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    2022届江西省信丰县十校联考最后数学试题含解析
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    2022届江西省信丰县十校联考最后数学试题含解析

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    这是一份2022届江西省信丰县十校联考最后数学试题含解析,共18页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁,计算的结果是等内容,欢迎下载使用。

    2021-2022中考数学模拟试卷
    考生请注意:
    1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。
    2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
    3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。

    一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)
    1.若一个多边形的内角和为360°,则这个多边形的边数是(    )
    A.3                                            B.4                                            C.5                                            D.6
    2.已知x=1是方程x2+mx+n=0的一个根,则代数式m2+2mn+n2的值为( )
    A.–1 B.2 C.1 D.–2
    3.如图,在中,E为边CD上一点,将沿AE折叠至处,与CE交于点F,若,,则的大小为( )

    A.20° B.30° C.36° D.40°
    4.如图,点P是以O为圆心,AB为直径的半圆上的动点,AB=2,设弦AP的长为x,△APO的面积为y,则下列图象中,能表示y与x的函数关系的图象大致是

    A. B. C. D.
    5.如图,从边长为a的正方形中去掉一个边长为b的小正方形,然后将剩余部分剪后拼成一个长方形,上述操作能验证的等式是( )

    A. B.
    C. D.
    6.计算的结果是(  )
    A. B. C. D.1
    7.如图,如果从半径为9cm的圆形纸片剪去圆周的一个扇形,将留下的扇形围成
    一个圆锥(接缝处不重叠),那么这个圆锥的高为

    A.6cm B.cm C.8cm D.cm
    8.如图是小明在物理实验课上用量筒和水测量铁块A的体积实验,小明在匀速向上将铁块提起,直至铁块完全露出水面一定高度的过程中,则下图能反映液面高度h与铁块被提起的时间t之间的函数关系的大致图象是(  )

    A. B. C. D.
    9.如图,PA,PB分别与⊙O相切于A,B两点,若∠C=65°,则∠P的度数为(   )

    A.65° B.130° C.50° D.100°
    10.关于的一元二次方程有两个不相等的实数根,则实数的取值范围是  
    A. B. C. D.
    二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)
    11.规定用符号表示一个实数的整数部分,例如:,.按此规定,的值为________.
    12.如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,点P在第一象限,⊙P与x轴交于O,A两点,点A的坐标为(6,0),⊙P的半径为,则点P的坐标为_______.

    13.如图,等边三角形AOB的顶点A的坐标为(﹣4,0),顶点B在反比例函数(x<0)的图象上,则k= .

    14.如图,△ABC中,DE垂直平分AC交AB于E,∠A=30°,∠ACB=80°,则∠BCE=_____ °.

    15.在一次摸球实验中,摸球箱内放有白色、黄色乒乓球共50个,这两种乒乓球的大小、材质都相同.小明发现,摸到白色乒乓球的频率稳定在60%左右,则箱内黄色乒乓球的个数很可能是________.
    16.抛物线y=x2﹣4x+与x轴的一个交点的坐标为(1,0),则此抛物线与x轴的另一个交点的坐标是______.
    三、解答题(共8题,共72分)
    17.(8分)某商城销售A,B两种自行车型自行车售价为2 100元辆,B型自行车售价为1 750元辆,每辆A型自行车的进价比每辆B型自行车的进价多400元,商城用80 000元购进A型自行车的数量与用64 000元购进B型自行车的数量相等.
    求每辆A,B两种自行车的进价分别是多少?
    现在商城准备一次购进这两种自行车共100辆,设购进A型自行车m辆,这100辆自行车的销售总利润为y元,要求购进B型自行车数量不超过A型自行车数量的2倍,总利润不低于13 000元,求获利最大的方案以及最大利润.
    18.(8分)已知关于的一元二次方程 (为实数且).求证:此方程总有两个实数根;如果此方程的两个实数根都是整数,求正整数的值.
    19.(8分)某青春党支部在精准扶贫活动中,给结对帮扶的贫困家庭赠送甲、乙两种树苗让其栽种.已知乙种树苗的价格比甲种树苗贵10元,用480元购买乙种树苗的棵数恰好与用360元购买甲种树苗的棵数相同.求甲、乙两种树苗每棵的价格各是多少元?在实际帮扶中,他们决定再次购买甲、乙两种树苗共50棵,此时,甲种树苗的售价比第一次购买时降低了10%,乙种树苗的售价不变,如果再次购买两种树苗的总费用不超过1500元,那么他们最多可购买多少棵乙种树苗?
    20.(8分)某车间的甲、乙两名工人分别同时生产只同一型号的零件,他们生产的零件(只)与生产时间(分)的函数关系的图象如图所示.根据图象提供的信息解答下列问题:

