重庆市丰都县琢成学校2021-2022学年中考数学模拟预测试卷含解析

这是一份重庆市丰都县琢成学校2021-2022学年中考数学模拟预测试卷含解析，共20页。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．如图，数轴上有A，B，C，D四个点，其中绝对值最小的数对应的点是 ( )

A．点A B．点B C．点C D．点D
2．如图，数轴上有M、N、P、Q四个点，其中点P所表示的数为a，则数-3a所对应的点可能是( )

A．M B．N C．P D．Q
3．济南市某天的气温：-5~8℃，则当天最高与最低的温差为（ ）
A．13 B．3 C．-13 D．-3
4．如图，由矩形和三角形组合而成的广告牌紧贴在墙面上，重叠部分（阴影）的面积是4m2，广告牌所占的面积是 30m2（厚度忽略不计），除重叠部分外，矩形剩余部分的面积比三角形剩余部分的面积多2m2，设矩形面积是xm2，三角形面积是ym2，则根据题意，可列出二元一次方程组为（　　）

A． B． C． D．
5．如图，已知l1∥l2，∠A=40°，∠1=60°，则∠2的度数为（ ）

A．40° B．60° C．80° D．100°
6．第 24 届冬奥会将于 2022 年在北京和张家口举行，冬奥会的项目有滑雪（如跳台滑雪、高山滑雪、单板滑雪等）、滑冰（如短道速滑、速度滑冰、花样滑冰等）、冰球、冰壶等．如图，有 5 张形状、大小、质地均相同的卡片，正面分别印有高山滑雪、速度滑冰、冰球、单板滑雪、冰壶五种不同的图案，背面完全相同．现将这 5 张卡片洗匀后正面向下放在桌子上，从中随机抽取一张，抽出的卡片正面恰好是滑雪项目图案的概率是（ ）

A． B． C． D．
7．如图，已知边长为2的正三角形ABC顶点A的坐标为（0，6），BC的中点D在y轴上，且在点A下方，点E是边长为2、中心在原点的正六边形的一个顶点，把这个正六边形绕中心旋转一周，在此过程中DE的最小值为（　　）

A．3 B．4﹣ C．4 D．6﹣2
8．如图，△ABC中，DE∥BC，，AE＝2cm，则AC的长是（　　）

A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm
9．夏新同学上午卖废品收入13元，记为+13元，下午买旧书支出9元，记为（　　）元．
A．+4 B．﹣9 C．﹣4 D．+9
10．如图，是一个工件的三视图，则此工件的全面积是（　　）

A．60πcm2 B．90πcm2 C．96πcm2 D．120πcm2
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．如图，直线a∥b，∠l=60°，∠2=40°，则∠3=_____．

12．一个不透明的袋子中装有三个小球，它们除分别标有的数字 1，3，5 不同外，其他完全相同．从袋子中任意摸出一球后放回，再任意摸出一球，则两次摸出的球所标数字之 和为8的概率是__________．
13．将一张长方形纸片折叠成如图所示的形状，若∠DBC=56°，则∠1=_____°．

14．如图，在四边形ABCD中，AC、BD是对角线，AC=AD，BC＞AB，AB∥CD，AB=4，BD=2，tan∠BAC=3，则线段BC的长是_____．

15．如图是一个立体图形的三种视图，则这个立体图形的体积(结果保留π）为______________.

16．二次函数y=的图象如图，点A0位于坐标原点，点A1，A2，A3…An在y轴的正半轴上，点B1，B2，B3…Bn在二次函数位于第一象限的图象上，点C1，C2，C3…Cn在二次函数位于第二象限的图象上，四边形A0B1A1C1，四边形A1B2A2C2，四边形A2B3A3C3…四边形An﹣1BnAnCn都是菱形，∠A0B1A1=∠A1B2A1=∠A2B3A3…=∠An1BnAn
=60°，菱形An﹣1BnAnCn的周长为　 　．

17．如图，圆锥底面圆心为O，半径OA＝1，顶点为P，将圆锥置于平面上，若保持顶点P位置不变，将圆锥顺时针滚动三周后点A恰好回到原处，则圆锥的高OP＝_____．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）学习了正多边形之后，小马同学发现利用对称、旋转等方法可以计算等分正多边形面积的方案．
（1）请聪明的你将下面图①、图②、图③的等边三角形分别割成2个、3个、4个全等三角形；
（2）如图④，等边△ABC边长AB＝4，点O为它的外心，点M、N分别为边AB、BC上的动点（不与端点重合），且∠MON＝120°，若四边形BMON的面积为s，它的周长记为l，求最小值；
（3）如图⑤，等边△ABC的边长AB＝4，点P为边CA延长线上一点，点Q为边AB延长线上一点，点D为BC边中点，且∠PDQ＝120°，若PA＝x，请用含x的代数式表示△BDQ的面积S△BDQ．

