2022年贵州季期第三实验校中考数学猜题卷含解析

这是一份2022年贵州季期第三实验校中考数学猜题卷含解析，共20页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，方程的解为等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，则正确的结论是（ ）

A．a＞﹣2 B．a＜﹣3 C．a＞﹣b D．a＜﹣b
2．在对某社会机构的调查中收集到以下数据，你认为最能够反映该机构年龄特征的统计量是（　　）
年龄
13
14
15
25
28
30
35
其他
人数
30
533
17
12
20
9
2
3
A．平均数 B．众数 C．方差 D．标准差
3．太原市出租车的收费标准是：白天起步价8元（即行驶距离不超过3km都需付8元车费），超过3km以后，每增加1km，加收1.6元（不足1km按1km计），某人从甲地到乙地经过的路程是xkm，出租车费为16元，那么x的最大值是（　　）
A．11 B．8 C．7 D．5
4．如图所示的四张扑克牌背面完全相同，洗匀后背面朝上，则从中任意翻开一张，牌面数字是 3 的倍数的概率为（ ）

A． B． C． D．
5．如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的一个顶点O在坐标原点，一边OB在x轴的正半轴上，sin∠AOB=，反比例函数y=在第一象限内的图象经过点A，与BC交于点F，则△AOF的面积等于( )

A．30 B．40 C．60 D．80
6．如图，矩形OABC有两边在坐标轴上，点D、E分别为AB、BC的中点，反比例函数y＝（x＜0）的图象经过点D、E．若△BDE的面积为1，则k的值是（　　）

A．﹣8 B．﹣4 C．4 D．8
7．如图，在平面直角坐标系中，以O为圆心，适当长为半径画弧，交x轴于点M，交y轴于点N，再分别以点M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧在第二象限交于点P．若点P的坐标为（2a，b+1），则a与b的数量关系为

A．a=b B．2a+b=﹣1 C．2a﹣b=1 D．2a+b=1
8．用配方法解下列方程时，配方有错误的是（ ）
A．化为 B．化为
C．化为 D．化为
9．若a=，则实数a在数轴上对应的点的大致位置是（　　）

A．点E B．点F C．点G D．点H
10．方程的解为（　　）
A．x=﹣1 B．x=1 C．x=2 D．x=3
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．某学校组织学生到首钢西十冬奥广场开展综合实践活动，数学小组的同学们在距奥组委办公楼（原首钢老厂区的筒仓）20m的点B处，用高为0.8m的测角仪测得筒仓顶点C的仰角为63°，则筒仓CD的高约为______m．（精确到0.1m，sin63°≈0.89，cos63°≈0.45，tan63°≈1.96）

12．如图，在四边形纸片ABCD中，AB＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，∠B＝150°.将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平.若铺平后的图形中有一个是面积为2的平行四边形，则CD＝_________.

13．如图(1)，将一个正六边形各边延长，构成一个正六角星形AFBDCE，它的面积
为1；取△ABC和△DEF各边中点，连接成正六角星形A1F1B1D1C1E1，如图(2)中阴影部分；
取△A1B1C1和△D1E1F1各边中点，连接成正六角星形A2F2B2D2C2E2，如图(3)中阴影部分；
如此下去…，则正六角星形A4F4B4D4C4E4的面积为_________________．
14．二次函数y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，且a≠0）的图象如图所示，则a+b+2c__________0（填“>”“=”或“<”）．

15．如图所示，某办公大楼正前力有一根高度是15米的旗杆ED，从办公楼顶点A测得族杆顶端E的俯角α是45°，旗杆底端D到大楼前梯坎底端C的距离DC是20米，梯坎坡长BC是13米，梯坎坡度i=1：2.4，则大楼AB的高度的为_____米．

16．如图，四边形ABCD为矩形，H、F分别为AD、BC边的中点，四边形EFGH为矩形，E、G分别在AB、CD边上，则图中四个直角三角形面积之和与矩形EFGH的面积之比为_____．

17．已知一块等腰三角形钢板的底边长为60cm,腰长为50 cm，能从这块钢板上截得得最大圆得半径为________cm
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）如图，△ABC中，点D在AB上，∠ACD=∠ABC，若AD=2，AB=6，求AC的长．