    (1)甲每分钟生产零件_______只;乙在提高生产速度之前已生产了零件_______只;
    (2)若乙提高速度后,乙的生产速度是甲的倍,请分别求出甲、乙两人生产全过程中,生产的零件(只)与生产时间(分)的函数关系式;
    (3)当两人生产零件的只数相等时,求生产的时间;并求出此时甲工人还有多少只零件没有生产.
    21.(8分)自学下面材料后,解答问题。
    分母中含有未知数的不等式叫分式不等式。如: <0等。那么如何求出它们的解集呢?
    根据我们学过的有理数除法法则可知:两数相除,同号得正,异号得负。其字母表达式为:
    若a>0,b>0,则>0;若a<0,b<0,则>0;
    若a>0,b<0,则<0;若a<0,b>0,则<0.
    反之:若>0,则 或 ,
    (1)若<0,则___或___.
    (2)根据上述规律,求不等式 >0的解集.
    22.(10分)已知:如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线的图像与x轴交于点A(3,0),与y轴交于点B,顶点C在直线上,将抛物线沿射线 AC的方向平移,
    当顶点C恰好落在y轴上的点D处时,点B落在点E处.
    (1)求这个抛物线的解析式;
    (2)求平移过程中线段BC所扫过的面积;
    (3)已知点F在x轴上,点G在坐标平面内,且以点 C、E、F、G 为顶点的四边形是矩形,求点F的坐标.

    23.(12分)在Rt△ABC中,∠BAC=,D是BC的中点,E是AD的中点.过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F.

    (1)求证:△AEF≌△DEB;
    (2)证明四边形ADCF是菱形;
    (3)若AC=4,AB=5,求菱形ADCFD 的面积.
    24.如图,一条公路的两侧互相平行,某课外兴趣小组在公路一侧AE的点A处测得公路对面的点C与AE的夹角∠CAE=30°,沿着AE方向前进15米到点B处测得∠CBE=45°,求公路的宽度.(结果精确到0.1米,参考数据:≈1.73)




    参考答案

    一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)
    1、B
    【解析】
    利用多边形的内角和公式求出n即可.
    【详解】
    由题意得:(n-2)×180°=360°,
    解得n=4;
    故答案为:B.
    【点睛】
    本题考查多边形的内角和,解题关键在于熟练掌握公式.
    2、C
    【解析】
    把x=1代入x2+mx+n=0,可得m+n=-1,然后根据完全平方公式把m2+2mn+n2变形后代入计算即可.
    【详解】
    把x=1代入x2+mx+n=0,
    代入1+m+n=0,
    ∴m+n=-1,
    ∴m2+2mn+n2=(m+n)2=1.
    故选C.
    【点睛】
    本题考查了方程的根和整体代入法求代数式的值,能使方程两边相等的未知数的值叫做方程的根.
    3、C
    【解析】
    由平行四边形的性质得出∠D=∠B=52°,由折叠的性质得:∠D′=∠D=52°,∠EAD′=∠DAE=20°,由三角形的外角性质求出∠AEF=72°,由三角形内角和定理求出∠AED′=108°,即可得出∠FED′的大小.
    【详解】
    ∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴,
    由折叠的性质得:,,
    ∴,,
    ∴;
    故选C.
    【点睛】
    本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理;熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质,求出∠AEF和∠AED′是解决问题的关键.
    4、A。
    【解析】如图,∵根据三角形面积公式,当一边OA固定时,它边上的高最大时,三角形面积最大,

