2022年湖北省宜昌市中考数学试卷(解析版)

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2024年1月13日发(作者：)

2022年湖北省宜昌市中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（下列各题中，只有一个选项是符合题目要求的，请在答题卡上指定的位置填涂符合要求的选项前面的字母代号，每题3分，计33分．）1．下列说法正确的个数是()1①2022的相反数是2022；②2022的绝对值是2022；③的倒数是2022．2022A．3B．2C．1D．0【分析】根据相反数的定义判断①；根据绝对值的性质判断②；根据倒数的定义判断③．【解答】解：①2022的相反数是2022，故①符合题意；②2022的绝对值是2022，故②符合题意；1③的倒数是2022，故③符合题意；2022正确的个数是3个，故选：A．2．将四个数字看作一个图形，则下列四个图形中，是中心对称图形的是()A．B．C．D．【分析】根据中心对称的概念和各图形的特点即可求解．把一个图形绕某一点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．【解答】解：中心对称图形，即把一个图形绕一个点旋转180后能和原来的图形重合，所以D选项符合题意，故选：D．3．我市围绕创建全国文明典范城市、传承弘扬屈原文化，组织开展了“喜迎二十大、永远跟党走、奋进新征程”等系列活动．在2022年“书香宜昌全民读书月”暨“首届屈原文化月”活动中，100多个社区图书室、山区学校、农家书屋、“护苗”工作站共获赠了价值100万元的红色经典读物、屈原文化优秀读物和智能书柜．“100万”用科学记数法表示为()A．100104B．1105C．1106D．1107【分析】将100写成1102，1万104，根据同底数幂的乘法法则即可得出答案．【解答】解：100万11021041106，故选：C．4．下列运算错误的是()A．x3x3x6B．x8x2x6C．(x3)2x6D．x3x3x6【分析】根据同底数幂的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方法则，进行计算逐一判断即可解答．【解答】解：A、x3x3x6，故A不符合题意；B、x8x2x6，故B不符合题意；C、(x3)2x6，故C不符合题意；D、x3x32x3，故D符合题意；故选：D．5．已知经过闭合电路的电流I（单位：A)与电路的电阻R（单位：)是反比例函数关系．根据下表判断a和b的大小关系为()第１页，共１８页

I/A5ab1400B．abC．abD．ab电压【分析】根据等量关系“电流”，即可求解．电阻【解答】解：闭合电路的电流I（单位：A)与电路的电阻R（单位：)是反比例函数关系，40a80b，a2b，ab，故选：A．16．如图，在ABC中，分别以点B和点C为圆心，大于BC长为半径画弧，两弧相交于2点M，N．作直线MN，交AC于点D，交BC于点E，连接BD．若AB7，AC12，)BC6，则ABD的周长为(20R/A．ab30A．25B．22C．19D．18【分析】根据题意可知MN垂直平分BC，即可得到DBDC，然后即可得到ABBDADABDCADABAC，从而可以求得ABD的周长．【解答】解：由题意可得，MN垂直平分BC，DBDC，ABD的周长是ABBDAD，ABBDADABDCADABAC，AB7，AC12，ABAC19，ABD的周长是19，故选：C．7．如图，四边形ABCD内接于O，连接OB，OD，BD，若C110，则OBD()A．15B．20C．25D．30【分析】根据圆内接四边形的性质，可以得到A的度数，再根据圆周角和圆心角的关系，可以得到BOD的度数，然后根据OBOD，即可得到OBD的度数．【解答】解：四边形ABCD是圆内接四边形，C110，第２页，共１８页

