2022年河南省周口市扶沟县中考第一次模拟考试数学试卷(word版含答案)

F九年级数学一模考试参考答案

一、选择题  1----5  DAACB      6----10  ABDDB

二、填空题11. x≠1   12. 1≤x＜7   13.   14.  2﹣π      15.  或

16. 解：原式＝•＋＝a＋a＝2a，

∵a＝0，1，2时分式无意义，∴a＝3. 当a＝3时，原式＝2×3＝6．

17. 解：（1）将甲城市抽取的25家邮政企业4月份的营业额从小到大排列，处在中间位置的一个数是10.1，因此中位数是10.1，即m＝10.1；

（2）由题意得p1＝5+3+4＝12（家），

由于乙城市抽取的25家邮政企业4月份的营业额的平均数是11.0，中位数是11.5，

因此所抽取的25家邮政企业4月份营业额在11.5及以上的占一半，

也就是p2的值要大于12，∴p1＜p2；

（3）11.0×200＝2200（百万元），

答：乙城市200家邮政企业4月份的总收入约为2200百万元．

18. 解：（1）∵正比例函数y＝x的图象经过点A（1，a），∴a＝1，∴A(1，1)，

∵点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，∴k＝1×1＝1；

（2）作AD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，∵A(1，1)，C(﹣2，0)，∴AD＝1，CD＝3，

∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∵∠ACD+∠CAD＝90°，∴∠BCE＝∠CAD，，在△BCE和△CAD中∴△BCE≌△CAD(AAS)，∴CE＝AD＝1，BE＝CD＝3，∴B(﹣3，3)，设直线AB的解析式为y＝mx+n，∴解得∴直线AB的解析式为y＝－x＋．

19. 根据题意可知：∠ACE＝∠CAE＝45°，AC＝25海里，∴AE＝CE＝25（海里），

∵∠CBE＝30°，∴BE＝25（海里），∴BC＝2CE＝50（海里）．

答：观测点B与C点之间的距离为50海里；

（2）如图，作CF⊥DB于点F，∵CF⊥DB，FB⊥EB，CE⊥AB，

∴四边形CEBF是矩形，∴FB＝CE＝25（海里），CF＝BE＝25（海里），

∴DF＝BD+BF＝30+25＝55（海里），

在Rt△DCF中，根据勾股定理，得

CD＝＝＝70（海里），

∴70÷42＝（小时）．

答：救援船到达C点需要的最少时间是小时．

20. 解：（1）设A款挂件购进x个，B款挂件购进（30﹣x）个，

由题意，得40x＋30（30﹣x）＝1100，解得：x＝20．30﹣20＝10（个）．

答：A款挂件购进20个，B款挂件购进10个；

（2）设A款挂件购进a个，B款挂件购进（30﹣a）个，获利y元，

由题意，得y＝（56﹣40）a＋（45﹣30）（30﹣a）＝a＋450．

∵A款挂件进货数量不得超过B款挂件进货数量的一半．∴a≤（30﹣a），∴a≤10，

∵y＝a＋450．∴k＝1＞0，∴y随a的增大而增大．∴a＝10时，y最大＝460元．

∴B款挂件为：30﹣10＝20（个）．

答：按照A款挂件购进10个、B款挂件购进20个的方案进货才能获得最大利润，最大利润是460元；

（3）第一次的利润率＝×100%≈42.7%，

第一次的利润率＝×100%≈46%，∵46%＞42.7%，

∴对于容融来说第二次的进货方案更合算．

21. 解：（1）连接OE，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA，∵AE平分∠BAF，

∴∠OAE＝∠DAE，∴∠OEA＝∠EAD，∴OE∥AD，∵ED⊥AF，

∴OE⊥DE，∴CD是⊙O的切线；

（2）连接BE，∵AB为直径，∴∠AEB＝90°＝∠D，又∠DAE＝∠BAE，

∴△ADE∽△AEB，∴，

又tan∠EAD＝，∴，则AE＝2BE，又AB＝10，

在△ABE中，AE2+BE2＝AB2，即（2BE）2+BE2＝102，

解得：BE＝，则AE＝，

∴，解得：AD＝8，DE＝4，∵OE∥AD，∴△COE∽△CAD，

∴，设BC＝x，∴，解得：x＝，经检验：x＝是原方程的解，

故BC的长为．

22. 解：（1）∵抛物线y＝－x2＋2x＋c与y轴正半轴分别交于点B，

∴点B（0，c），∵OA＝OB＝c，∴点A（c，0），∴0＝－c2＋2c＋c，

∴c＝3或0（舍去），∴抛物线解析式为：y＝－x2＋2x＋3，

∵y＝－x2＋2x＋3＝－（x－1）2＋4，∴顶点G为（1，4）；

（2）∵y＝－x2＋2x＋3＝－（x－1）2＋4，∴对称轴为直线x＝1，

∵点M，N为抛物线上两点（点M在点N的左侧），且到对称轴的距离分别为3个单位长度和5个单位长度，∴点M的横坐标为－2或4，点N的横坐标为6，

∴点M坐标为（－2，－5）或（4，－5），点N坐标（6，－21），

∵点Q为抛物线上点M，N之间（含点M，N）的一个动点，∴－21≤yQ≤4．

23.解：（1）∵∠EAC+∠CAD＝∠EAD＝90°，∠BAD+∠DAC＝90°，

∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），

∴∠ACE＝∠ABD＝45°，BD＝CE，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，

∴BD＝CE且BD⊥CE；

（2）延长BD和CE交于点H，

由（1）知BD⊥CE，即∠H＝90°，CE＝BD＝2，而∠ADH＝90°，∠DAE＝90°，

故四边形ADHE为矩形，而AD＝AE，

故四边形ADHE为正方形，在Rt△ACE中，AE＝＝＝＝6＝DH＝EH＝AD，则BH＝BD+DH＝2+6＝8，CH＝HE﹣CE＝6﹣2＝4，

在Rt△BCH中，tan∠CBH＝，在Rt△BDF中，DF＝BDtan∠CBH＝2×＝1，故AF＝AD﹣DF＝6﹣1＝5；

（3）作∠DAE＝90°，使AD＝AE，连结CE，延长EC和BD交于点H，连接DE，

由（1）BD＝CE且BD⊥CE，即∠H＝90°，由作图知，△ADE为等腰直角三角形，

设CE＝BD＝x，在Rt△BHC中，∠HBC＝30°，BC＝AB＝＝2，

则CH＝BC，BH＝BCcos30°＝3，则DH＝BH﹣x＝3﹣x，EH＝CH+CE＝x+，

则DE2＝2AD2＝DH2+EH2，即（3﹣x）2+（+x）2＝2×（4+），

解得x＝2﹣（舍去）或1，即BD＝x＝1，

过点D作DN⊥BC于点N，在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，BC＝2，BD＝1，

则ND＝BD＝1，BN＝BDcos30°＝，则CN＝CB﹣BN＝2﹣＝，

则tan∠BCD＝，则sin∠BCD＝．