    ∴当PO⊥AO,即PO为三角形OA边上的高时,△APO的面积y最大。
    此时,由AB=2,根据勾股定理,得弦AP=x=。
    ∴当x=时,△APO的面积y最大,最大面积为y=。从而可排除B,D选项。
    又∵当AP=x=1时,△APO为等边三角形,它的面积y=,
    ∴此时,点(1,)应在y=的一半上方,从而可排除C选项。
    故选A。
    5、A
    【解析】
    由图形可以知道,由大正方形的面积-小正方形的面积=矩形的面积,进而可以证明平方差公式.
    【详解】
    解:大正方形的面积-小正方形的面积=,
    矩形的面积=,
    故,
    故选:A.
    【点睛】
    本题主要考查平方差公式的几何意义,用两种方法表示阴影部分的面积是解题的关键.
    6、D
    【解析】
    根据同分母分式的加法法则计算可得结论.
    【详解】
    ===1.
    故选D.
    【点睛】
    本题考查了分式的加减法,解题的关键是掌握同分母分式的加减运算法则.
    7、B
    【解析】
    试题分析:∵从半径为9cm的圆形纸片上剪去圆周的一个扇形,
    ∴留下的扇形的弧长==12π,
    根据底面圆的周长等于扇形弧长,
    ∴圆锥的底面半径r==6cm,
    ∴圆锥的高为=3cm
    故选B.
    考点: 圆锥的计算.
    8、B
    【解析】
    根据题意,在实验中有3个阶段,
    ①、铁块在液面以下,液面得高度不变;
    ②、铁块的一部分露出液面,但未完全露出时,液面高度降低;
    ③、铁块在液面以上,完全露出时,液面高度又维持不变;
    分析可得,B符合描述;
    故选B.
    9、C
    【解析】
    试题分析:∵PA、PB是⊙O的切线,∴OA⊥AP,OB⊥BP,∴∠OAP=∠OBP=90°,又∵∠AOB=2∠C=130°,则∠P=360°﹣(90°+90°+130°)=50°.故选C.
    考点:切线的性质.
    10、A
    【解析】
    根据一元二次方程的根的判别式,建立关于m的不等式,求出m的取值范围即可.
    【详解】
    ∵关于x的一元二次方程x2﹣3x+m=0有两个不相等的实数根,
    ∴△=b2﹣4ac=(﹣3)2﹣4×1×m>0,
    ∴m<,
    故选A.
    【点睛】
    本题考查了根的判别式,解题的关键在于熟练掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系,即:(1)△>0⇔方程有两个不相等的实数根;(2)△=0⇔方程有两个相等的实数根;(3)△<0⇔方程没有实数根.

    二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)
    11、4
    【解析】
    根据规定,取的整数部分即可.
    【详解】
    ∵,∴
    ∴整数部分为4.
    【点睛】
    本题考查无理数的估值,熟记方法是关键.
    12、(3,2).
    【解析】
    过点P作PD⊥x轴于点D,连接OP,先由垂径定理求出OD的长,再根据勾股定理求出PD的长,故可得出答案.
    【详解】
    过点P作PD⊥x轴于点D,连接OP,

    ∵A(6,0),PD⊥OA,
    ∴OD=OA=3,
    在Rt△OPD中 ∵OP= OD=3,
    ∴PD=2
    ∴P(3,2) .
    故答案为(3,2).
    【点睛】
    本题考查的是垂径定理,根据题意作出辅助线,构造出直角三角形是解答此题的关键.
    13、-4.
    【解析】
    过点B作BD⊥x轴于点D,因为△AOB是等边三角形,点A的坐标为(-4,0)所∠AOB=60°,根据锐角三角函数的定义求出BD及OD的长,可得出B点坐标,进而得出反比例函数的解析式.
    【详解】
    过点B作BD⊥x轴于点D,

