重庆市2022年初中学业水平考试数学模拟卷（考试卷+参考答案+答题卡）

参考答案

一、选择题（本大题包括12小题，每小题4分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请将答题卡上对应题目所选的选项涂黑）

1．【解答】解：∵|﹣3|＝3，|﹣4|＝4，

∴﹣3＞﹣4，

∴5＞0＞﹣3＞﹣4，

∴最小的数是﹣4．

故选：D．

2．【解答】解：A、俯视图是带圆心的圆，左视图是等腰三角形，故本选项不合题意；

B、俯视图是矩形，左视图是圆，故本选项不合题意；

C、俯视图与左视图都是正方形，故本选项符合题意；

D、俯视图是三角形，左视图是矩形，故本选项不合题意；

故选：C．

3．【解答】解：11600000＝1.16×107．

故选：B．

4．【解答】解：∵AB∥CD，∠A＝100°．

∴∠A+∠ACD＝180°．

∴∠ACD＝80°．

∵∠BCD＝50°．

∴∠ACB＝∠ACD﹣BCD＝30°．

故选：B．

5．【解答】解：∵5＜＜6，

∴的值在5和6之间．

故选：D．

6．【解答】解：∵360÷40＝9，

∴这个多边形的边数是9．

故选：C．

7．【解答】解：连接AC，如图所示：

∵AB是圆O的直径，

∴∠ACB＝90°，

∴∠A+∠ABC＝90°，

∴∠A＝90°﹣∠ABC＝90°﹣50°＝40°，

∴∠BDC＝∠A＝40°；

故选：C．

8．【解答】解：设第n个图案需要an（n为正整数）颗五角星．

观察图形，可知：a1＝3×1+1，a2＝3×2+1，a3＝3×3+1，…，

∴an＝3n+1，

∴a9＝3×9+1＝28．

故选：C．

9．【解答】解：∵两三角形关于原点位似，

∴＝，解得b＝．

故选：D．

10．【解答】解：过点D作DM⊥BC，垂足为M，由题意得，

∠B＝37°，∠ADF＝53°，BE＝4，EM＝1，

∵坡面DE的坡度为1，

∴＝1，

∴DM＝EM＝1＝FC，

在Rt△ADF中，∠DAF＝90°﹣∠ADF＝90°﹣53°＝37°，

∵tan∠DAF＝≈0.75，

设AF＝x，则DF＝0.75x＝MC，

在Rt△ABC中，

∵tan∠B＝，

∴tan37°＝≈0.75，

解得x＝≈6.29（米），

故选：A．

11．【解答】解：﹣＝3，

分式方程去分母得：x+m＝3（x﹣1），

解得：x＝，

﹣1≠0，解得m≠﹣1，

解不等式组得：≤x＜4，

由不等式组有且只有四个整数解，得到﹣1＜≤0，

解得：﹣6＜m≤0，

由x为整数，且﹣1≠0，

解得：m＝﹣5或﹣3，

则符合条件的所有整数m的和是﹣5﹣3＝﹣8．

故选：C．

12．【解答】解：∵AD∥BC，

∴S△BCD＝S△BCA，S△ACD＝S△ABD．

∵△ACD与△BCD的面积分别为20和40，

∴△ABD和△BCD面积比为1：2，

∴根据同底得：AO：OC＝DO：OB＝1：2，

∴S△AOB＝S△ABD＝．

∵双曲线y＝（k＜0，x＜0）恰好经过边AB的四等分点E（BE＜AE），

∴S△AOB+|k|+S△AOB＝S△AOB，

∴|k|＝S△AOB＝×＝5，

∵双曲线经过第二象限，k＜0，

∴k＝﹣5．

故选：A．

二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）

13．【解答】解：原式＝1﹣2＝﹣1，

故答案为：﹣1．

14．【解答】解：列表如下：

由表知，共有25种等可能结果，其中两次摸出的小球标号之和为5的有6种结果，

所以两次摸出的小球标号之和为5的概率为，

故答案为：．

15．【解答】解：连接AE，

∵四边形ABCD是矩形，AB＝1，AD＝2，AD＝AE，

∴∠BAD＝∠B＝90°，AE＝2，

∴sin∠AEB＝＝，BE＝＝，

∴∠AEB＝30°，

∴∠BAE＝60°，

∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝30°，

∴阴影部分的面积是：2×1﹣﹣＝2﹣﹣，

故答案为：2﹣﹣．

16．【解答】解：由图可得，