A70，BOD2A140，OBOD，OBDODB，OBDODBBOD180，OBD20，故选：B．8．五一小长假，小华和家人到公园游玩．湖边有大小两种游船．小华发现1艘大船与2艘小船一次共可以满载游客32人，2艘大船与1艘小船一次共可以满载游客46人．则1艘大船与1艘小船一次共可以满载游客的人数为()A．30B．26C．24D．22【分析】设1艘大船可载x人，1艘小船可载y人，依题意：1艘大船与2艘小船一次共可以满载游客32人，2艘大船与1艘小船一次共可以满载游客46人．列出二元一次方程组，求出xy的值即可．【解答】解：设1艘大船可载x人，1艘小船可载y人，x2y32①依题意得：，2xy46②①②得：3x3y78，xy26，即1艘大船与1艘小船一次共可以满载游客的人数为26，故选：B．9．如图是小强散步过程中所走的路程s（单位：m)与步行时间t（单位：min)的函数图象．其中有一时间段小强是匀速步行的．则这一时间段小强的步行速度为()200D．20m/minm/min7【分析】根据小强匀速步行时的函数图象为直线，根据图象得出结论即可．【解答】解：由函数图象知，从3070分钟时间段小强匀速步行，20001200这一时间段小强的步行速度为20(m/min)，7030故选：D．10．如图是一个教室平面示意图，我们把小刚的座位“第1列第3排”记为(1,3)．若小丽的座位为(3,2)，以下四个座位中，与小丽相邻且能比较方便地讨论交流的同学的座位是()A．50m/minB．40m/minC．第３页，共１８页

A．(1,3)B．(3,4)C．(4,2)D．(2,4)【分析】直接利用点的坐标特点得出与小丽相邻且能比较方便地讨论交流的同学的座位位置．【解答】解：如图所示：与小丽相邻且能比较方便地讨论交流的同学的座位是(4,2)．故选：C．11．某校团支部组织部分共青团员开展学雷锋志愿者服务活动，每个志愿者都可以从以下三个项目中任选一项参加：①敬老院做义工；②文化广场地面保洁；③路口文明岗值勤．则小明和小慧选择参加同一项目的概率是()1212A．B．C．D．3399【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．【解答】解：列表如下：①②③①②③(①，①)(①，②)(①，③)(②，①)(②，②)(②，③)(③，①)(③，②)(③，③)由表知，共有9种等可能结果，其中小明和小慧选择参加同一项目的有3种结果，31所以小明和小慧选择参加同一项目的概率为，93故选：A．二、填空题（将答案写在答题卡上指定的位置．每题3分，计12分．）12．中国是世界上首先使用负数的国家．两千多年前战国时期李悝所著的《法经》中已出现使用负数的实例．《九章算术》的“方程”一章，在世界数学史上首次正式引入负数及其加第４页，共１８页

减法运算法则，并给出名为“正负术”的算法，请计算以下涉及“负数”的式子的值：1(3)210．【分析】先算乘方，再算减法，即可解答．【解答】解：1(3)21910，故答案为：10．13．如图，点A，B，C都在方格纸的格点上，ABC绕点A顺时针方向旋转90后得到△5的长为．ABC，则点B运动的路径BB2【分析】根据题意和图形，可以得到BAB90，然后根据勾股定理可以得到AB的长，的长．再根据弧长公式计算即可得到BB【解答】解：由已知可得，BAB90，AB32425，的长为：9055，BB18025故答案为：．214．如图，C岛在A岛的北偏东50方向，C岛在B岛的北偏西35方向，则ACB的大小是85．【分析】过点C作CF//AD，根据平行线的性质，求得ACF与BCF，再由角的和差可得答案．【解答】解：过点C作CF//AD，如图，AD//BE，AD//CF//BE，ACFDAC，BCFEBC，ACBACFBCFDACEBC，第５页，共１８页

由C岛在A岛的北偏东50方向，C岛在B岛的北偏西35方向，得DAC50，CBE35．ACB503585，故答案为：85．15．如图，在矩形ABCD中，E是边AD上一点，F，G分别是BE，CE的中点，连接AF，48．DG，FG，若AF3，DG4，FG5，矩形ABCD的面积为【分析】由矩形的性质得出BAECDE90，AD//BC，由直角三角形斜边上中线的性质及三角形中位线的性质求出BE6，由勾股定理的逆定理得出BCECE8，BC10，1是直角三角形，BEC90，进而求出SBCEBECE24，即可求出矩形ABCD的面2积．【解答】解：四边形ABCD是矩形，BAECDE90，AD//BC，F，G分别是BE，CE的中点，AF3，DG4，FG5，BE2AF6，CE2DG8，BC2FG10，BE2CE2BC2，BCE是直角三角形，BEC90，11SBCEBECE6824，22AD//BC，S矩形ABCD2SBCE22448，故答案为：48．三、解答题（将解答过程写在答题卡上指定的位置．本大题共有9题，计75分．）3x2yx16．（6分）求代数式2的值，其中x2y．xy2y2x2【分析】根据分式的加法法则把原式化简，把x2y代入计算即可．3x2yx【解答】解：原式(xy)(xy)(xy)(xy)2(xy)(xy)(xy)2，xy2当x2y时，原式1．2yyx1x317．（6分）解不等式1，并在数轴上表示解集．32【分析】不等式去分母，去括号，移项，合并，把x系数化为1，求出解集，表示在数轴上即可．【解答】解：去分母得：2(x1)3(x3)6，第６页，共１８页