    ∵△AOB是等边三角形,点A的坐标为(﹣4,0),
    ∴∠AOB=60°,OB=OA=AB=4,
    ∴OD= OB=2,BD=OB•sin60°=4×=2,
    ∴B(﹣2,2 ),
    ∴k=﹣2×2 =﹣4.
    【点睛】
    本题考查了反比例函数图象上点的坐标特点、等边三角形的性质、解直角三角函数等知识,难度适中.
    14、1
    【解析】
    根据△ABC中DE垂直平分AC,可求出AE=CE,再根据等腰三角形的性质求出∠ACE=∠A=30°,再根据∠ACB=80°即可解答.
    【详解】
    ∵DE垂直平分AC,∠A=30°,
    ∴AE=CE,∠ACE=∠A=30°,
    ∵∠ACB=80°,
    ∴∠BCE=80°-30°=1°.
    故答案为:1.
    15、20
    【解析】
    先设出白球的个数,根据白球的频率求出白球的个数,再用总的个数减去白球的个数即可.
    【详解】
    设黄球的个数为x个,
    ∵共有黄色、白色的乒乓球50个,黄球的频率稳定在60%,
    ∴=60%,
    解得x=30,
    ∴布袋中白色球的个数很可能是50-30=20(个).
    故答案为:20.
    【点睛】
    本题考查了利用频率估计概率,熟练掌握该知识点是本题解题的关键.
    16、(3,0)
    【解析】
    把交点坐标代入抛物线解析式求m的值,再令y=0解一元二次方程求另一交点的横坐标.
    【详解】
    把点(1,0)代入抛物线y=x2-4x+中,得m=6,
    所以,原方程为y=x2-4x+3,
    令y=0,解方程x2-4x+3=0,得x1=1,x2=3
    ∴抛物线与x轴的另一个交点的坐标是(3,0).
    故答案为(3,0).
    【点睛】
    本题考查了点的坐标与抛物线解析式的关系,抛物线与x轴交点坐标的求法.本题也可以用根与系数关系直接求解.

    三、解答题(共8题,共72分)
    17、(1)每辆A型自行车的进价为2 000元,每辆B型自行车的进价为1 600元;(2)当购进A型自行车34辆,B型自行车66辆时获利最大,最大利润为13300元.
    【解析】
    (1)设每辆B型自行车的进价为x元,则每辆A型自行车的进价为(x+10)元,根据题意列出方程,求出方程的解即可得到结果; 
    (2)由总利润=单辆利润×辆数,列出y与x的关系式,利用一次函数性质确定出所求即可.
    【详解】
    (1)设每辆B型自行车的进价为x元,则每辆A型自行车的进价为(x+10)元,
    根据题意,得=,
    解得x=1600,
    经检验,x=1600是原方程的解,
    x+10=1 600+10=2 000,
    答:每辆A型自行车的进价为2 000元,每辆B型自行车的进价为1 600元;
    (2)由题意,得y=(2100﹣2000)m+(1750﹣1600)(100﹣m)=﹣50m+15000,
    根据题意,得,
    解得:33≤m≤1,
    ∵m为正整数,
    ∴m=34,35,36,37,38,39,1.
    ∵y=﹣50m+15000,k=﹣50<0,
    ∴y随m的增大而减小,∴当m=34时,y有最大值,
    最大值为:﹣50×34+15000=13300(元).
    答:当购进A型自行车34辆,B型自行车66辆时获利最大,最大利润为13300元.
    【点睛】
    本题主要考查一次函数的应用、分式方程的应用及一元一次不等式组的应用.仔细审题,找出题目中的数量关系是解答本题的关键.
    18、 (1)证明见解析;(2)或.
    【解析】
    (1)求出△的值,再判断出其符号即可;
    (2)先求出x的值,再由方程的两个实数根都是整数,且m是正整数求出m的值即可.
    【详解】
    (1)依题意,得