19．（5分）某学校要了解学生上学交通情况，选取七年级全体学生进行调查，根据调查结果，画出扇形统计图（如图），图中“公交车”对应的扇形圆心角为60°，“自行车”对应的扇形圆心角为120°，已知七年级乘公交车上学的人数为50人．
（1）七年级学生中，骑自行车和乘公交车上学的学生人数哪个更多？多多少人？
（2）如果全校有学生2400人，学校准备的600个自行车停车位是否足够？

20．（8分）今年3月12日植树节期间，学校预购进A，B两种树苗．若购进A种树苗3棵，B种树苗5棵，需2100元；若购进A种树苗4棵，B种树苗10棵，需3800元．求购进A，B两种树苗的单价；若该学校准备用不多于8000元的钱购进这两种树苗共30棵，求A种树苗至少需购进多少棵．
21．（10分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC与⊙O相交于点D，点E在⊙O上,且DE=DA，AE与BC交于点F．
（1）求证：FD=CD；
（2）若AE=8，tan∠E=，求⊙O的半径．

22．（10分）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，垂足为D，E为BC边上一动点（不与B、C重合），AE、BD交于点F．
（1）当AE平分∠BAC时，求证：∠BEF=∠BFE；
（2）当E运动到BC中点时，若BE=2，BD=2.4，AC=5，求AB的长．

23．（12分）如图，在自动向西的公路l上有一检查站A，在观测点B的南偏西53°方向，检查站一工作人员家住在与观测点B的距离为7km，位于点B南偏西76°方向的点C处，求工作人员家到检查站的距离AC．（参考数据：sin76°≈，cos76°≈，tan 76°≈4，sin53°≈，tan53°≈）

24．（14分）（2016湖南省株洲市）某市对初二综合素质测评中的审美与艺术进行考核，规定如下：考核综合评价得分由测试成绩（满分100分）和平时成绩（满分100分）两部分组成，其中测试成绩占80%，平时成绩占20%，并且当综合评价得分大于或等于80分时，该生综合评价为A等．
（1）孔明同学的测试成绩和平时成绩两项得分之和为185分，而综合评价得分为91分，则孔明同学测试成绩和平时成绩各得多少分？
（2）某同学测试成绩为70分，他的综合评价得分有可能达到A等吗？为什么？
（3）如果一个同学综合评价要达到A等，他的测试成绩至少要多少分？



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、B
【解析】
试题分析：在数轴上，离原点越近则说明这个点所表示的数的绝对值越小，根据数轴可知本题中点B所表示的数的绝对值最小．故选B．
2、A
【解析】
解：∵点P所表示的数为a，点P在数轴的右边，∴-3a一定在原点的左边，且到原点的距离是点P到原点距离的3倍，∴数-3a所对应的点可能是M，故选A．
点睛：本题考查了数轴，解决本题的关键是判断-3a一定在原点的左边，且到原点的距离是点P到原点距离的3倍．
3、A
【解析】
由题意可知，当天最高温与最低温的温差为8-（-5）=13℃，故选A.
4、A
【解析】
根据题意找到等量关系：①矩形面积+三角形面积﹣阴影面积＝30；②（矩形面积﹣阴影面积）﹣（三角形面积﹣阴影面积）＝4，据此列出方程组．
【详解】
依题意得：
．
故选A．
【点睛】
考查了由实际问题抽象出二元一次方程组．根据实际问题中的条件列方程组时，要注意抓住题目中的一些关键性词语，找出等量关系，列出方程组．
5、D
【解析】
根据两直线平行，内错角相等可得∠3=∠1，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【详解】
解：∵l1∥l2，
∴∠3=∠1=60°，
∴∠2=∠A+∠3=40°+60°=100°．
故选D．

【点睛】
本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
6、B
【解析】
先找出滑雪项目图案的张数，结合5 张形状、大小、质地均相同的卡片，再根据概率公式即可求解．
【详解】
∵有 5 张形状、大小、质地均相同的卡片，滑雪项目图案的有高山滑雪和单板滑雪2张，
∴从中随机抽取一张，抽出的卡片正面恰好是滑雪项目图案的概率是.
故选B．
【点睛】
本题考查了简单事件的概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7、B
【解析】
分析：首先得到当点E旋转至y轴上时DE最小，然后分别求得AD、OE′的长，最后求得DE′的长即可．
详解：如图，当点E旋转至y轴上时DE最小；