去括号得：2x23x96，移项得：2x3x962，合并同类项得：x1，系数化为1得：x1．．18．（7分）某校为响应“传承屈原文化弘扬屈原精神”主题阅读倡议，进一步深化全民阅读和书香宜昌建设，随机抽取了八年级若干名学生，对“双减”后学生周末课外阅读时间进行了调查．根据收集到的数据，整理后得到下列不完整的图表：时间段/30x6060x9090x120120x150分钟组中值45751051356204频数/人数据分组后，一个小组的两个端点的数的平均数，叫做这个小组的组中值．请你根据图表中提供的信息，解答下面的问题：（1）扇形统计图中，120~150分钟时间段对应扇形的圆心角的度数是；a本数据的中位数位于分钟时间段；~（2）请将表格补充完整；（3）请通过计算估计该校八年级学生周末课外平均阅读时间．；样【分析】（1）根据表格中的数据和扇形统计图中的数据，可以计算出本次抽取的学生人数，然后即可得到120~150分钟时间段对应扇形的圆心角的度数，a的值以及样本数据的中位数位于哪一时间段；（2）根据（1）中的结果和表格中的数据，可以将表格补充完整；（3）根据表格中的数据，可以计算出该校八年级学生周末课外平均阅读时间．【解答】解：（1）120~150分钟时间段对应扇形的圆心角的度数是：36010%36，本次调查的学生有：410%40（人)，10a%100%25%，40a的值是25，中位数位于60~90分钟时间段，故答案为：36，25，60，90；（2）一个小组的两个端点的数的平均数，叫做这个小组的组中值30x60时间段的组中值为(3060)245，90x120时间段的频数为：40620410，故答案为：45，10；456752010510135484（分钟）（3），40答：估计该校八年级学生周末课外平均阅读时间为84分钟．第７页，共１８页

19．（7分）石拱桥是我国古代人民勤劳和智慧的结晶（如图1)，隋代建造的赵州桥距今约有1400年历史，是我国古代石拱桥的代表．如图2是根据某石拱桥的实物图画出的几何图形，桥的主桥拱是圆弧形，表示为AB．桥的跨度（弧所对的弦长）AB26m，设AB所在圆的圆心为O，半径OCAB，垂足为D．拱高（弧的中点到弦的距离）CD5m．连接OB．（1）直接判断AD与BD的数量关系；（2）求这座石拱桥主桥拱的半径（精确到1m)．【分析】（1）根据垂径定理便可得出结论；（2）设主桥拱半径为R，在RtOBD中，根据勾股定理列出R的方程便可求得结果．【解答】解：（1）OCAB，ADBD；（2）设主桥拱半径为R，由题意可知AB26，CD5，1BDAB13，2ODOCCDR5，OBD90，OD2BD2OB2，(R5)2132R2，解得R19.419，答：这座石拱桥主桥拱的半径约为19m．20．（8分）知识小提示：要想使人安全地攀上斜靠在墙面上的梯子的顶端，梯子与地面所成的角一般要满足5372．（参考数据：sin530.80，cos530.60，tan531.33，sin720.95，cos720.31，tan723.08，sin660.91，cos660.41，tan662.25)如图，现有一架长4m的梯子AB斜靠在一竖直的墙AO上．（1）当人安全使用这架梯子时，求梯子顶端A与地面距离的最大值；（2）当梯子底端B距离墙面1.64m时，计算ABO等于多少度？并判断此时人是否能安全使用这架梯子？【分析】（1）根据的取值范围得出，当72时，AO取得最大值，利用三角函数求出此时的AO值即可；BO（2）根据cosABO得出函数值，判断出ABO的度数，再根据角度得出结论即可．AB第８页，共１８页