    ∵,
    ∴方程总有两个实数根.
    (2)∵,
    ∴,.
    ∵方程的两个实数根都是整数,且是正整数,
    ∴或.
    ∴或.
    【点睛】
    本题考查的是根的判别式,熟知一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2-4ac的关系是解答此题的关键.
    19、(1)甲种树苗每棵的价格是30元,乙种树苗每棵的价格是40元;(2)他们最多可购买11棵乙种树苗.
    【解析】
    (1)可设甲种树苗每棵的价格是x元,则乙种树苗每棵的价格是(x+10)元,根据等量关系:用480元购买乙种树苗的棵数恰好与用360元购买甲种树苗的棵数相同,列出方程求解即可;
    (2)可设他们可购买y棵乙种树苗,根据不等关系:再次购买两种树苗的总费用不超过1500元,列出不等式求解即可.
    【详解】
    (1)设甲种树苗每棵的价格是x元,则乙种树苗每棵的价格是(x+10)元,
    依题意有 ,
    解得:x=30,
    经检验,x=30是原方程的解,
    x+10=30+10=40,
    答:甲种树苗每棵的价格是30元,乙种树苗每棵的价格是40元;
    (2)设他们可购买y棵乙种树苗,依题意有
    30×(1﹣10%)(50﹣y)+40y≤1500,
    解得y≤11,
    ∵y为整数,
    ∴y最大为11,
    答:他们最多可购买11棵乙种树苗.
    【点睛】
    本题考查了分式方程的应用,一元一次不等式的应用,弄清题意,找准等量关系与不等关系列出方程或不等式是解决问题的关键.
    20、(1)25,150;(2)y甲=25x(0≤x≤20),;(3)x=14,150
    【解析】
    解:(1)甲每分钟生产=25只;
    提高生产速度之前乙的生产速度==15只/分,
    故乙在提高生产速度之前已生产了零件:15×10=150只;
    (2)结合后图象可得:
    甲:y甲=25x(0≤x≤20);
    乙提速后的速度为50只/分,故乙生产完500只零件还需7分钟,
    乙:y乙=15x(0≤x≤10),
    当10<x≤17时,设y乙=kx+b,把(10,150)、(17,500),代入可得:
    10k+b=150,17k+b=500,
    解得:k=50,b=−350,
    故y乙=50x−350(10≤x≤17).
    综上可得:y甲=25x(0≤x≤20);

