2022年甘肃省金塔四中中考数学押题卷含解析

这是一份2022年甘肃省金塔四中中考数学押题卷含解析，共21页。试卷主要包含了计算﹣1﹣，估计的值在等内容，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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴的正半轴上，点B的坐标为（0，4），将△ABO绕点B逆时针旋转60°后得到△A'BO'，若函数y=（x＞0）的图象经过点O'，则k的值为（　　）

A．2 B．4 C．4 D．8
2．已知等边三角形的内切圆半径，外接圆半径和高的比是（　　）
A．1：2： B．2：3：4 C．1：：2 D．1：2：3
3．已知一个正n边形的每个内角为120°，则这个多边形的对角线有（　　）
A．5条 B．6条 C．8条 D．9条
4．如图所示的几何体是由4 个大小相同的小立方体搭成，其俯视图是（ ）

A． B． C． D．
5．计算﹣1﹣（﹣4）的结果为（　　）
A．﹣3 B．3 C．﹣5 D．5
6．如图所示，点E在AC的延长线上，下列条件中能判断AB∥CD的是( )

A．∠3=∠A B．∠D=∠DCE C．∠1=∠2 D．∠D+∠ACD=180°
7．如图，一张半径为的圆形纸片在边长为的正方形内任意移动，则在该正方形内，这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积是（ ）

A． B． C． D．
8．关于x的方程x2﹣3x+k＝0的一个根是2，则常数k的值为（　　）
A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
9．估计的值在（ ）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
10．北京故宫的占地面积达到720 000平方米，这个数据用科学记数法表示为(　　)
A．0.72×106平方米 B．7.2×106平方米
C．72×104平方米 D．7.2×105平方米
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．如图，▱ABCD中，AC⊥CD，以C为圆心，CA为半径作圆弧交BC于E，交CD的延长线于点F，以AC上一点O为圆心OA为半径的圆与BC相切于点M，交AD于点N．若AC=9cm，OA=3cm，则图中阴影部分的面积为_____cm1．

12．如果2，那么=_____（用向量，表示向量）．
13．若一条直线经过点（1，1），则这条直线的解析式可以是（写出一个即可）______．
14．月球的半径约为1738000米，1738000这个数用科学记数法表示为___________．
15．如图，这是怀柔区部分景点的分布图，若表示百泉山风景区的点的坐标为，表示慕田峪长城的点的坐标为，则表示雁栖湖的点的坐标为______．

16．关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 ▲ ．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，抛物线y=﹣x2﹣x+4与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点A，点B的坐标；
（2）P为第二象限抛物线上的一个动点，求△ACP面积的最大值．

18．（8分）已知：关于x的一元二次方程kx2﹣（4k+1）x+3k+3＝0（k是整数）．
（1）求证：方程有两个不相等的实数根；
（2）若方程的两个实数根都是整数，求k的值．
19．（8分）为了提高中学生身体素质，学校开设了A：篮球、B：足球、C：跳绳、D：羽毛球四种体育活动，为了解学生对这四种体育活动的喜欢情况，在全校随机抽取若干名学生进行问卷调查（每个被调查的对象必须选择而且只能在四种体育活动中选择一种），将数据进行整理并绘制成以下两幅统计图（未画完整）．
这次调查中，一共调查了________名学生；请补全两幅统计图；若有3名喜欢跳绳的学生，1名喜欢足球的学生组队外出参加一次联谊活动，欲从中选出2人担任组长（不分正副），求一人是喜欢跳绳、一人是喜欢足球的学生的概率．
20．（8分）如图，点O为Rt△ABC斜边AB上的一点，以OA为半径的⊙O与BC切于点D，与AC交于点E，连接AD.
求证：AD平分∠BAC；若∠BAC=60∘，OA=4，求阴影部分的面积(结果保留π).
21．（8分）在△ABC中，AB=AC≠BC，点D和点A在直线BC的同侧，BD=BC，∠BAC=α，∠DBC=β，且α+β=110°，连接AD，求∠ADB的度数．（不必解答）
小聪先从特殊问题开始研究，当α=90°，β=30°时，利用轴对称知识，以AB为对称轴构造△ABD的轴对称图形△ABD′，连接CD′（如图1），然后利用α=90°，β=30°以及等边三角形等相关知识便可解决这个问题．
请结合小聪研究问题的过程和思路，在这种特殊情况下填空：△D′BC的形状是　 　三角形；∠ADB的度数为　 　．在原问题中，当∠DBC＜∠ABC（如图1）时，请计算∠ADB的度数；在原问题中，过点A作直线AE⊥BD，交直线BD于E，其他条件不变若BC=7，AD=1．请直接写出线段BE的长为　 　．
22．（10分）计算：﹣22+2cos60°+（π﹣3.14）0+（﹣1）2018
23．（12分）已知如图，在△ABC中，∠B＝45°，点D是BC边的中点，DE⊥BC于点D，交AB于点E，连接CE．
（1）求∠AEC的度数；
（2）请你判断AE、BE、AC三条线段之间的等量关系，并证明你的结论．