19．（5分）如图，在△ABC中，AD、AE分别为△ABC的中线和角平分线．过点C作CH⊥AE于点H，并延长交AB于点F，连接DH，求证：DH＝BF．

20．（8分）为落实“美丽抚顺”的工作部署，市政府计划对城区道路进行了改造，现安排甲、乙两个工程队完成．已知甲队的工作效率是乙队工作效率的倍，甲队改造360米的道路比乙队改造同样长的道路少用3天．甲、乙两工程队每天能改造道路的长度分别是多少米？若甲队工作一天需付费用7万元，乙队工作一天需付费用5万元，如需改造的道路全长1200米，改造总费用不超过145万元，至少安排甲队工作多少天？
21．（10分）计算：|﹣2|+2cos30°﹣（﹣）2+（tan45°）﹣1
22．（10分）为了解朝阳社区岁居民最喜欢的支付方式，某兴趣小组对社区内该年龄段的部分居民展开了随机问卷调查（每人只能选择其中一项），并将调查数据整理后绘成如下两幅不完整的统计图．请根据图中信息解答下列问题：
求参与问卷调查的总人数．补全条形统计图．该社区中岁的居民约8000人，估算这些人中最喜欢微信支付方式的人数．
23．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别在AD、BC边上，且AE＝CF．求证：四边形BFDE是平行四边形．

24．（14分）某电器商场销售甲、乙两种品牌空调，已知每台乙种品牌空调的进价比每台甲种品牌空调的进价高20％，用7200元购进的乙种品牌空调数量比用3000元购进的甲种品牌空调数量多2台． 求甲、乙两种品牌空调的进货价； 该商场拟用不超过16000元购进甲、乙两种品牌空调共10台进行销售，其中甲种品牌空调的售价为2500元／台，乙种品牌空调的售价为3500元／台．请您帮该商场设计一种进货方案，使得在售完这10台空调后获利最大，并求出最大利润．



参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、D
【解析】
试题分析：A．如图所示：﹣3＜a＜﹣2，故此选项错误；
B．如图所示：﹣3＜a＜﹣2，故此选项错误；
C．如图所示：1＜b＜2，则﹣2＜﹣b＜﹣1，又﹣3＜a＜﹣2，故a＜﹣b，故此选项错误；
D．由选项C可得，此选项正确．
故选D．
考点：实数与数轴
2、B
【解析】
分析：根据平均数的意义，众数的意义，方差的意义进行选择．
详解：由于14岁的人数是533人，影响该机构年龄特征，因此，最能够反映该机构年龄特征的统计量是众数．
故选B．
点睛：本题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义．反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数、方差等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．
3、B
【解析】
根据等量关系，即（经过的路程﹣3）×1.6+起步价2元≤1．列出不等式求解．
【详解】
可设此人从甲地到乙地经过的路程为xkm，
根据题意可知：（x﹣3）×1.6+2≤1，
解得：x≤2．
即此人从甲地到乙地经过的路程最多为2km．
故选B．
【点睛】
考查了一元一次方程的应用．关键是掌握正确理解题意，找出题目中的数量关系．
4、C
【解析】
根据题意确定所有情况的数目，再确定符合条件的数目，根据概率的计算公式即可．
【详解】
解：由题意可知，共有4种情况，其中是 3 的倍数的有6和9，
∴是 3 的倍数的概率，
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了概率的计算，解题的关键是熟知概率的计算公式．
5、B
【解析】
过点A作AM⊥x轴于点M，设OA=a，通过解直角三角形找出点A的坐标，结合反比例函数图象上点的坐标特征即可求出a的值，再根据四边形OACB是菱形、点F在边BC上，即可得出S△AOF=S菱形OBCA，结合菱形的面积公式即可得出结论．
【详解】
过点A作AM⊥x轴于点M，如图所示．

设OA=a，
在Rt△OAM中，∠AMO=90°，OA=a，sin∠AOB=，
∴AM=OA•sin∠AOB=a，OM==a，
∴点A的坐标为（a，a）．
∵点A在反比例函数y=的图象上，
∴a•a=a2=48，
解得：a=1，或a=-1（舍去）．
∴AM=8，OM=6，OB=OA=1．
∵四边形OACB是菱形，点F在边BC上，
∴S△AOF=S菱形OBCA=OB•AM=2．
故选B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、解直角三角形以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是找出S△AOF=S菱形OBCA．
6、B
【解析】
根据反比例函数的图象和性质结合矩形和三角形面积解答.
【详解】