∵△ABC是等边三角形，D为BC的中点，
∴AD⊥BC
∵AB=BC=2
∴AD=AB•sin∠B=，
∵正六边形的边长等于其半径，正六边形的边长为2，
∴OE=OE′=2
∵点A的坐标为（0，6）
∴OA=6
∴DE′=OA-AD-OE′=4-
故选B．
点睛：本题考查了正多边形的计算及等边三角形的性质，解题的关键是从图形中整理出直角三角形．
8、C
【解析】
由∥可得△ADE∽△ABC，再根据相似三角形的性质即可求得结果.
【详解】
∵∥
∴△ADE∽△ABC
∴
∵
∴AC=6cm
故选C.
考点：相似三角形的判定和性质
点评：解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的对应边成比例，注意对应字母在对应位置上.
9、B
【解析】
收入和支出是两个相反的概念，故两个数字分别为正数和负数.
【详解】
收入13元记为＋13元，那么支出9元记作－9元
【点睛】
本题主要考查了正负数的运用，熟练掌握正负数的概念是本题的关键.
10、C
【解析】
先根据三视图得到圆锥的底面圆的直径为12cm，高为8cm，再计算母线长为10，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形半径等于圆锥的母线长计算圆锥的侧面积和底面积的和即可.
【详解】
圆锥的底面圆的直径为12cm，高为8cm，
所以圆锥的母线长==10，
所以此工件的全面积=π×62+×2π×6×10=96π(cm2).
故答案选C.
【点睛】
本题考查的知识点是圆锥的面积及由三视图判断几何体，解题的关键是熟练的掌握圆锥的面积及由三视图判断几何体.

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、80°
【解析】
根据平行线的性质求出∠4，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】
解：

∵a∥b，
∴∠4=∠l=60°，
∴∠3=180°-∠4-∠2=80°，
故答案为：80°．
【点睛】
本题考查的是平行线的性质、三角形内角和定理，掌握两直线平行，同位角相等是解题的关键．
12、
【解析】
根据题意列出表格或树状图即可解答．
【详解】
解：根据题意画出树状图如下：

总共有9种情况，其中两个数字之和为8的有2种情况，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了概率的求解，解题的关键是画出树状图或列出表格，并熟记概率的计算公式．
13、62
【解析】
根据折叠的性质得出∠2=∠ABD，利用平角的定义解答即可．
【详解】
解:如图所示：

由折叠可得：∠2=∠ABD，
∵∠DBC=56°，
∴∠2+∠ABD+56°=180°，
解得：∠2=62°，
∵AE//BC，
∴∠1=∠2=62°，
故答案为62.
【点睛】
本题考查了折叠变换的知识以及平行线的性质的运用，根据折叠的性质得出∠2=∠ABD是关键．
14、6
【解析】
作DE⊥AB，交BA的延长线于E，作CF⊥AB，可得DE=CF，且AC=AD，可证Rt△ADE≌Rt△AFC，可得AE=AF，∠DAE=∠BAC，根据tan∠BAC=∠DAE=，可设DE=3a，AE=a，根据勾股定理可求a的值，由此可得BF，CF的值．再根据勾股定理求BC的长．
【详解】
如图：