小宁跑步的速度为：（4500﹣3500）÷5＝200m/min，则步行速度为：200×＝100m/min，

设小宁由跑步变为步行的时刻为a分钟，

200a+（35﹣a）×100＝4500，

解得，a＝10，

设小强骑车速度为xm/min，

200（10﹣5）+（10﹣5）x＝3500﹣1000，

解得，x＝300，

即小强骑车速度为300m/min，

小强到家用的时间为：4500÷300＝15min，

则当弟弟小强到家时，小宁离图书馆的距离为：4500﹣10×200﹣（5+15﹣10）×100＝1500m，

故答案为：1500．

17．【解答】解：设印制1副对联需要x元，1副门神需要y元，1个红包需要z元，

依题意得：，

①×4+②×2得：16x+10y+22z＝170．

故答案为：170．

18．【解答】解：原式＝3（x2﹣4）

＝3（x+2）（x﹣2）．

故答案为：3（x+2）（x﹣2）．

三．解答题（共7小题，满分70分）

19．【解答】解：（1）原式＝4a2﹣4ab+b2+a2﹣b2

＝5a2﹣4ab；

（2）原式＝•

＝•

＝．

20．【解答】（1）证明：∵AE∥BF，

∴∠ADB＝∠DBC，∠DAC＝∠BCA，

∵AC、BD分别是∠BAD、∠ABC的平分线，

∴∠DAC＝∠BAC，∠ABD＝∠DBC，

∴∠BAC＝∠ACB，∠ABD＝∠ADB，

∴AB＝BC，AB＝AD，

∴AD＝BC，

∵AD∥BC，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵AD＝AB，

∴四边形ABCD是菱形；

（2）解：∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AO＝AC＝3，BO＝BD＝4，

∴AB＝＝＝5，

∴BC＝AB＝5，

∴BC•AM＝AC•BD，

即5AM＝×6×8，

∴AM＝．

21．【解答】解：（1）“B生产车间”工人日均生产数量在C组中的数据是：52，45，54，48，54，

因此“C组”所占的百分比为5÷20＝25%，“B组”所占的百分比为1﹣25%﹣10%﹣15%﹣30%＝20%，

所以“A组”的频数为：20×10%＝2（人），

“B组”的频数为：20×20%＝4（人），

“C组”的频数为：20×25%＝5（人），

“D组”的频数为：20×30%＝6（人），

“E组”的频数为：20×15%＝3（人），

因此“B车间”20名工人，日生产数量从小到大排列，处在中间位置的两个数的都是54，

所以中位数是54，

即b＝54，

“B车间”20名工人，日生产数量的平均数为：30×10%+40×20%+50×25%+60×30%+70×15%＝53，

即a＝53，

360°×20%＝72°，

故答案为：53，54，72；

（2）“A车间”的生产情况较好，理由：“A车间”工人日均生产量的平均数，中位数均比“B车间”的高；

（3）200×+180×（25%+30%）＝199（人），

答：A生产车间200人，B生产车间180人，估计生产防护服数量在“45≤x＜65”范围的工人大约有199人．

22．【解答】解：（1）设四位“接龙数”为（0＜a≤9，0≤b≤9，且a，b为整数）

∴＝1000a+100b+10a+b＝1010a+101b＝101（10a+b），

∵a，b为正整数，

∴10a+b是正整数，

∴能被101整除，

即任意四位“接龙数”都能被101整除；

（2）∵F（t）＝﹣2﹣x

＝100x+10y+x﹣2（10x+y）﹣x

＝80x+8y

＝22×2（10x+y），

∵0＜x≤9，0≤y≤9，且x，y均为整数，

∴10＜10x+y＜100，

∴20＜2（10x+y）＜200，2（10x+y）是偶数，

∵F（t）为完全平方数，

∴2（10x+y）＝36或64或100或144或196，

∴10x+y＝18或32或50或72或98，

∴x＝1，y＝8或x＝3，y＝2或x＝5，y＝0或x＝7，y＝2或x＝9，y＝8；

∴使得F（t）为完全平方数的所有三位“接龙数”为181或323或505或727或989．

23．【解答】解：（1）设第一周李子销售量为x千克．则苹果的平均销量为y千克，