    (3)令y甲=y乙,得25x=50x−350,
    解得:x=14,
    此时y甲=y乙=350只,故甲工人还有150只未生产.
    21、(1) 或;(2)x>2或x<−1.
    【解析】
    (1)根据两数相除,异号得负解答;
    (2)先根据同号得正把不等式转化成不等式组,然后根据一元一次不等式组的解法求解即可.
    【详解】
    (1)若>0,则 或 ;
    故答案为: 或;
    (2)由上述规律可知,不等式转化为或,
    所以,x>2或x<−1.
    【点睛】
    此题考查一元一次不等式组的应用,解题关键在于掌握掌握运算法则.
    22、(1)抛物线的解析式为;(2)12; (1)满足条件的点有F1(,0),F2(,0),F1(,0),F4(,0).
    【解析】
    分析:(1)根据对称轴方程求得b=﹣4a,将点A的坐标代入函数解析式求得9a+1b+1=0,联立方程组,求得系数的值即可;
    (2)抛物线在平移的过程中,线段BC所扫过的面积为平行四边形BCDE的面积,根据二次函数图象上点的坐标特征和三角形的面积得到:∴.
    (1)联结CE.分类讨论:(i)当CE为矩形的一边时,过点C作CF1⊥CE,交x轴于点F1,设点F1(a,0).在Rt△OCF1中,利用勾股定理求得a的值;
    (ii)当CE为矩形的对角线时,以点O为圆心,OC长为半径画弧分别交x轴于点F1、F4,利用圆的性质解答.
    详解:(1)∵顶点C在直线x=2上,∴,∴b=﹣4a.
    将A(1,0)代入y=ax2+bx+1,得:9a+1b+1=0,解得:a=1,b=﹣4,
    ∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+1.
    (2)过点C作CM⊥x轴,CN⊥y轴,垂足分别为M、N.
    ∵y=x2﹣4x+1═(x﹣2)2﹣1,∴C(2,﹣1).
    ∵CM=MA=1,∴∠MAC=45°,∴∠ODA=45°,∴OD=OA=1.
    ∵抛物线y=x2﹣4x+1与y轴交于点B,∴B(0,1),∴BD=2.
    ∵抛物线在平移的过程中,线段BC所扫过的面积为平行四边形BCDE的面积,∴.
    (1)联结CE.
    ∵四边形BCDE是平行四边形,∴点O是对角线CE与BD的交点,即 .
    (i)当CE为矩形的一边时,过点C作CF1⊥CE,交x轴于点F1,设点F1(a,0).在Rt△OCF1中,,即 a2=(a﹣2)2+5,解得: ,∴点.
    同理,得点;
    (ii)当CE为矩形的对角线时,以点O为圆心,OC长为半径画弧分别交x轴于点F1、F4,可得: ,得点、.
    综上所述:满足条件的点有),.

    点睛:本题考查了待定系数法求二次函数的解析式,二次函数图象上点的坐标特征,平行四边形的面积公式,正确的理解题意是解题的关键.
    23、(1)证明详见解析;(2)证明详见解析;(3)1.
    【解析】
    (1)利用平行线的性质及中点的定义,可利用AAS证得结论;
    (2)由(1)可得AF=BD,结合条件可求得AF=DC,则可证明四边形ADCF为平行四边形,再利用直角三角形的性质可证得AD=CD,可证得四边形ADCF为菱形;
    (3)连接DF,可证得四边形ABDF为平行四边形,则可求得DF的长,利用菱形的面积公式可求得答案.
    【详解】
    (1)证明:∵AF∥BC,
    ∴∠AFE=∠DBE,
    ∵E是AD的中点,
    ∴AE=DE,
    在△AFE和△DBE中,

    ∴△AFE≌△DBE(AAS);
    (2)证明:由(1)知,△AFE≌△DBE,则AF=DB.
    ∵AD为BC边上的中线
    ∴DB=DC,
    ∴AF=CD.
    ∵AF∥BC,
    ∴四边形ADCF是平行四边形,
    ∵∠BAC=90°,D是BC的中点,E是AD的中点,
    ∴AD=DC=BC,
    ∴四边形ADCF是菱形;
    (3)连接DF,

    ∵AF∥BD,AF=BD,
    ∴四边形ABDF是平行四边形,
    ∴DF=AB=5,
    ∵四边形ADCF是菱形,
    ∴S菱形ADCF=AC▪DF=×4×5=1.
    【点睛】
    本题主要考查菱形的性质及判定,利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键,注意菱形面积公式的应用.
    24、公路的宽为20.5米.
    【解析】
    作CD⊥AE,设CD=x米,由∠CBD=45°知BD=CD=x,根据tan∠CAD=,可得=,解之即可.
    【详解】
    解:如图,过点C作CD⊥AE于点D,

    设公路的宽CD=x米,
    ∵∠CBD=45°,
    ∴BD=CD=x,
    在Rt△ACD中,∵∠CAE=30°,
    ∴tan∠CAD==,即=,
    解得:x=≈20.5(米),
    答:公路的宽为20.5米.
    【点睛】
    本题考查了直角三角形的应用,解答本题的关键是根据仰角构造直角三角形,利用三角函数解直角三角形.

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