解：作，连接．

∵四边形AHEB，四边形ECOH都是矩形，BE＝EC，
∴

故选B．
【点睛】
此题重点考查学生对反比例函数图象和性质的理解，熟练掌握反比例函数图象和性质是解题的关键.
7、B
【解析】
试题分析：根据作图方法可得点P在第二象限角平分线上，
则P点横纵坐标的和为0，即2a+b+1=0，
∴2a+b=﹣1．故选B．
8、B
【解析】
配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
【详解】
解：、，，，，故选项正确．
、，，，，故选项错误．
、，，，，，故选项正确．
、，，，，．故选项正确．
故选：．
【点睛】
此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
9、C
【解析】
根据被开方数越大算术平方根越大，可得答案．
【详解】
解：∵＜＜，
∴3＜＜4，
∵a=，
∴3＜a＜4，
故选：C．
【点睛】
本题考查了实数与数轴，利用被开方数越大算术平方根越大得出3＜＜4是解题关键．
10、B
【解析】
观察可得最简公分母是（x-3）（x+1），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
【详解】
方程的两边同乘(x−3)(x+1)，得
(x−2) (x+1)=x(x−3)，
，
解得x=1.
检验：把x=1代入(x−3)(x+1)=-4≠0.
∴原方程的解为：x=1.
故选B.
【点睛】
本题考查的知识点是解分式方程，解题关键是注意解得的解要进行检验.

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、40.0
【解析】
首先过点A作AE∥BD，交CD于点E，易证得四边形ABDE是矩形，即可得AE=BD=20m，DE=AB=0.8m，然后Rt△ACE中，由三角函数的定义，而求得CE的长，继而求得筒仓CD的高.
【详解】
过点A作AE∥BD，交CD于点E，

∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠BAE＝∠ABD＝∠BDE＝90°，
∴四边形ABDE是矩形，
∴AE＝BD＝20m，DE＝AB＝0.8m，
在Rt△ACE中，∠CAE＝63°，
∴CE＝AE•tan63°＝20×1.96≈39.2（m），
∴CD＝CE＋DE＝39.2＋0.8＝40.0（m）．
答：筒仓CD的高约40.0m，
故答案为：40.0
【点睛】
此题考查解直角三角形的应用−仰角的定义，注意能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
12、或
【解析】
根据裁开折叠之后平行四边形的面积可得CD的长度为2+4或2+．
【详解】
如图①，当四边形ABCE为平行四边形时，
作AE∥BC，延长AE交CD于点N，过点B作BT⊥EC于点T.
∵AB＝BC，
∴四边形ABCE是菱形．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ABC＝150°，
∴∠ADC＝30°，∠BAN＝∠BCE＝30°，
∴∠NAD＝60°，
∴∠AND＝90°.
设BT＝x，则CN＝x，BC＝EC＝2x.
∵四边形ABCE面积为2，
∴EC·BT＝2，即2x×x＝2，解得x＝1，
∴AE＝EC＝2，EN＝ ，
∴AN＝AE＋EN＝2＋ ，
∴CD＝AD＝2AN＝4＋2.

如图②，当四边形BEDF是平行四边形，
∵BE＝BF，
∴平行四边形BEDF是菱形．
∵∠A＝∠C＝90°，∠ABC＝150°，
∴∠ADB＝∠BDC＝15°.
∵BE＝DE，
∴∠EBD＝∠ADB＝15°，
∴∠AEB＝30°.
设AB＝y，则DE＝BE＝2y，AE＝y.
∵四边形BEDF的面积为2，
∴AB·DE＝2，即2y2＝2，解得y＝1，
∴AE＝，DE＝2，
∴AD＝AE＋DE＝2＋.
综上所述，CD的值为4＋2或2＋.
【点睛】
考核知识点：平行四边形的性质，菱形判定和性质．
13、
【解析】
∵正六角星形A2F2B2D2C2E2边长是正六角星形A1F1B1D1C1E边长的，
∴正六角星形A2F2B2D2C2E2面积是正六角星形A1F1B1D1C1E面积的．
同理∵正六角星形A4F4B4D4C4E4边长是正六角星形A1F1B1D1C1E边长的，
∴正六角星形A4F4B4D4C4E4面积是正六角星形A1F1B1D1C1E面积的．
14、＜
【解析】
由抛物线开口向下，则a＜0，抛物线与y轴交于y轴负半轴，则c＜0，对称轴在y轴左侧，则b＜0，因此可判断a+b+2c与0的大小
【详解】
∵抛物线开口向下
∴a＜0
∵抛物线与y轴交于y轴负半轴，
∴c＜0
∵对称轴在y轴左侧
∴﹣＜0
∴b＜0
∴a+b+2c＜0
故答案为＜．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系，正确利用图象得出正确信息是解题关键．
15、42
【解析】
延长AB交DC于H，作EG⊥AB于G，则GH=DE=15米，EG=DH，设BH=x米，则CH=2.4x米，在Rt△BCH中，BC=13米，由勾股定理得出方程，解方程求出BH=5米，CH=12米，得出BG、EG的长度，证明△AEG是等腰直角三角形，得出AG=EG=12+20=32（米），即可得出大楼AB的高度．
【详解】
延长AB交DC于H，作EG⊥AB于G，如图所示：

