贵州省黔南州都匀市重点名校2022年中考冲刺卷数学试题含解析
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这是一份贵州省黔南州都匀市重点名校2022年中考冲刺卷数学试题含解析,共23页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔,函数y=自变量x的取值范围是,如图,双曲线y=,函数y=中,x的取值范围是等内容,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(本大题共12个小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)
1.方程有两个实数根,则k的取值范围是( ).
A.k≥1 B.k≤1 C.k>1 D.k0时,抛物线开口向上;当a0),对称轴在y轴左;当a与b异号时(即ab0时,抛物线与x轴有1个交点;Δ= b1-4ac=0时,抛物线与x轴有1个交点;
Δ= b1-4ac0时,函数在x= -b/1a处取得最小值f(-b/1a)=〔4ac-b1〕/4a;在{x|x-b/1a}上是增函数;抛物线的开口向上;函数的值域是{y|y≥4ac-b1/4a}相反不变;当b=0时,抛物线的对称轴是y轴,这时,函数是偶函数,解析式变形为y=ax1+c(a≠0).
3、B
【解析】
根据三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线逐一判断即可得.
【详解】
根据三角形中线的定义知:线段AD是△ABC的中线.
故选B.
【点睛】
本题考查了三角形的中线,解题的关键是掌握三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线.
4、C
【解析】
利用图中信息一一判断即可.
【详解】
解: A、正确.不符合题意.
B、由题意x=4时,y=8,∴室内空气中的含药量不低于8mg/m3的持续时间达到了11min,正确,不符合题意;
C、y=5时,x=2.5或24,24-2.5=21.5<35,故本选项错误,符合题意;
D、正确.不符合题意,
故选C.
【点睛】
本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用等知识,解题的关键是读懂图象信息,属于中考常考题型.
5、C
【解析】
A、前年①的收入为60000×=19500,去年①的收入为80000×=26000,此选项错误;
B、前年③的收入所占比例为×100%=30%,去年③的收入所占比例为×100%=32.5%,此选项错误;
C、去年②的收入为80000×=28000=2.8(万元),此选项正确;
D、前年年收入即为①②③三种农作物的收入,此选项错误,
故选C.
【点睛】
本题主要考查扇形统计图,解题的关键是掌握扇形统计图是用整个圆表示总数用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数,并且通过扇形统计图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系.
6、C
【解析】
根据基本作图的方法即可得到结论.
【详解】
解:(1)弧①是以O为圆心,任意长为半径所画的弧,正确;
(2)弧②是以P为圆心,大于点P到直线的距离为半径所画的弧,错误;
(3)弧③是以A为圆心,大于AB的长为半径所画的弧,错误;
(4)弧④是以P为圆心,任意长为半径所画的弧,正确.
故选C.
【点睛】
此题主要考查了基本作图,解决问题的关键是掌握基本作图的方法.
7、B
【解析】
由题意得,
x-1≥0且x-3≠0,
∴x≥1且x≠3.
故选B.
8、B
【解析】
先根据矩形的特点设出B、C的坐标,根据矩形的面积求出B点横纵坐标的积,由D为AB的中点求出D点的横纵坐标,再由待定系数法即可求出反比例函数的解析式.
【详解】
解:如图:连接OE,设此反比例函数的解析式为y=(k>0),C(c,0),
则B(c,b),E(c, ),
设D(x,y),
∵D和E都在反比例函数图象上,
∴xy=k,
即 ,
∵四边形ODBC的面积为3,
∴
∴
∴bc=4
∴
∵k>0
∴ 解得k=2,
故答案为:B.
【点睛】
本题考查了反比例函数中比例系数k的几何意义,涉及到矩形的性质及用待定系数法求反比例函数的解析式,难度适中.
9、C
【解析】
过点E作EF∥AB,如图,易得CD∥EF,然后根据平行线的性质可得∠BAE+∠FEA=180°,∠C=∠FEC=γ,进一步即得结论.
【详解】
解:过点E作EF∥AB,如图,∵AB∥CD,AB∥EF,∴CD∥EF,
∴∠BAE+∠FEA=180°,∠C=∠FEC=γ,
∴∠FEA=β﹣γ,∴α+(β﹣γ)=180°,即α+β﹣γ=180°.
故选:C.
【点睛】
本题考查了平行公理的推论和平行线的性质,属于常考题型,作EF∥AB、熟练掌握平行线的性质是解题的关键.