作DE⊥AB，交BA的延长线于E，作CF⊥AB，
∵AB∥CD，DE⊥AB⊥，CF⊥AB
∴CF=DE，且AC=AD
∴Rt△ADE≌Rt△AFC
∴AE=AF，∠DAE=∠BAC
∵tan∠BAC=3
∴tan∠DAE=3
∴设AE=a，DE=3a
在Rt△BDE中，BD2=DE2+BE2
∴52=（4+a）2+27a2
解得a1=1，a2=-（不合题意舍去）
∴AE=1=AF，DE=3=CF
∴BF=AB-AF=3
在Rt△BFC中，BC=＝6
【点睛】
本题是解直角三角形问题，恰当地构建辅助线是本题的关键，利用三角形全等证明边相等，并借助同角的三角函数值求线段的长，与勾股定理相结合，依次求出各边的长即可．
15、250
【解析】
从三视图可以看正视图以及左视图为矩形，而俯视图为圆形，故可以得出该立体图形为圆柱．由三视图可得圆柱的半径和高，易求体积．
【详解】
该立体图形为圆柱，
∵圆柱的底面半径r=5，高h=10，
∴圆柱的体积V=πr2h=π×52×10=250π（立方单位）．
答：立体图形的体积为250π立方单位．
故答案为250π.
【点睛】
考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查；圆柱体积公式=底面积×高．
16、4n
【解析】
试题解析：∵四边形A0B1A1C1是菱形，∠A0B1A1=60°，
∴△A0B1A1是等边三角形．
设△A0B1A1的边长为m1，则B1（，）；
代入抛物线的解析式中得：，
解得m1=0（舍去），m1=1；
故△A0B1A1的边长为1，
同理可求得△A1B2A2的边长为2，
…
依此类推，等边△An-1BnAn的边长为n，
故菱形An-1BnAnCn的周长为4n．
考点：二次函数综合题．
17、
【解析】
先利用圆的周长公式计算出PA的长，然后利用勾股定理计算PO的长．
【详解】
解：根据题意得2π×PA＝3×2π×1，
所以PA＝3，
所以圆锥的高OP＝
故答案为．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）详见解析；（2）2+2；（3）S△BDQx+．
【解析】
（1）根据要求利用全等三角形的判定和性质画出图形即可．
（2）如图④中，作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，连接OB．证明△OEM≌△OFN（ASA），推出EM＝FN，ON＝OM，S△EOM＝S△NOF，推出S四边形BMON＝S四边形BEOF＝定值，证明Rt△OBE≌Rt△OBF（HL），推出BM+BN＝BE+EM+BF﹣FN＝2BE＝定值，推出欲求最小值，只要求出l的最小值，因为l＝BM+BN+ON+OM＝定值+ON+OM所以欲求最小值，只要求出ON+OM的最小值，因为OM＝ON，根据垂线段最短可知，当OM与OE重合时，OM定值最小，由此即可解决问题．
（3）如图⑤中，连接AD，作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．证明△PDF≌△QDE（ASA），即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1，作一边上的中线可分割成2个全等三角形，
如图2，连接外心和各顶点的线段可分割成3个全等三角形，
如图3，连接各边的中点可分割成4个全等三角形，

（2）如图④中，作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，连接OB．

∵△ABC是等边三角形，O是外心，
∴OB平分∠ABC，∠ABC＝60°∵OE⊥AB，OF⊥BC，
∴OE＝OF，
∵∠OEB＝∠OFB＝90°，
∴∠EOF+∠EBF＝180°，
∴∠EOF＝∠NOM＝120°，
∴∠EOM＝∠FON，
∴△OEM≌△OFN（ASA），
∴EM＝FN，ON＝OM，S△EOM＝S△NOF，
∴S四边形BMON＝S四边形BEOF＝定值，
∵OB＝OB，OE＝OF，∠OEB＝∠OFB＝90°，
∴Rt△OBE≌Rt△OBF（HL），
∴BE＝BF，
∴BM+BN＝BE+EM+BF﹣FN＝2BE＝定值，
∴欲求最小值，只要求出l的最小值，
∵l＝BM+BN+ON+OM＝定值+ON+OM，
欲求最小值，只要求出ON+OM的最小值，
∵OM＝ON，根据垂线段最短可知，当OM与OE重合时，OM定值最小，
此时定值最小，s＝×2×＝，l＝2+2++＝4+，
∴的最小值＝＝2+2．
（3）如图⑤中，连接AD，作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．