24．如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线．求证：△ADE≌△CBF；若∠ADB是直角，则四边形BEDF是什么四边形？证明你的结论．




参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、C
【解析】
根据题意可以求得点O'的坐标，从而可以求得k的值．
【详解】
∵点B的坐标为（0，4），
∴OB=4，
作O′C⊥OB于点C，
∵△ABO绕点B逆时针旋转60°后得到△A'BO'，
∴O′B=OB=4，
∴O′C=4×sin60°=2，BC=4×cos60°=2，
∴OC=2，
∴点O′的坐标为：（2，2），
∵函数y=（x＞0）的图象经过点O'，
∴2=，得k=4，
故选C．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、坐标与图形的变化，解题的关键是利用数形结合的思想和反比例函数的性质解答．
2、D
【解析】
试题分析：图中内切圆半径是OD，外接圆的半径是OC，高是AD，因而AD=OC+OD；
在直角△OCD中，∠DOC=60°，则OD：OC=1：2，因而OD：OC：AD=1：2：1，
所以内切圆半径，外接圆半径和高的比是1：2：1．故选D．

考点：正多边形和圆．
3、D
【解析】
多边形的每一个内角都等于120°，则每个外角是60°，而任何多边形的外角是360°，则求得多边形的边数；再根据多边形一个顶点出发的对角线＝n﹣3，即可求得对角线的条数．
【详解】
解：∵多边形的每一个内角都等于120°，
∴每个外角是60度，
则多边形的边数为360°÷60°＝6，
则该多边形有6个顶点，
则此多边形从一个顶点出发的对角线共有6﹣3＝3条．
∴这个多边形的对角线有（6×3）＝9条，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查多边形内角和与外角和及多边形对角线，掌握求多边形边数的方法是解本题的关键．
4、C
【解析】
试题分析：根据三视图的意义，可知俯视图为从上面往下看，因此可知共有三个正方形，在一条线上.
故选C.
考点：三视图
5、B
【解析】
原式利用减法法则变形，计算即可求出值．
【详解】
，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了有理数的加减，熟练掌握有理数加减的运算法则是解决本题的关键.
6、C
【解析】
由平行线的判定定理可证得，选项A，B，D能证得AC∥BD，只有选项C能证得AB∥CD．注意掌握排除法在选择题中的应用．
【详解】
A.∵∠3=∠A，
本选项不能判断AB∥CD，故A错误；
B.∵∠D=∠DCE，
∴AC∥BD.
本选项不能判断AB∥CD，故B错误；
C.∵∠1=∠2，
∴AB∥CD.
本选项能判断AB∥CD，故C正确；
D.∵∠D+∠ACD=180°，
∴AC∥BD.
故本选项不能判断AB∥CD，故D错误.
故选：C.
【点睛】
考查平行线的判定，掌握平行线的判定定理是解题的关键.
7、C
【解析】
这张圆形纸片减去“不能接触到的部分”的面积是就是这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积．
【详解】
解：如图：

∵正方形的面积是：4×4=16；
扇形BAO的面积是：，
∴则这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是4×1-4×=4-π，
∴这张圆形纸片“能接触到的部分”的面积是16-（4-π）=12+π，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了正方形和扇形的面积的计算公式，正确记忆公式是解题的关键．
8、B
【解析】
根据一元二次方程的解的定义，把x=2代入得4-6+k=0，然后解关于k的方程即可.
【详解】
把x=2代入得，4-6+k=0，
解得k=2.
故答案为：B.
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的解，掌握一元二次方程的定义，把已知代入方程，列出关于k的新方程，通过解新方程来求k的值是解题的关键.
9、D
【解析】
寻找小于26的最大平方数和大于26的最小平方数即可.
【详解】
解：小于26的最大平方数为25，大于26的最小平方数为36，故，即：
，故选择D.
【点睛】
本题考查了二次根式的相关定义.
10、D
【解析】
试题分析：把一个数记成a×10n（1≤a<10，n整数位数少1）的形式，叫做科学记数法．
∴此题可记为1．2×105平方米．
考点：科学记数法

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、11π﹣．
【解析】
阴影部分的面积=扇形ECF的面积-△ACD的面积-△OCM的面积-扇形AOM的面积-弓形AN的面积．
【详解】
解：连接OM，ON.