10、D
【解析】
试题分析:由分式有意义的条件得出x+1≠0,解得x≠﹣1.
故选D.
点睛:本题考查了函数中自变量的取值范围、分式有意义的条件;由分式有意义得出不等式是解决问题的关键.
11、A
【解析】
试题分析:根据轴对称图形和中心对称图形的概念可知:选项A既不是中心对称图形,也不是轴对称图形,故本选项正确;选项B不是中心对称图形,是轴对称图形,故本选项错误;选项C既是中心对称图形,也是轴对称图形,故本选项错误;选项D既是中心对称图形,也是轴对称图形,故本选项错误.故选A.
考点:中心对称图形;轴对称图形.
12、D
【解析】
根据合并同类项、同底数幂的除法法则、分数指数运算法则、幂的乘方法则进行计算即可.
【详解】
解:A:2a+3a=(2+3)a=5a,故A错误;
B:x8÷x2=x8-2=x6,故B错误;
C:=,故C错误;
D:(-a-2)3=-a-6=-,故D正确.
故选D.
【点睛】
本题考查了合并同类项、同底数幂的除法法则、分数指数运算法则、幂的乘方法则.其中指数为分数的情况在初中阶段很少出现.
二、填空题:(本大题共6个小题,每小题4分,共24分.)
13、(﹣3,2)
【解析】
作出图形,然后写出点A′的坐标即可.
【详解】
解答:如图,点A′的坐标为(-3,2).
故答案为(-3,2).
【点睛】
本题考查的知识点是坐标与图象变化-旋转,解题关键是注意利用数形结合的思想求解.
14、π
【解析】
试题分析:∵,∴S阴影===.故答案为.
考点:旋转的性质;扇形面积的计算.
15、±1
【解析】
试题分析:根据零指数幂的性质(),可知|a|=1,座椅可知a=±1.
16、×()2
【解析】
利用正方形的性质结合锐角三角函数关系得出正方形的边长,进而得出变化规律即可得出答案.
【详解】
解:∵∠B1C1O=60°,C1O=,
∴B1C1=1,∠D1C1E1=30°,
∵sin∠D1C1E1=,
∴D1E1=,
∵B1C1∥B2C2∥B3C3∥…
∴60°=∠B1C1O=∠B2C2O=∠B3C3O=…
∴B2C2=,B3C3=.
故正方形AnBnCnDn的边长=()n-1.
∴B2018C2018=()2.
∴D2018E2018=×()2,
∴D的纵坐标为×()2,
故答案为×()2.
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质以及锐角三角函数关系,得出正方形的边长变化规律是解题关键
17、
【解析】
将点的坐标代入,可以得到-1=,然后解方程,便可以得到k的值.
【详解】
∵反比例函数y=的图象经过点(2,-1),
∴-1=
∴k=− ;
故答案为k=−.
【点睛】
本题主要考查函数图像上的点满足其解析式,可以结合代入法进行解答
18、8
【解析】
试题分析:设红球有x个,根据概率公式可得,解得:x=8.
考点:概率.
三、解答题:(本大题共9个小题,共78分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
19、(1)答案见解析;(2)
【解析】
(1)根据三角形角平分线的定义,即可得到AD;
(2)过D作于DE⊥ABE,根据角平分线的性质得到DE=CD=4,由三角形的面积公式即可得到结论.
【详解】
解:(1)如图所示,AD即为所求;
(2)如图,过D作DE⊥AB于E,
∵AD平分∠BAC,
∴DE=CD=4,
∴S△ABD=AB·DE=20cm2.
【点睛】
掌握画角平分线的方法和角平分线的相关定义知识是解答本题的关键.
20、-1
【解析】
直接利用二次根式的性质以及特殊角的三角函数值、绝对值的性质分别化简得出答案.
【详解】
解:原式=
=
=﹣1.
【点睛】
此题主要考查了实数运算以及特殊角的三角函数值,正确化简各数是解题关键.
21、(39+9)米.
【解析】
过点E作EF⊥BC的延长线于F,EH⊥AB于点H,根据CE=20米,坡度为i=1:,分别求出EF、CF的长度,在Rt△AEH中求出AH,继而可得楼房AB的高.