【解答】解：（1）5372，当72时，AO取最大值，AO在RtAOB中，sinABO，ABAOABsinABO4sin7240.953.8（米)，梯子顶端A与地面的距离的最大值为3.8米；BO（2）在RtAOB中，cosABO1.6440.41，ABcos660.41，ABO66，5372，人能安全使用这架梯子．21．（8分）已知菱形ABCD中，E是边AB的中点，F是边AD上一点．（1）如图1，连接CE，CF．CEAB，CFAD．①求证：CECF；②若AE2，求CE的长；（2）如图2，连接CE，EF．若AE3，EF2AF4，求CE的长．【分析】（1）①根据垂直的定义得到BECDFC90，根据菱形的性质得到BD，BCCD，根据全等三角形的性质得到CECF；②连接AC，如图1，根据菱形的性质得到BCAC，推出ABC是等边三角形，得到EAC60，根据三角函数的定义得到结论；（2）方法一：如图2，延长FE交CB的延长线于M，根据菱形的性质得到AD//BC，ABBC，得到AFEM，AEBM，根据全等三角形的性质得到MEEF，MBAF，根据相似三角形的性质得到结论；方法二：延长FE交CB的延长线于M，过点E作ENBC于点N，根据菱形的性质得到AD//BC，ABBC，求得AFEM，AEBM，根据全等三角形的性质得到MEEF，MBAF，根据勾股定理得到结论．【解答】（1）①证明：CEAB，CFAD，BECDFC90，四边形ABCD是菱形，BD，BCCD，BECDFC(AAS)，CECF；②解：连接AC，如图1，第９页，共１８页

E是边AB的中点，CEAB，BCAC，四边形ABCD是菱形，BCAC，ABC是等边三角形，EAC60，在RtACE中，AE2，CEAEtan602323；（2）解：方法一：如图2，延长FE交CB的延长线于M，四边形ABCD是菱形，AD//BC，ABBC，AFEM，AEBM，E是边AB的中点，AEBE，AEFBEM(AAS)，MEEF，MBAF，AE3，EF2AF4，ME4，BM2，BE3，BCAB2AE6，MC8，MB21ME41，，ME42MC82MBME，MEMCM为公共角，MEB∽MCE，BEMB2，ECME4BE3，CE6；方法二：如图3，第１０页，共１８页

延长FE交CB的延长线于M，过点E作ENBC于点N，四边形ABCD是菱形，AD//BC，ABBC，AFEM，AEBM，E是边AB的中点，AEBE，AEFBEM(AAS)，MEEF，MBAF，AE3，EF2AF4，ME4，BM2，BE3，BCAB2AE6，MC8，在RtMEN和RtBEN中，ME2MN2EN2，BE2BN2EN2，ME2MN2BE2BN2，42(2BN)232BN2，3解得：BN，4321CN6，443135，EN2BE2BN232()24在RtENC中，CE2EN2CN236，161616CE6．22．（10分）某造纸厂为节约木材，实现企业绿色低碳发展，通过技术改造升级，使再生纸项目的生产规模不断扩大．该厂3，4月份共生产再生纸800吨，其中4月份再生纸产量是3月份的2倍少100吨．（1）求4月份再生纸的产量；（2）若4月份每吨再生纸的利润为1000元，5月份再生纸产量比上月增加m%．5月份每m吨再生纸的利润比上月增加%，则5月份再生纸项目月利润达到66万元．求m的值；2（3）若4月份每吨再生纸的利润为1200元，4至6月每吨再生纸利润的月平均增长率与6月份再生纸产量比上月增长的百分数相同，6月份再生纸项目月利润比上月增加了25%．求6月份每吨再生纸的利润是多少元？【分析】（1）设3月份再生纸的产量为x吨，则4月份再生纸的产量为(2x100)吨，根据该厂3，4月份共生产再生纸800吨，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可求出x的值，再将其代入(2x100)中即可求出4月份再生纸的产量；（2）利用月利润每吨的利润月产量，即可得出关于m的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；（3）设4至6月每吨再生纸利润的月平均增长率为y，5月份再生纸的产量为a吨，根据6月份再生纸项目月利润比上月增加了25%，即可得出关于y的一元二次方程，化简后即可第１１页，共１８页