∴OM=3，OC=6，
∴
∴
∴扇形ECF的面积
△ACD的面积
扇形AOM的面积
弓形AN的面积
△OCM的面积
∴阴影部分的面积=扇形ECF的面积−△ACD的面积−△OCM的面积−扇形AOM的面积−弓形AN的面积
故答案为．
【点睛】
考查不规则图形的面积的计算，掌握扇形的面积公式是解题的关键.
12、
【解析】
∵2(+)=+,∴2+2=+,∴=-2,
故答案为.
点睛:本题看成平面向量、一元一次方程等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考基础题.
13、y=x．（答案不唯一）
【解析】
首先设一次函数解析式为：y=kx+b(k≠0)， b取任意值后，把（1，1）代入所设的解析式里，即可得到k的值，进而得到答案.
【详解】
解：设直线的解析式y=kx+b，令b=0，
将(1,1)代入，得k=1，
此时解析式为：y=x.
由于b可为任意值，故答案不唯一.
故答案为：y=x.（答案不唯一）
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式.
14、1.738×1
【解析】
解：将1738000用科学记数法表示为1.738×1．故答案为1.738×1．
【点睛】
本题考查科学记数法—表示较大的数，掌握科学计数法的计数形式，难度不大．
15、
【解析】
直接利用已知点坐标得出原点位置，进而得出答案．
【详解】

解：如图所示：雁栖湖的点的坐标为：（1，-3）．
故答案为（1，-3）．
【点睛】
本题考查坐标确定位置，正确得出原点的位置是解题关键．
16、k＜且k≠1．
【解析】
根据一元二次方程kx2-x+1=1有两个不相等的实数根，知△=b2－4ac＞1，然后据此列出关于k的方程，解方程，结合一元二次方程的定义即可求解：
∵有两个不相等的实数根，
∴△=1－4k＞1，且k≠1，解得，k＜且k≠1．

三、解答题（共8题，共72分）
17、 (1) A（﹣4，0），B（2，0）；(2)△ACP最大面积是4.
【解析】
（1）令y=0，得到关于x 的一元二次方程﹣x2﹣x+4=0，解此方程即可求得结果；
（2）先求出直线AC解析式，再作PD⊥AO交AC于D，设P（t，﹣t2﹣t+4），可表示出D点坐标，于是线段PD可用含t的代数式表示，所以S△ACP=PD×OA=PD×4=2PD，可得S△ACP关于t 的函数关系式，继而可求出△ACP面积的最大值．
【详解】
(1)解：设y=0，则0=﹣x2﹣x+4
∴x1=﹣4，x2=2
∴A（﹣4，0），B（2，0）
(2)作PD⊥AO交AC于D

设AC解析式y=kx+b
∴
解得：
∴AC解析式为y=x+4.
设P（t，﹣t2﹣t+4）则D（t，t+4）
∴PD=（﹣t2﹣t+4）﹣（t+4）=﹣t2﹣2t=﹣（t+2）2+2
∴S△ACP=PD×4=﹣（t+2）2+4
∴当t=﹣2时，△ACP最大面积4.
【点睛】
本题考查二次函数综合，解题的关键是掌握待定系数法进行求解.
18、（3）证明见解析（3）3或﹣3
【解析】
(3)根据一元二次方程的定义得k≠2，再计算判别式得到△＝(3k－3)3，然后根据非负数的性质，即k的取值得到△＞2，则可根据判别式的意义得到结论；(3)根据求根公式求出方程的根，方程的两个实数根都是整数，求出k的值.
【详解】
证明：（3）△=[﹣（4k+3）]3﹣4k（3k+3）=（3k﹣3）3．
∵k为整数，
∴（3k﹣3）3＞2，即△＞2．
∴方程有两个不相等的实数根．
（3）解：∵方程kx3﹣（4k+3）x+3k+3=2为一元二次方程，
∴k≠2．
∵kx3﹣（4k+3）x+3k+3=2，即[kx﹣（k+3）]（x﹣3）=2，
∴x3=3，．
∵方程的两个实数根都是整数，且k为整数，
∴k=3或﹣3．
【点睛】
本题主要考查了根的判别式的知识，熟知一元二次方程的根与△的关系是解答此题的关键.
19、（1）200；（2）答案见解析；（3）．
【解析】
（1）由题意得：这次调查中，一共调查的学生数为：40÷20%=200（名）；
（2）根据题意可求得B占的百分比为：1-20%-30%-15%=35%，C的人数为：200×30%=60（名）；则可补全统计图；
（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与一人是喜欢跳绳、一人是喜欢足球的学生的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】
解：（1）根据题意得：这次调查中，一共调查的学生数为：40÷20%=200（名）；
故答案为：200；
（2）C组人数：200－40－70－30=60（名）
B组百分比：70÷200×100%=35%
如图