【详解】
解:过点E作EF⊥BC的延长线于F,EH⊥AB于点H,
在Rt△CEF中,∵=tan∠ECF,
∴∠ECF=30°,
∴EF=CE=10米,CF=10米,
∴BH=EF=10米, HE=BF=BC+CF=(25+10)米,
在Rt△AHE中,∵∠HAE=45°,
∴AH=HE=(25+10)米,∴AB=AH+HB=(35+10)米.
答:楼房AB的高为(35+10)米.
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题;坡度坡角问题,掌握概念正确计算是本题的解题关键.
22、(1)5;(2)1或﹣1.
【解析】
(1)将原式展开、合并同类项化简得a+b+1,再代入计算可得;
(2)由原式=(a-b)2+2(a+b)可得(a-b)2+2×4=17,据此进一步计算可得.
【详解】
(1)原式=ab+a+b+1﹣ab=a+b+1,
当a+b=4时,原式=4+1=5;
(2)∵a2﹣2ab+b2+2a+2b=(a﹣b)2+2(a+b),
∴(a﹣b)2+2×4=17,
∴(a﹣b)2=9,
则a﹣b=1或﹣1.
【点睛】
本题主要考查代数式的求值,解题的关键是掌握多项式乘多项式的运算法则及整体思想的运用.
23、(1)2000;(2)28.8°;(3)补图见解析;(4)36万人.
【解析】
分析:(1)将A选项人数除以总人数即可得;
(2)用360°乘以E选项人数所占比例可得;
(3)用总人数乘以D选项人数所占百分比求得其人数,据此补全图形即可得;
(4)用总人数乘以样本中C选项人数所占百分比可得.
详解:(1)本次接受调查的市民人数为300÷15%=2000人,
(2)扇形统计图中,扇形E的圆心角度数是360°×=28.8°,
(3)D选项的人数为2000×25%=500,
补全条形图如下:
(4)估计赞同“选育无絮杨品种,并推广种植”的人数为90×40%=36(万人).
点睛:本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用.读懂统计图,从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键.条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据;扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小.
24、(1)y1=4x,y2=-5x+1.(2)km.(3)h.
【解析】
(1)由图象直接写出函数关系式;
(2)若相遇,甲乙走的总路程之和等于两地的距离.
【详解】
(1)根据图可以得到甲2.5小时,走1千米,则每小时走4千米,则函数关系是:y1=4x,
乙班从B地出发匀速步行到A地,2小时走了1千米,则每小时走5千米,则函数关系式是:y2=−5x+1.
(2)由图象可知甲班速度为4km/h,乙班速度为5km/h,
设甲、乙两班学生出发后,x小时相遇,则
4x+5x=1,
解得x=.
当x=时,y2=−5×+1=,
∴相遇时乙班离A地为km.
(3)甲、乙两班首次相距4千米,
即两班走的路程之和为6km,
故4x+5x=6,
解得x=h.
∴甲、乙两班首次相距4千米时所用时间是h.
25、(1)10;(2).
【解析】
(1)先证出∠C=∠D=90°,再根据∠1+∠3=90°,∠1+∠2=90°,得出∠2=∠3,即可证出△OCP∽△PDA;根据△OCP与△PDA的面积比为1:4,得出CP=AD=4,设OP=x,则CO=8﹣x,由勾股定理得 x2=(8﹣x)2+42,求出x,最后根据AB=2OP即可求出边AB的长;
(2)作MQ∥AN,交PB于点Q,求出MP=MQ,BN=QM,得出MP=MQ,根据ME⊥PQ,得出EQ=PQ,根据∠QMF=∠BNF,证出△MFQ≌△NFB,得出QF=QB,再求出EF=PB,由(1)中的结论求出PB=,最后代入EF=PB即可得出线段EF的长度不变
【详解】
(1)如图1,∵四边形ABCD是矩形,
∴∠C=∠D=90°,
∴∠1+∠3=90°,
∵由折叠可得∠APO=∠B=90°,
∴∠1+∠2=90°,∴∠2=∠3,
又∵∠D=∠C,
∴△OCP∽△PDA;
∵△OCP与△PDA的面积比为1:4,
∴ ,∴ CP=AD=4
设OP=x,则CO=8﹣x,
在Rt△PCO中,∠C=90°,由勾股定理得 x2=(8﹣x)2+42,
解得:x=5,∴AB=AP=2OP=10,∴边CD的长为10;
(2)作MQ∥AN,交PB于点Q,如图2,
∵AP=AB,MQ∥AN,
∴∠APB=∠ABP=∠MQP.∴MP=MQ,∵BN=PM,
∴BN=QM.