则GH=DE=15米，EG=DH，
∵梯坎坡度i=1：2.4，
∴BH：CH=1：2.4，
设BH=x米，则CH=2.4x米，
在Rt△BCH中，BC=13米，
由勾股定理得：x2+（2.4x）2=132，
解得：x=5，
∴BH=5米，CH=12米，
∴BG=GH-BH=15-5=10（米），EG=DH=CH+CD=12+20=32（米），
∵∠α=45°，
∴∠EAG=90°-45°=45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴AG=EG=32（米），
∴AB=AG+BG=32+10=42（米）；
故答案为42
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用-坡度、俯角问题；通过作辅助线运用勾股定理求出BH，得出EG是解决问题的关键．
16、1：1
【解析】
根据矩形性质得出AD=BC，AD∥BC，∠D=90°，求出四边形HFCD是矩形，得出△HFG的面积是CD×DH=S矩形HFCD，推出S△HFG=S△DHG+S△CFG，同理S△HEF=S△BEF+S△AEH，即可得出答案．
【详解】
连接HF，

∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠D=90°
∵H、F分别为AD、BC边的中点，
∴DH=CF，DH∥CF，
∵∠D=90°，
∴四边形HFCD是矩形，
∴△HFG的面积是CD×DH=S矩形HFCD，
即S△HFG=S△DHG+S△CFG，
同理S△HEF=S△BEF+S△AEH，
∴图中四个直角三角形面积之和与矩形EFGH的面积之比是1：1，
故答案为1：1．
【点睛】
本题考查了矩形的性质和判定，三角形的面积，主要考查学生的推理能力．
17、15
【解析】
如图，等腰△ABC的内切圆⊙O是能从这块钢板上截得的最大圆，则由题意可知：AD和BF是△ABC的角平分线，AB=AC=50cm，BC=60cm，
∴∠ADB=90°，BD=CD=30cm，
∴AD=（cm），
连接圆心O和切点E，则∠BEO=90°，
又∵OD=OE，OB=OB，
∴△BEO≌△BDO，
∴BE=BD=30cm，
∴AE=AB-BE=50-30=20cm，
设OD=OE=x，则AO=40-x，
在Rt△AOE中，由勾股定理可得：，
解得：(cm).
即能截得的最大圆的半径为15cm.
故答案为：15.

点睛：（1）三角形中能够裁剪出的最大的圆是这个三角形的内切圆；（2）若三角形的三边长分别为a、b、c，面积为S，内切圆的半径为r，则.