（3）分别用A，B，C表示3名喜欢跳绳的学生，D表示1名喜欢足球的学生；
画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，一人是喜欢跳绳、一人是喜欢足球的学生的有6种情况，
∴一人是喜欢跳绳、一人是喜欢足球的学生的概率为：．
【点睛】
此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20、（1）见解析；（2）
【解析】
试题分析：
（1）连接OD，则由已知易证OD∥AC，从而可得∠CAD=∠ODA，结合∠ODA=∠OAD，即可得到∠CAD=∠OAD，从而得到AD平分∠BAC；
（2）连接OE、DE，由已知易证△AOE是等边三角形，由此可得∠ADE=∠AOE=30°，由AD平分∠BAC可得∠OAD=30°，从而可得∠ADE=∠OAD，由此可得DE∥AO，从而可得S阴影=S扇形ODE，这样只需根据已知条件求出扇形ODE的面积即可.
试题解析：
（1）连接OD.
∵BC是⊙O的切线，D为切点，
∴OD⊥BC.
又∵AC⊥BC，
∴OD∥AC，
∴∠ADO=∠CAD.
又∵OD=OA，
∴∠ADO=∠OAD，
∴∠CAD=∠OAD，即AD平分∠BAC.
（2）连接OE，ED.
∵∠BAC=60°，OE=OA，
∴△OAE为等边三角形，
∴∠AOE=60°，
∴∠ADE=30°.
又∵，
∴∠ADE=∠OAD，
∴ED∥AO，
∴S△AED＝S△OED，
∴阴影部分的面积 = S扇形ODE = .

21、（1）①△D′BC是等边三角形，②∠ADB=30°（1）∠ADB=30°；（3）7+或7﹣
【解析】
（1）①如图1中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，连接CD′，AD′，由△ABD≌△ABD′，推出△D′BC是等边三角形；
②借助①的结论，再判断出△AD′B≌△AD′C，得∠AD′B＝∠AD′C，由此即可解决问题．
（1）当60°＜α≤110°时，如图3中，作∠AB D′＝∠ABD，B D′＝BD，连接CD′，AD′，证明方法类似（1）．
（3）第①种情况：当60°＜α≤110°时，如图3中，作∠AB D′＝∠ABD，B D′＝BD，连接CD′，AD′，证明方法类似（1），最后利用含30度角的直角三角形求出DE，即可得出结论；第②种情况：当0°＜α＜60°时，如图4中，作∠ABD′＝∠ABD，BD′＝BD，连接CD′，AD′．证明方法类似（1），最后利用含30度角的直角三角形的性质即可得出结论．
【详解】
（1）①如图1中，作∠ABD′=∠ABD，BD′=BD，连接CD′，AD′，

∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∵∠DBC=30°，
∴∠ABD=∠ABC﹣∠DBC=15°，
在△ABD和△ABD′中，
∴△ABD≌△ABD′，
∴∠ABD=∠ABD′=15°，∠ADB=∠AD′B，
∴∠D′BC=∠ABD′+∠ABC=60°，
∵BD=BD′，BD=BC，
∴BD′=BC，
∴△D′BC是等边三角形，
②∵△D′BC是等边三角形，
∴D′B=D′C，∠BD′C=60°，
在△AD′B和△AD′C中，
∴△AD′B≌△AD′C，
∴∠AD′B=∠AD′C，
∴∠AD′B=∠BD′C=30°，
∴∠ADB=30°．
（1）∵∠DBC＜∠ABC，
∴60°＜α≤110°，
如图3中，作∠ABD′=∠ABD，BD′=BD，连接CD′，AD′，

∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠BAC=α，
∴∠ABC=（180°﹣α）=90°﹣α，
∴∠ABD=∠ABC﹣∠DBC=90°﹣α﹣β，
同（1）①可证△ABD≌△ABD′，
∴∠ABD=∠ABD′=90°﹣α﹣β，BD=BD′，∠ADB=∠AD′B
∴∠D′BC=∠ABD′+∠ABC=90°﹣α﹣β+90°﹣α=180°﹣（α+β），
∵α+β=110°，
∴∠D′BC=60°，
由（1）②可知，△AD′B≌△AD′C，
∴∠AD′B=∠AD′C，
∴∠AD′B=∠BD′C=30°，
∴∠ADB=30°．
（3）第①情况：当60°＜α＜110°时，如图3﹣1，

由（1）知，∠ADB=30°，
作AE⊥BD，
在Rt△ADE中，∠ADB=30°，AD=1，
∴DE=，
∵△BCD'是等边三角形，
∴BD'=BC=7，
∴BD=BD'=7，
∴BE=BD﹣DE=7﹣；
第②情况：当0°＜α＜60°时，
如图4中，作∠ABD′=∠ABD，BD′=BD，连接CD′，AD′．

同理可得：∠ABC=（180°﹣α）=90°﹣α，
∴∠ABD=∠DBC﹣∠ABC=β﹣（90°﹣α），
同（1）①可证△ABD≌△ABD′，
∴∠ABD=∠ABD′=β﹣（90°﹣α），BD=BD′，∠ADB=∠AD′B，
∴∠D′BC=∠ABC﹣∠ABD′=90°﹣α﹣[β﹣（90°﹣α）]=180°﹣（α+β），
∴D′B=D′C，∠BD′C=60°．
同（1）②可证△AD′B≌△AD′C，
∴∠AD′B=∠AD′C，
∵∠AD′B+∠AD′C+∠BD′C=360°，
∴∠ADB=∠AD′B=150°，
在Rt△ADE中，∠ADE=30°，AD=1，
∴DE=，
∴BE=BD+DE=7+，
故答案为：7+或7﹣．
【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查全等三角形的判定和性质．等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
22、-1
【解析】
原式利用乘方的意义，特殊角的三角函数值，零指数幂法则计算即可求出值．
【详解】
解：原式＝﹣4+1+1+1＝﹣1．
【点睛】
此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
23、（1）90°；（1）AE1+EB1＝AC1，证明见解析．
【解析】
（1）根据题意得到DE是线段BC的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到EB＝EC，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可；
（1）根据勾股定理解答．
【详解】
解：（1）∵点D是BC边的中点，DE⊥BC，
∴DE是线段BC的垂直平分线，
∴EB＝EC，
∴∠ECB＝∠B＝45°，
∴∠AEC＝∠ECB+∠B＝90°；
（1）AE1+EB1＝AC1．
∵∠AEC＝90°，
∴AE1+EC1＝AC1，
∵EB＝EC，
∴AE1+EB1＝AC1．
【点睛】
本题考查的是线段垂直平分线的性质定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
24、（1）证明见解析；（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是菱形，理由见解析.
【解析】
（1）由四边形ABCD是平行四边形，即可得AD=BC，AB=CD，∠A=∠C，又由E、F分别为边AB、CD的中点，可证得AE=CF，然后由SAS，即可判定△ADE≌△CBF；
（2）先证明BE与DF平行且相等，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形BEDF是平行四边形，再连接EF，可以证明四边形AEFD是平行四边形，所以AD∥EF，又AD⊥BD，所以BD⊥EF，根据菱形的判定可以得到四边形是菱形．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠C，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴AE=AB，CF=CD，
∴AE=CF，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是菱形，理由如下：
解：由（1）可得BE=DF，
又∵AB∥CD，
∴BE∥DF，BE=DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
连接EF，在▱ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，
∴DF∥AE，DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴EF∥AD，
∵∠ADB是直角，
∴AD⊥BD，
∴EF⊥BD，
又∵四边形BFDE是平行四边形，
∴四边形BFDE是菱形．

【点睛】
1、平行四边形的性质；2、全等三角形的判定与性质；3、菱形的判定