∵MP=MQ,ME⊥PQ,
∴EQ=PQ.∵MQ∥AN,∴∠QMF=∠BNF,
∴△MFQ≌△NFB.
∴QF=FB,∴EF=EQ+QF=(PQ+QB)=PB,
由(1)中的结论可得:PC=4,BC=8,∠C=90°,
∴PB=,∴EF=PB=2,
∴在(1)的条件下,当点M、N在移动过程中,线段EF的长度不变,它的长度为2.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质,关键是做出辅助线,找出全等和相似的三角形
26、(1)落回到圈的概率;(2)可能性不一样.
【解析】
(1)由共有6种等可能的结果,落回到圈A的只有1种情况,直接利用概率公式求解即可求得答案;
(2)首先根据题意列出表格,然后由表格求得所有等可能的结果与最后落回到圈A的情况,再利用概率公式求解即可求得答案.
【详解】
(1)掷一次骰子有种等可能的结果,只有掷的时,才会落回到圈,
落回到圈的概率;
(2)列表得:
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
共有种等可能的结果,当两次掷得的数字之和为的倍数,即时,才可能落回到圈,这种情况共有种,
∴,
∵,
可能性不一样
【点睛】
本题考查了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.
27、(1)y=-x2-2x+1,C(1,0)(2)当t=-2时,线段PE的长度有最大值1,此时P(-2,6)(2)存在这样的直线l,使得△MON为等腰三角形.所求Q点的坐标为
(,2)或(,2)或(,2)或(,2)
【解析】
解:(1)∵直线y=x+1与x轴、y轴分别交于A、B两点,∴A(-1,0),B(0,1).
∵抛物线y=-x2+bx+c经过A、B两点,
∴,解得.
∴抛物线解析式为y=-x2-2x+1.
令y=0,得-x2-2x+1=0,解得x1=-1,x2=1,
∴C(1,0).
(2)如图1,
设D(t,0).
∵OA=OB,∴∠BAO=15°.
∴E(t,t+1),P(t,-t2-2t+1).
PE=yP-yE=-t2-2t+1-t-1=-t2-1t=-(t+2)2+1.
∴当t=-2时,线段PE的长度有最大值1,此时P(-2,6).
(2)存在.如图2,过N点作NH⊥x轴于点H.
设OH=m(m>0),∵OA=OB,∴∠BAO=15°.
∴NH=AH=1-m,∴yQ=1-m.
又M为OA中点,∴MH=2-m.
当△MON为等腰三角形时:
①若MN=ON,则H为底边OM的中点,
∴m=1,∴yQ=1-m=2.
由-xQ2-2xQ+1=2,解得.
∴点Q坐标为(,2)或(,2).
②若MN=OM=2,则在Rt△MNH中,
根据勾股定理得:MN2=NH2+MH2,即22=(1-m)2+(2-m)2,
化简得m2-6m+8=0,解得:m1=2,m2=1(不合题意,舍去).
∴yQ=2,由-xQ2-2xQ+1=2,解得.
∴点Q坐标为(,2)或(,2).
③若ON=OM=2,则在Rt△NOH中,
根据勾股定理得:ON2=NH2+OH2,即22=(1-m)2+m2,
化简得m2-1m+6=0,∵△=-8<0,
∴此时不存在这样的直线l,使得△MON为等腰三角形.
综上所述,存在这样的直线l,使得△MON为等腰三角形.所求Q点的坐标为
(,2)或(,2)或(,2)或(,2).
(1)首先求得A、B点的坐标,然后利用待定系数法求抛物线的解析式,并求出抛物线与x轴另一交点C的坐标.
(2)求出线段PE长度的表达式,设D点横坐标为t,则可以将PE表示为关于t的二次函数,利用二次函数求极值的方法求出PE长度的最大值.
(2)根据等腰三角形的性质和勾股定理,将直线l的存在性问题转化为一元二次方程问题,通过一元二次方程的判别式可知直线l是否存在,并求出相应Q点的坐标. “△MON是等腰三角形”,其中包含三种情况:MN=ON,MN=OM,ON=OM,逐一讨论求解.
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