频率： 120600=20% ；宠爱 A 粽地频率： 180600=30%.据此补充两幅统计图如图：（ 3） 800040%=3200 （人）答：该居民区有8000 人，估量爱吃 D 粽地人有 3200 人.（ 4）画树状图如下：共有 12 种等可能结果，其次个吃到地恰好是C 粽地情形有 3 种，其次个吃到地恰好是C 粽地概率是.答：他其次个吃到地恰好是C 粽地概率是.【考点】条形统计图，扇形统计图，频数、频

18、率和总量地关系，用样本估量总体，列表法或树状图法， 概率 .【分析】（ 1）用宠爱 B 粽地频数除以宠爱B 粽所占地百分比即可求得结论.（ 2）分别求得宠爱 C 粽地频数及其所占地百分比和宠爱A 粽所占地百分比即可补全统计图.（ 3）用总人数乘以宠爱D 粽地所占地百分比即可.欢迎下载精品学习资源（ 4）画出树形图或列表即可求得结论.21. （ 2021 湖北荆门 10 分）如下列图为圆柱形大型储油罐固定在U 型槽上地横截面图已知图中ABCD 为等腰梯形（ AB DC ），支点 A 与 B 相距 8m，罐底最低点到地面CD 距离为 1m设油罐横截面圆心为 O，半径为 5m， D=56 ，求： U

19、 型槽地横截面（阴影部分）地面积（参考数据：sin530.8，tan561.5，3，结果保留整数）【答案】解：如图，连接AO 、BO 过点 A 作 AE DC 于点 E，过点 O 作 ON DC 于点 N， ON 交 O于点 M ，交 AB 于点 F就 OF AB OA=OB=5m ， AB=8m ， AF=BF=AB=4 （ m）， AOB=2 AOF ，在 RtAOF 中， AOF=53 ， AOB=106 .（ m），由题意得： MN=1m ， FN=OM OF+MN=3（ m） .四边形 ABCD 是等腰梯形， AE DC ， FN AB ， AE=FN=3m ， DC=AB+2DE.

20、在 RtADE 中， DE=2m ， DC=12m.（ m2）.答： U 型槽地横截面积约为20m2.【考点】解直角三角形地应用，垂径定理，勾股定理，等腰梯形地性质，锐角三角函数定义.【分析】连接 AO 、BO过点 A 作 AE DC 于点 E，过点 O 作 ON DC 于点 N ，ON 交 O 于点 M ，交AB 于点 F，就 OF AB. 依据垂径定理求出AF ，再在 Rt AOF 中利用锐角三角函数地定义求出AOB ， 由勾股定理求出 OF，依据四边形 ABCD 是等腰梯形求出 AE 地长，再由即可得出结果 .22. （ 2021 湖北荆门 10 分） 荆门市是闻名地 “鱼 M 之乡 ”

21、某水产经销商在荆门市长湖养殖场批发购进草 鱼和乌鱼（俗称黑鱼）共75 千克，且乌鱼地进货量大于40 千克已知草鱼地批发单价为8 元/千克，乌鱼地批发单价与进货量地函数关系如下列图欢迎下载精品学习资源（ 1）请直接写出批发购进乌鱼所需总金额y（元）与进货量 x（千克）之间地函数关系式；（ 2）如经销商将购进地这批鱼当日零售，草鱼和乌鱼分别可卖出89%、95%，要使总零售量不低于进货量地 93%，问该经销商应怎样支配进货，才能使进货费用最低？最低费用是多少？23. （ 2021 湖北荆门 10 分）已知： y 关于 x 地函数 y=（ k 1） x22kx+k+2 地图象与 x 轴有交点（ 1）求

22、 k 地取值范畴；（ 2）如 x1， x2 是函数图象与x 轴两个交点地横坐标，且满意（k 1）x12+2kx2+k+2=4x1x2 求 k 地值； 当 kx k+2 时，请结合函数图象确定y 地最大值和最大值【答案】解：（ 1）当 k=1 时，函数为一次函数y= 2x+3 ，其图象与 x 轴有一个交点 .当 k 1 时，函数为二次函数，其图象与x 轴有一个或两个交点，欢迎下载精品学习资源令 y=0 得（ k 1） x22kx+k+2=0 =（ 2k） 2 4（ k 1）（ k+2 ） 0，解得 k 2即 k 2 且 k1.综上所述， k 地取值范畴是 k2.（ 2） x1 x2，由（ 1）知

23、 k 2 且 k1.由题意得（ k 1） x12+（ k+2 ）=2kx1 （ * ），将（ * ）代入（ k 1） x12+2kx2+k+2=4x1x2中得： 2k（ x1+x2 ）=4x1x2.又 x1+x2=， x1x2=， 2k.=4.，解得： k1= 1， k2=2（不合题意，舍去） .所求 k 值为 1. 如图， k1= 1， y= 2x2+2x+1= 2（ x） 2+，且1x1，由图象知：当 x= 1 时， y 最小 =3；当 x=时， y 最大 =. y 地最大值为，最小值为 3.【考点】抛物线与x 轴地交点，一次函数地定义，一元二次方程根地判别式和根与系数物关系，二次函数地最

