2022年山东省枣庄市第十五中学中考数学一模试卷
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2022年山东省枣庄十五中中考数学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（本大题共12小题，共36分）
- 下列运算正确的是
A. B.
C. D.
- 实数，在数轴上表示的位置如图所示，则
A. B. C. D.
- 从马鸣、杨豪、陆畅、江宽四人中抽调两人参加“寸草心”志愿服务队，恰好抽到马鸣和杨豪的概率是
A. B. C. D.
- 如图，正比例函数，一次函数和反比例函数的图象在同一直角坐标系中，若，则自变量的取值范围是
A. B. 或
C. D. 或
- 已知，是方程的两个实数根，则的值是
A. B. C. D.
- 如图，已知是的直径，是的切线，连接交于点，连接若，则的度数是
A.
B.
C.
D.
- 若不等式组的解集是，则的取值范围是
A. B. C. D.
- 如图，在正方形中，绕点顺时针旋转后与重合，，，则的长度为
A.
B.
C.
D.
- 小明用大小和形状都完全一样的正方体按照一定规律排放了一组图案如图所示，每个图案中他只在最下面的正方体上写“心”字，寓意“不忘初心”其中第个图案中有个正方体，第个图案中有个正方体，第个图案中有个正方体，按照此规律，从第个图案所需正方体中随机抽取一个正方体，抽到带“心”字正方体的概率是
A. B. C. D.
- 关于的方程有实数根，则的取值范围是
A. 且 B. 且 C. D.
- 如图，在菱形中，点是的中点，以为圆心、为半径作弧，交于点，连接、若，，则阴影部分的面积为
A. B. C. D.
- 如图，二次函数的图象与轴的正半轴交于点，对称轴为直线，下面结论：；；；方程必有一个根大于且小于其中正确的是个．
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共6小题，共18分）
- 分解因式 ______ ．
- 已知，满足方程组，则的值是______．
- 已知关于的一元二次方程有一实数根为，则该方程的另一个实数根为______．
- 如图，为平行四边形边上一点，、分别为、上的点，且，，、、的面积分别记为、、若，则______．
- 如图，四个边长为的小正方形拼成一个大正方形，、、是小正方形顶点，的半径为，是上的点，且位于右上方的小正方形内，则的度数为______ ．
|
- 如图，直线交轴于点，交轴于点，点是轴上一动点，以点为圆心，以个单位长度为半径作，当与直线相切时，点的坐标是______．
|
三、计算题（本大题共1小题，共8分）
- 计算：；
- 解方程：．
四、解答题（本大题共6小题，共58分）
- 为保障新冠病毒疫苗接种需求，某生物科技公司开启“加速”模式，生产效率比原先提高了，现在生产万剂疫苗所用的时间比原先生产万剂疫苗所用的时间少天问原先每天生产多少万剂疫苗？
- 某公司需将一批材料运往工厂，计划租用甲、乙两种型号的货车，在每辆货车都满载的情况下，若租用辆甲型货车和辆乙型货车可装载箱材料；若租用辆甲型货车和辆乙型货车可装载箱材料．
- 甲、乙两种型号的货车每辆分别可装载多少箱材料？
- 经初步估算，公司要运往工厂的这批材料不超过箱计划租用甲、乙两种型号的货车共辆，且乙型货车的数量不超过甲型货车数量的倍，该公司一次性将这批材料运往工厂共有哪几种租车方案？
- 如图，已知一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，点．
- 求反比例函数的表达式；
- 若一次函数图象与轴交于点，点为点关于原点的对称点，求的面积．
|
- 如图，在平行四边形中，是对角线，，以点为圆心，以的长为半径作，交边于点，交于点，连搂．
- 求证：与相切；
- 若，，求阴影部分的面积．
|
- 已知：如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为过点作于点，交于点设运动时间为．
- 解答下列问题：
- 当为何值时，点在线段的垂直平分线上？
- 连接，作于点，当四边形为矩形时，求的值；
- 连接，，设四边形的面积为，求与的函数关系式．
- 如图，二次函数的图象交轴于点，，交轴于点点是轴上的一动点，轴，交直线于点，交抛物线于点．
- 求这个二次函数的表达式；
- 若点仅在线段上运动，如图，求线段的最大值；
- 若点在轴上运动，则在轴上是否存在点，使以，，，为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】【解析】解：、，本选项计算错误；
B、，本选项计算错误；
C、，本选项计算错误；
D、，本选项计算正确；
故选：．
根据单项式乘单项式、积的乘方与幂的乘方、同底数幂的除法法则计算，判断即可．
本题考查的是单项式乘单项式、积的乘方与幂的乘方、同底数幂的除法，掌握它们的运算法则是解题的关键．
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了实数与数轴、绝对值，解决本题的关键是掌握数轴．根据在数轴上表示的两个实数，右边的总比左边的大，即可判断．
【解答】
解：根据实数，在数轴上表示的位置可知：，，
．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：根据题意画图如下：
共有种等可能情况数，其中恰好抽到马鸣和杨豪的有种，
则恰好抽到马鸣和杨豪的概率是；
故选：．
根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，再找出恰好抽到马鸣和杨豪的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．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．