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、．
【解析】
试题分析：可证明△ACD∽△ABC，则，即得出AC2=AD•AB，从而得出AC的长．
试题解析：∵∠ACD=∠ABC，∠A=∠A， ∴△ACD∽△ABC． ∴，∵AD=2，AB=6，∴．∴．∴AC=．
考点：相似三角形的判定与性质．
19、见解析.
【解析】
先证明△AFC为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一证明H为FC的中点，又D为BC的中点，根据中位线的性质即可证明.
【详解】
∵AE为△ABC的角平分线，CH⊥AE，
∴△ACF是等腰三角形，
∴AF＝AC，HF＝CH，
∵AD为△ABC的中线，
∴DH是△BCF的中位线，
∴DH＝BF．
【点睛】
本题考查三角形中位线定理，等腰三角形的判定与性质.解决本题的关键是证明H点为FC的中点，然后利用中位线的性质解决问题.本题中要证明DH＝BF，一般三角形中出现这种2倍或关系时，常用中位线的性质解决.
20、（1）乙工程队每天能改造道路的长度为40米，甲工程队每天能改造道路的长度为60米．（2）10天.
【解析】
（1）设乙工程队每天能改造道路的长度为x米，则甲工程队每天能改造道路的长度为x米，根据工作时间=工作总量÷工作效率结合甲队改造360米的道路比乙队改造同样长的道路少用3天，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设安排甲队工作m天，则安排乙队工作天，根据总费用=甲队每天所需费用×工作时间+乙队每天所需费用×工作时间结合总费用不超过145万元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【详解】
（1）设乙工程队每天能改造道路的长度为x米，则甲工程队每天能改造道路的长度为x米，
根据题意得：，
解得：x=40，
经检验，x=40是原分式方程的解，且符合题意，
∴x=×40=60，
答：乙工程队每天能改造道路的长度为40米，甲工程队每天能改造道路的长度为60米；
（2）设安排甲队工作m天，则安排乙队工作天，
根据题意得：7m+5×≤145，
解得：m≥10，
答：至少安排甲队工作10天．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量间的关系，正确列出一元一次不等式．
21、1
【解析】
本题涉及绝对值、特殊角的三角函数值、负指数幂、二次根式化简、乘方5个考点，先针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果即可．
【详解】
解：原式＝2﹣+2×﹣3+1
＝1．
【点睛】
本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型，解决此类题目的关键是熟练掌握绝对值、特殊角的三角函数值、负指数幂、二次根式化简、乘方等考点的运算．
22、（1）参与问卷调查的总人数为500人；（2）补全条形统计图见解析；（3）这些人中最喜欢微信支付方式的人数约为2800人．
【解析】
（1）根据喜欢支付宝支付的人数÷其所占各种支付方式的比例=参与问卷调查的总人数，即可求出结论；
（2）根据喜欢现金支付的人数（41～60岁）=参与问卷调查的总人数×现金支付所占各种支付方式的比例-15，即可求出喜欢现金支付的人数（41～60岁），再将条形统计图补充完整即可得出结论；
（3）根据喜欢微信支付方式的人数=社区居民人数×微信支付所占各种支付方式的比例，即可求出结论．
【详解】
（1）（人．
答：参与问卷调查的总人数为500人．
（2）（人．
补全条形统计图，如图所示．

（3）（人．
答：这些人中最喜欢微信支付方式的人数约为2800人．
【点睛】
本题考查了条形统计图、扇形统计图以及用样本估计总体，解题的关键是：（1）观察统计图找出数据，再列式计算；（2）通过计算求出喜欢现金支付的人数（41～60岁）；（3）根据样本的比例×总人数，估算出喜欢微信支付方式的人数．
23、证明见解析
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∵AE=CF
∴AD-AE=BC-CF
即DE=BF
∴四边形BFDE是平行四边形.
24、（1）甲种品牌的进价为1500元，乙种品牌空调的进价为1800元；（2）当购进甲种品牌空调7台，乙种品牌空调3台时，售完后利润最大，最大为12100元
【解析】
（1）设甲种品牌空调的进货价为x元/台，则乙种品牌空调的进货价为1.2x元/台，根据数量=总价÷单价可得出关于x的分式方程，解之并检验后即可得出结论；
（2）设购进甲种品牌空调a台，所获得的利润为y元，则购进乙种品牌空调（10-a）台，根据总价=单价×数量结合总价不超过16000 元，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范围，再由总利润=单台利润×购进数量即可得出y关于a的函数关系式，利用一次函数的性质即可解决最值问题．
【详解】
（1）由（1）设甲种品牌的进价为x元，则乙种品牌空调的进价为（1+20%）x元，
由题意，得 ，
解得x=1500，
经检验，x=1500是原分式方程的解，
乙种品牌空调的进价为（1+20%）×1500=1800（元）.
答：甲种品牌的进价为1500元，乙种品牌空调的进价为1800元；
（2）设购进甲种品牌空调a台，则购进乙种品牌空调（10-a）台，
由题意，得1500a+1800（10-a）≤16000，
解得 ≤a，
设利润为w，则w=（2500-1500）a+（3500-1800）（10-a）=-700a+17000，
因为-700<0，
则w随a的增大而减少，
当a=7时，w最大，最大为12100元.
答：当购进甲种品牌空调7台，乙种品牌空调3台时，售完后利润最大，最大为12100元.
【点睛】
本题考查了一次函数的应用、分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）根据数量=总价÷单价列出关于x的分式方程；（2）根据总利润=单台利润×购进数量找出y关于a的函数关系式．