根据题意得：，

解得：，

答：第一周销售苹果400千克；

（2）根据题意得：24（1﹣a%）×400（1+a%）+16×200（1+a%）＝12800（1+a%），

∴a1＝60，a2＝0（舍去）．

答：a的值为60．

24．【解答】解：（1）把点（﹣1，0）和（0，﹣1）代入y＝a|x﹣2|+b得，

解得，

∴该函数的解析式为y＝|x﹣2|﹣3，自变量x的取值范围为x是任意实数；

故答案为y＝|x﹣2|﹣3，x是任意实数；

（2）把x＝2代入y＝|x﹣2|﹣3得，y＝﹣3，

∴n＝﹣3；

把x＝代入y＝|x﹣2|﹣3得，y＝﹣≠﹣，

∴点（，﹣） 不在该函数图象上；

故答案为﹣3，不在；

（3）画出函数图象如图：

（4）结合函数的图象，

①写出该函数的一条性质：函数有最小值﹣3；

故答案为函数有最小值﹣3；

②如图，在同一坐标系中是一次函数y＝﹣x+的图象，根据图象可知，当a|x﹣2|+b＜﹣x+时，自变量x的取值范围为﹣2＜x＜4，

故答案为﹣2＜x＜4．

25．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+8（a≠0）过点A（﹣2，0）和点B（8，0），

∴，

解得．

∴抛物线解析式为：；

（2）当x＝0时，y＝8，

∴C（0，8），

∴直线BC解析式为：y＝﹣x+8，

∵，

∴，

过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F，

设，

∴F（t，﹣t+8），

∴，

∴，

即，

∴t1＝2，t2＝6，

∴P1（2，12），P2（6，8）；

（3）∵C（0，8），B（8，0），∠COB＝90°，

∴△OBC为等腰直角三角形，

抛物线的对称轴为，

∴点E的横坐标为3，

又∵点E在直线BC上，

∴点E的纵坐标为5，

∴E（3，5），

设，

①当MN＝EM，∠EMN＝90°，

△NME～△COB，则，

解得或（舍去），

∴此时点M的坐标为（3，8），

②当ME＝EN，当∠MEN＝90°时，

则，

解得：或（舍去），

∴此时点M的坐标为；

③当MN＝EN，∠MNE＝90°时，

此时△MNE与△COB相似，

此时的点M与点E关于①的结果（3，8）对称，

设M（3，m），

则m﹣8＝8﹣5，

解得m＝11，

∴M（3，11）；

此时点M的坐标为（3，11）；

故在射线ED上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似，点M的坐标为：（3，8），或（3，11）．

四、解答题（8分）

26．【解答】解：（1）如图1中，连接BE，CF．

∵AB＝AC＝6，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，

∴BC＝AB＝12，BD＝CD＝6，∠BAD＝∠CAD＝30°，

∴AD＝BD＝DC＝6，

∵△AEF是等腰直角三角形，

∴AE＝AF

∵∠DAH＝∠FAH＝45°，

∴EH＝HF，

∵AE：DE＝2：1，

∴AE＝4，DE＝2，

∴BE＝＝＝2，

∵AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝90°，

∴∠BAE＝∠CAF，

∴△BAE≌△CAF（SAS），

∴CF＝BE＝2，

∵EG＝CG，EH＝FH，

∴GH＝CF＝．

（2）结论：∠DGH＝90°是定值．

理由：连接BE，CF，设CF交BE于点O，BE交AC于J．同法可证△BAE≌△CAF（SAS），

∴∠ABE＝∠ACF，

∵∠AJB＝∠CJO，

∴∠COJ＝∠BAJ＝90°，

∴CF⊥BE，

∵EH＝HF，EG＝GC，

∴GH∥CF，

∵CD＝DB，CG＝GE，

∴DG∥BE，

∴DG⊥GH，

∴∠DGH＝90°．

（3）如图3中，取AC的中点J，连接BJ，JG．

由题意AJ＝JC＝3，AB＝6，

∵∠BAJ＝90°，

∴BJ＝＝＝3，

∵AJ＝JC，EG＝CG，

∴JG＝AE＝2，

∵BG≤BJ+JG，

∴BG≤3+2，

∴BG的最大值为3+2．