4.【答案】
【解析】解：由图象可知，当或时，双曲线落在直线上方，且直线落在直线上方，即，
所以若，则自变量的取值范围是或．
故选：．
根据图象，找出双曲线落在直线上方，且直线落在直线上方的部分对应的自变量的取值范围即可．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用数形结合是解题的关键．
5.【答案】
【解析】解：，是方程的两个实数根，
，，
．
故选：．
根据题意可知，，所求式子化为即可求解．
本题考查一元二次方程的根与系数的关系；根据根与系数的关系将所求式子进行化简代入是解题的关键．
6.【答案】
【解析】解：是的切线，
，
，
，
，
，
而，
，
即的度数为，
故选：．
先根据切线的性质得，再利用互余计算出，由于，利用三角形的外角性质得．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰三角形的性质．
7.【答案】
【解析】解：解不等式，得：，
且不等式组的解集为，
，
故选：．
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，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．
8.【答案】
【解析】解：绕点顺时针旋转后与重合，
，
，，
，，且，，
，，
，
故选：．
由旋转的性质可得，由题意可得方程组，，可求，，由正方形的性质可求解．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，利用方程的思想解决问题是本题的关键．
9.【答案】
【解析】解：由题意知，第个图形中，正方体一共有个，其中写有“心”字的正方体有个，
抽到带“心”字正方体的概率是，
故选：．
先根据已知图形得出第个图形中，正方体一共有个，再用带“心”字的正方体个数除以总个数即可得．
本题主要考查概率公式及图形的变化规律，解题的关键是得出第个图形中正方体个数．
10.【答案】
【解析】解：当，即时，此方程为一元二次方程．
关于的方程有实数根，
，
解得；
当，即时，方程为，显然有解；
综上，的取值范围是，
故选：．
分和两种情况，利用根的判别式求解可得．
本题主要考查根的判别式和一元二次方程的定义，一元二次方程的根与有如下关系：
当时，方程有两个不相等的两个实数根；
当时，方程有两个相等的两个实数根；
当时，方程无实数根．
11.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了等边三角形的性质和判定，菱形的性质，扇形的面积计算等知识点，能求出、和扇形的面积是解此题的关键．连接，根据菱形的性质求出和，求出长，再根据三角形的面积和扇形的面积求出即可．
【解答】
解：连接，
四边形是菱形，
，
，为的中点，
，是等边三角形，，
，
，
由勾股定理得：，
，
阴影部分的面积，
故选A．
12.【答案】
【解析】解：由图象可得，
，，，
，故正确；
该函数的对称轴为直线，
则，
即，故正确；
函数图象与轴的一个交点在点和之间，则与轴的另一个交点在和之间，
当时，，
，
即，故错误；
函数图象与轴的一个交点在点和之间，则与轴的另一个交点在和之间，
方程必有一个根大于且小于，故正确；
故选：．
根据函数图象开口向上，可以得到，再根据左同右异，可知，然后根据图象与轴的交点可以得到，从而可以得到的正负，进而可以判断；根据对称轴是直线，可以判断；根据图象与轴的交点以及和的关系可以判断；根据图象与轴的交点，可以得到方程的根的情况，从而可以判断．
本题考查抛物线与轴的交点、二次函数的性质、二次函数与一元二次方程的关系，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
13.【答案】
【解析】解：原式
．
故答案为
原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
本题考查了因式分解，利用了提公因式法、十字相乘法分解因式，注意分解要彻底．
14.【答案】
【解析】解：方法一：，
得：，
，
把代入得：
，
，
则．
方法二：得．
故答案为：．
由已知，满足方程组，所以先解方程组求出、，再代入求值．
此题考查的是解二元一次方程组，关键是由已知先解方程组求解，然后代入求值．
15.【答案】
【解析】解：把代入原方程得，
，即：，
解得，，不合题意舍去，
当时，原方程变为：，即，
解得，，
故答案为：．
把代入原方程求出的值，进而确定关于的一元二次方程，解出方程的根即可．
本题考查一元二次方程根的意义和解法，求解一元二次方程是得出正确答案的关键．
16.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
利用相似三角形的性质求出的面积即可解决问题．
【解答】
解：，，
，
，
∽，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
故答案为．
17.【答案】
【解析】解：由题意知，，且，，均位于的上，所以有．
由题意知，为大正方形的内接圆，又，两点为的上的两点，且，根据圆心角等于倍的圆周角，即可得出的度数．
此题主要考查学生对圆心角和圆周角等知识点的掌握和灵活运用能力．
18.【答案】或
【解析】
【分析】
本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，一次函数图形上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．根据函数解析式求得，，得到，，根据勾股定理得到，设与直线相切于，连接，则，，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】