24、值 .【分析】（ 1）分两种情形争论，当k=1 时，可求出函数为一次函数，必与x 轴有一交点；当 k 1 时，函数为二次函数，如与x 轴有交点，就 0.（ 2） 依据（ k 1） x12+2kx2+k+2=4x1x2及根与系数地关系，建立关于k 地方程，求出 k 地值. 充分利用图象，直接得出y 地最大值和最小值.24. （ 2021 湖北荆门 12 分）如图甲，四边形OABC 地边 OA 、OC 分别在 x 轴、 y 轴地正半轴上，顶点在B 点地抛物线交 x 轴于点 A 、D，交 y 轴于点 E，连接 AB 、AE 、BE 已知 tan CBE=， A （ 3， 0）， D（ 1， 0），

25、E（ 0，3）（ 1）求抛物线地解读式及顶点B 地坐标；（ 2）求证： CB 是 ABE 外接圆地切线；（ 3）摸索究坐标轴上是否存在一点P，使以 D、E、P 为顶点地三角形与 ABE 相像，如存在，直接写出点 P 地坐标；如不存在，请说明理由；（ 4）设 AOE 沿 x 轴正方向平移t 个单位长度（ 0 t3）时， AOE 与 ABE 重叠部分地面积为s，求s 与 t 之间地函数关系式，并指出t 地取值范畴欢迎下载精品学习资源【答案】解：（ 1）抛物线经过点A （ 3， 0）， D（ 1，0），设抛物线解读式为y=a（ x 3）（ x+1 ） .将 E（ 0，3）代入上式，解得： a= 1.

26、抛物线地解读式为y= （ x 3）（ x+1），即 y= x2+2x+3.又 y= x2+2x+3= （ x 1） 2+4，点 B（ 1， 4） .（ 2）证明：如图1，过点 B 作 BM y 于点 M ，就 M （ 0，4）在 Rt AOE 中， OA=OE=3 ， 1= 2=45，.在 Rt EMB 中， EM=OM OE=1=BM ， MEB= MBE=45 ，. BEA=180 1 MEB=90 . AB 是 ABE 外接圆地直径 .在 Rt ABE 中， BAE= CBE.在 Rt ABE 中， BAE+ 3=90， CBE+ 3=90. CBA=90 ，即 CB AB. CB 是

27、ABE 外接圆地切线 .（ 3）存在 .点 P 地坐标为（ 0， 0）或（ 9， 0）或（ 0，） .（ 4）设直线 AB 地解读式为 y=kx+b 将 A （3， 0）， B （ 1，4）代入，得，解得.直线 AB 地解读式为 y= 2x+6.过点 E 作射线 EF x 轴交 AB 于点 F，当 y=3 时，得 x=， F（， 3） .欢迎下载精品学习资源情形一：如图 2，当 0 t 时，设 AOE 平移到 DNM 位置置， MD 交 AB 于点 H，MN 交 AE 于点 G.就 ON=AD=t ，过点 H 作 LK x 轴于点 K ，交 EF 于点L由 AHD FHM ，得，即，解得 HK

28、=2t.=33（ 3 t） 2t.2t=t2+3t.情形二：如图3，当 t3 时，设 AOE 平移到 PQR 位置置， PQ 交 AB 于点 I，交AE 于点 V.由 IQA IPF，得即，解得 IQ=2 （ 3 t） .=（ 3 t） 2（ 3 t）（ 3 t） 2=（ 3 t） 2=t2 3t+.综上所述：.【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点地坐标与方程地关系，二次函数性质，等腰直角三角形地判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，圆地切线地判定，相像三角形地性质，平移地性质.【分析】（ 1）已知 A 、D 、E 三点地坐标，利用待定系数法可确定抛物线地解读式，从而能得到顶点B地坐

29、标 .（2）过 B 作 BM y 轴于 M ，由 A 、B、E 三点坐标，可判定出 BME 、 AOE 都为等腰直角三角形，易证得BEA=90 ，即 ABE 是直角三角形，而 AB 是 ABE 外接圆地直径，因此只需证明AB 与 CB 垂直即可 BE、 AE 长易得，能求出 tanBAE 地值，结合 tan CBE 地值，可得到 CBE= BAE ，由此证得 CBA= CBE+ ABE= BAE+ ABE=90 ，从而得证 .（ 3）在 Rt ABE 中， AEB=90 ， tan BAE=， sin BAE=， cos BAE=.欢迎下载精品学习资源如以 D、E、P 为顶点地三角形与 ABE

30、 相像，就 DEP 必为直角三角形 . DE 为斜边时， P1 在 x 轴上，此时 P1 与 O 重合.由 D（ 1，0）、 E（ 0， 3），得 OD=1 、OE=3，即 tan DEO=tan BAE ，即 DEO= BAE ，满意 DEO BAE 地条件 .因此 O 点是符合条件地 P1 点，坐标为（ 0， 0） . DE 为短直角边时， P2 在 x 轴上 .如以 D 、E、P 为顶点地三角形与 ABE 相像 DEP2= AEB=90 sinDP2E=sin BAE=.而 DE=，就 DP2=DE sin DP2E=10 ，OP2=DP2 OD=9.即 P2（ 9， 0） . DE 为长直角边时，点P3 在 y 轴上.如以 D 、E、P 为顶点地三角形与 ABE 相像，就 EDP3= AEB=90 cos DEP3=cos BAE=.就 EP3=DE cosDEP3=， OP3=EP3 OE=.即 P3（ 0，） .综上所述，得： P1（ 0，0）， P2（ 9， 0）， P3（ 0，） .（ 4）过 E 作 EF x 轴交 AB 于 F，当 E 点运动在 EF 之间时， AOE 与 ABE 重叠部分是个五边形；当 E 点运动到 F 点右侧时， AOE 与 ABE 重叠部分是个三角形按上述两种情形按图形之间地和差关系进行求解 .欢迎下载