得出6月份每吨再生纸的利润．【解答】解：（1）设3月份再生纸的产量为x吨，则4月份再生纸的产量为(2x100)吨，依题意得：x2x100800，解得：x300，2x1002300100500．答：4月份再生纸的产量为500吨．m（2）依题意得：1000(1%)500(1m%)660000，2整理得：m2300m64000，解得：m120，m2320（不合题意，舍去）．答：m的值为20．（3）设4至6月每吨再生纸利润的月平均增长率为y，5月份再生纸的产量为a吨，依题意得：1200(1y)2a(1y)(125%)1200(1y)a，1200(1y)21500．答：6月份每吨再生纸的利润是1500元．23．（11分）已知，在ABC中，ACB90，BC6，以BC为直径的O与AB交于点H，将ABC沿射线AC平移得到DEF，连接BE．（1）如图1，DE与O相切于点G．①求证：BEEG；②求BECD的值；（2）如图2，延长HO与O交于点K，将DEF沿DE折叠，点F的对称点F恰好落在射线BK上．①求证：HK//EF；②若KF3，求AC的长．【分析】（1）①由平移的性质证出CBEACB90，连接OG，OE，证明RtBOERtGOE(HL)，由全等三角形的性质得出BEGE；②过点D作DMBE于M，证出四边形BCDM是矩形，由矩形的性质得出CDBM，DMBC，由（1）可知BEGE，同理可证CDDG，设BEx，CDy，由勾股定理得出(xy)262(xy)2，则可得出答案；（2）①延长HK交BE于点Q，设ABC，由等腰三角形的性质证出BHOOBH，由平移及折叠的性质证出BQOBEF，则可得出结论；②连接FF，交DE于点N，证明HBKENF(AAS)，由全等三角形的性质得出BKNF，BKHK证明HBK∽FCB，由相似三角形的性质得出，列出方程可求出BK的长，根据BCBF锐角三角函数的定义可得出答案．【解答】（1）①证明：将ABC沿射线AC平移得到DEF，BE//CF，ACB90，CBEACB90，第１２页，共１８页

连接OG，OE，DE与O相切于点G，OGE90，OBEOGE90，OBOG，OEOE，RtBOERtGOE(HL)，BEGE；②解：过点D作DMBE于M，DMB90，由（1）知CBEBCF90，四边形BCDM是矩形，CDBM，DMBC，由（1）可知BEGE，同理可证CDDG，设BEx，CDy，在RtDME中，MD2EM2DE2，(xy)262(xy)2，xy9，即BECD9；（2）①证明：延长HK交BE于点Q，设ABC，OBOH，第１３页，共１８页

BHOOBH，BOQBHOOBH2，BQO902，ABC沿射线AC平移得到DEF，DEF沿DE折叠得到DEF，DEFDEFABC，BEF902，BQOBEF，HK//EF；②解：连接FF，交DE于点N，DEF沿DE折叠，点F的对称点为F，1EDFF，FNFF，2HK是O的直径，HBK90，点F恰好落在射线BK上，BFAB，ABC沿射线AC方向平移得到DEF，AB//DE，BCEF，点B在FF的延长线上，BC是O的直径，HKEF，在HBK和ENF中，HBKENFBHONEF，HKEFHBKENF(AAS)，BKNF，设BKx，则BFBKKFFFx32x3x3，OBOK，OBKOKB，又HBKBCF90，HBK∽FCB，BKHK，BCBFx6，63x3解得：x13，x24（不合题意，舍去），BK3，BK31在RtHBK中，sinBHK，KH62BHK30，ABC30，第１４页，共１８页