解：直线交轴于点，交轴于点，
令，得，令，得，
，，
，，
，
设与直线相切于，
连接，
则，，
，，
∽，
，
，
，
或，
或，
故答案为：或．
19.【答案】解：原式
；
，
，
或，
，．
【解析】化简负整数指数幂，绝对值，代入特殊角的三角函数值，然后先算乘法，利用积的乘方运算法则进行简便计算，最后算加减；
利用因式分解法解一元二次方程．
本题考查二次根式的混合运算，解一元二次方程，掌握积的乘方运算法则以及因式分解法解一元二次方程的步骤是解题关键．
20.【答案】解：设原先每天生产万剂疫苗，
由题意可得：，
解得：，
经检验：是原方程的解，
原先每天生产万剂疫苗．
【解析】设原先每天生产万剂疫苗，根据现在生产万剂疫苗所用的时间比原先生产万剂疫苗所用的时间少天可得方程，解之即可．
此题主要考查了分式方程的应用，列分式方程解应用题的一般步骤：设、列、解、验、答．必须严格按照这步进行做题，规范解题步骤，另外还要注意完整性．
21.【答案】解：设甲型货车每辆可装载箱材料，乙型货车每辆可装载箱材料，
依题意得：，
解得：．
答：甲型货车每辆可装载箱材料，乙型货车每辆可装载箱材料．
设租用辆甲型货车，则租用辆乙型货车，
依题意得：，
解得：．
又为整数，
可以取，，
该公司共有种租车方案，
方案：租用辆甲型货车，辆乙型货车；
方案：租用辆甲型货车，辆乙型货车．
【解析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出二元一次方程组；根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
设甲型货车每辆可装载箱材料，乙型货车每辆可装载箱材料，根据“若租用辆甲型货车和辆乙型货车可装载箱材料；若租用辆甲型货车和辆乙型货车可装载箱材料”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
设租用辆甲型货车，则租用辆乙型货车，根据“租用的乙型货车的数量不超过甲型货车数量的倍，且要运往工厂的这批材料不超过箱”，即可得出关于的一元一次不等式组，解之即可得出的取值范围，结合为整数，即可得出各租车方案．
22.【答案】解：点，点在反比例函数上，
，解得：，则，
故反比例函数的表达式为：；
设直线的表达式为：，
点、，
，解得，
故一次函数的表达式为：；
当时，，
点，故，
点为点关于原点的对称点，
，
的面积．
【解析】点，点在反比例函数上，则，即可求解；
，故点、的坐标分别为、，求出一次函数的表达式为：，则点，故，进而求解．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求反比例函数、一次函数的解析式，思想的面积，数形结合是解题的关键．
23.【答案】证明：连接，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
≌，
，
，
，
，
是的半径，
与相切；
解：，，
是等边三角形，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
．
【解析】证明：连接，根据平行四边形的性质得到，，求得，根据全等三角形的性质得到，得到，于是得到结论；
根据已知条件得到是等边三角形，求得，，得到，得到，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
本题考查了切线的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形的面积的计算，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
24.【答案】解：，
，
，
，
点在线段的垂直平分线上，
，
，
；
如图，过点作于点，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
同理可求，
四边形是矩形，
，
，
；
当时，四边形为矩形；
如图，过点作于点，
由可知，
，
，
，
，
四边形的面积为，
．
【解析】由平行线分线段成比例可得，可求的长，由线段垂直平分线的性质可得，即可求解；
利用锐角三角函数分别求出，，由矩形的性质可求解；
利用面积的和差关系可得，即可求解；
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，锐角三角函数，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
25.【答案】解：把，代入中，得，
解得，
．
设直线的表达式为，把，代入得，
解得，
，
点是轴上的一动点，且轴．
，，
，
，
此函数有最大值．又点在线段上运动，且，
当时，有最大值．
如图中，当点在线段上，，四边形是菱形时．
，，
，
解得或舍弃
，
，
，
．
如图中，当是菱形的对角线时，四边形是正方形，此时，可得．
如图中，当点在延长线上时，，四边形是菱形时，
则有；，
解得或舍弃，
，
，
．
综上所述，满足条件的点的坐标为或或．
【解析】把，代入中，构建方程组解决问题即可．
构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
分三种情形：如图中，当点在线段上，，四边形是菱形时．如图中，当是菱形的对角线时，四边形是正方形，如图中，当点在延长线上时，，四边形是菱形时，分别求解即可．
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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