2022届江西省信丰县十校联考最后数学试题含解析

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．