在RtACB中，tanABCtan30AC6tan306323，3AC，BC即AC的长为23．24．（12分）已知抛物线yax2bx2与x轴交于A(1,0)，与y轴交于点C．直B(4,0)两点，线l由直线BC平移得到，与y轴交于点E(0,n)．四边形MNPQ的四个顶点的坐标分别为M(m1,m3)，N(m1,m)，P(m5,m)，Q(m5,m3)．1（1）填空：a，b；2k（2）若点M在第二象限，直线l与经过点M的双曲线y有且只有一个交点，求n2的最x大值；（3）当直线l与四边形MNPQ、抛物线yax2bx2都有交点时，存在直线l，对于同一条直线l上的交点，直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都不大于它与抛物线yax2bx2的交点的纵坐标．①当m3时，直接写出n的取值范围；②求m的取值范围．【分析】（1）将A(1,0)，B(4,0)代入yax2bx2，即可求解；11k（2）求出直线BC的解析式为yx2，直线l的解析式为yxn，再由双曲线y22x1yxnm24m32经过点M(m1,m3)，可得y，再联立方程组，整理得2xym4m3xx22nx2m28m60，由题意可得△0，整理得n22(m2)22，根据点M的坐标位置，求出3m1，则当m2时，n2可以取得最大值2；123yxx2122（3）联立方程组，由△0，可得n4，当n4时，直线yx4与2y1xn2抛物线的交点为F(2,3)；①当m3时，四边形NMPQ的顶点分别为M(2,0)，N(2,3)，P(2,3)，Q(2,0)，当直线l经过点P(2,3)时，此时P点与F点重合，n4时，符合题第１５页，共１８页

11，当直线l经过点M时，n1，可得n1，由此可求解；221②当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点M(m1,m3)在直线yx4上时，由21m3(m1)4，解得m13；当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点2M(m1,m3)在这条开口向上的抛物线上（对称轴左侧）时，由意；当直线l经过点A时，n35735713（舍)或m，即可求m的取值范(m1)2(m1)2m3，解得m2222357围为13m．2【解答】解：（1）将A(1,0)，B(4,0)代入yax2bx2，ab20，16a4b201a2解得，3b213故答案为：，；22（2）设直线BC的解析式为ydxe，B(4,0)，C(0,2)，4de0，e21d解得2，e21x2，2直线BC平移得到直线l，直线l与y轴交于点E(0,n)，1直线l的解析式为yxn，2k双曲线y经过点M(m1,m3)，xk(m1)(m3)，直线BC的解析式为ym24m3，yx直线l与双曲线yk有且只有一个交点，x1yxn2联立方程组，2m4m3yx整理得x22nx2m28m60，△0，即4n24(2m28m6)0，n22m28m60，第１６页，共１８页

123yxx222（3）如图1，当直线l与抛物线有交点时，联立方程组，1yxn2整理得，x24x42n0，△0，即8n160，n4，1当n4时，直线yx4与抛物线的交点为F(2,3)；2①当m3时，四边形NMPQ的顶点分别为M(2,0)，N(2,3)，P(2,3)，Q(2,0)，如图2，当直线l经过点P(2,3)时，此时P点与F点重合，n4时，直线l与四边形MNPQ、抛物线都有交点，且满足直线l与矩形MNPQ的交点的纵坐标都不大于与抛物线的交点的纵坐标；1如图3，当直线l经过点A时，n，2当直线l经过点M时，如图4，n1，1n1，21综上所述：n的取值范围为：n1或n4；21②当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点M(m1,m3)在直线yx4上时，直线l2与四边形MNPQ、抛物线同时有交点，且同一直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都小于它与抛物线的交点的纵坐标，1m3(m1)4，2解得m13；如图5，当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点M(m1,m3)在这条开口向上的抛物线上（对称轴左侧）时，存在直线l（即经过此时点M的直线l)与四边形MNPQ、平行同时有交点，且同一直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标，13(m1)2(m1)2m3，22357357解得m（舍)或m，22357综上所述：m的取值范围为13m．2n22m28m62(m2)22，M点在第二象限，m10，m30，3m1，当m2时，n2可以取得最大值2；第１７页，共１８页

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本文标签： 得到解答性质