∵△ABC是等边三角形，BD＝DC，
∴AD平分∠BAC，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
∵∠DEA＝∠DEQ＝∠AFD＝90°，
∴∠EAF+∠EDF＝180°，
∵∠EAF＝60°，
∴∠EDF＝∠PDQ＝120°，
∴∠PDF＝∠QDE，
∴△PDF≌△QDE（ASA），
∴PF＝EQ，
在Rt△DCF中，∵DC＝2，∠C＝60°，∠DFC＝90°，
∴CF＝CD＝1，DF＝，
同法可得：BE＝1，DE＝DF＝，
∵AF＝AC﹣CF＝4﹣1＝3，PA＝x，
∴PF＝EQ＝3+x，
∴BQ＝EQ﹣BE＝2+x，
∴S△BDQ＝•BQ•DE＝×（2+x）×＝x+．
【点睛】
本题主要考查多边形的综合题，主要涉及的知识点：全等三角形的判定和性质、多边形内角和、角平分线的性质、等量代换、三角形的面积等，牢记并熟练运用这些知识点是解此类综合题的关键。
19、（1）骑自行车的人数多，多50人；（2）学校准备的600个自行车停车位不足够，理由见解析
【解析】
分析: （1）根据乘公交车的人数除以乘公交车的人数所占的比例，可得调查的样本容量，根据样本容量乘以自行车所占的百分比，可得骑自行车的人数，根据有理数的减法，可得答案；
（2）根据学校总人数乘以骑自行车所占的百分比，可得答案.
详解:
（1）乘公交车所占的百分比=，
调查的样本容量50÷=300人，
骑自行车的人数300×=100人，
骑自行车的人数多，多100﹣50=50人；
（2）全校骑自行车的人数2400×=800人，
800＞600，
故学校准备的600个自行车停车位不足够．
点睛: 本题考查了扇形统计图，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．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小.
20、（1）A种树苗的单价为200元，B种树苗的单价为300元；（2）10棵
【解析】
试题分析：（1）设B种树苗的单价为x元，则A种树苗的单价为y元．则由等量关系列出方程组解答即可；
（2）设购买A种树苗a棵，则B种树苗为（30﹣a）棵，然后根据总费用和两种树苗的棵数关系列出不等式解答即可．
试题解析：（1）设B种树苗的单价为x元，则A种树苗的单价为y元，
可得：，
解得：，
答：A种树苗的单价为200元，B种树苗的单价为300元.
（2）设购买A种树苗a棵，则B种树苗为（30﹣a）棵，
可得：200a+300（30﹣a）≤8000，
解得：a≥10，
答：A种树苗至少需购进10棵．
考点：1．一元一次不等式的应用；2．二元一次方程组的应用
21、（1）证明见解析；（2）；
【解析】
（1）先利用切线的性质得出∠CAD+∠BAD=90°，再利用直径所对的圆周角是直角得出∠B+∠BAD=90°，从而可证明∠B=∠EAD，进而得出∠EAD=∠CAD，进而判断出△ADF≌△ADC，即可得出结论；（2）过点D作DG⊥AE，垂足为G．依据等腰三角形的性质可得到EG=AG=1，然后在Rt△GEG中，依据锐角三角函数的定义可得到DG的长，然后依据勾股定理可得到AD=ED=2，然后在Rt△ABD中，依据锐角三角函数的定义可求得AB的长，从而可求得⊙O的半径的长．
【详解】
（1）∵AC 是⊙O 的切线，
∴BA⊥AC，
∴∠CAD+∠BAD=90°，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠B+∠BAD=90°，
∴∠CAD=∠B，
∵DA=DE，
∴∠EAD=∠E，
又∵∠B=∠E，
∴∠B=∠EAD，
∴∠EAD=∠CAD，
在△ADF和△ADC中，∠ADF=∠ADC=90°，AD=AD，∠FAD=∠CAD，
∴△ADF≌△ADC，
∴FD=CD．
（2）如下图所示：过点D作DG⊥AE，垂足为G．

∵DE=AE，DG⊥AE，
∴EG=AG=AE=1．
∵tan∠E=，
∴=，即=，解得DG=1．
∴ED==2．
∵∠B=∠E，tan∠E=，
∴sin∠B=，即，解得AB=．
∴⊙O的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，圆的性质，全等三角形的判定和性质，利用等式的性质 和同角的余角相等判断角相等是解本题的关键．
22、（1）证明见解析；（1）2
【解析】
分析：（1）根据角平分线的定义可得∠1=∠1，再根据等角的余角相等求出∠BEF=∠AFD，然后根据对顶角相等可得∠BFE=∠AFD，等量代换即可得解；
（1）根据中点定义求出BC，利用勾股定理列式求出AB即可．
详解：（1）如图，∵AE平分∠BAC，∴∠1=∠1．
∵BD⊥AC，∠ABC=90°，∴∠1+∠BEF=∠1+∠AFD=90°，∴∠BEF=∠AFD．
∵∠BFE=∠AFD（对顶角相等），∴∠BEF=∠BFE；
（1）∵BE=1，∴BC=4，由勾股定理得：AB===2．

点睛：本题考查了直角三角形的性质，勾股定理的应用，等角的余角相等的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
23、工作人员家到检查站的距离AC的长约为km．
【解析】
分析：过点B作BH⊥l交l于点H，解Rt△BCH，得出CH=BC•sin∠CBH=，BH=BC•cos∠CBH=．再解Rt△BAH中，求出AH=BH•tan∠ABH=，那么根据AC=CH-AH计算即可.
详解：如图，过点B作BH⊥l交l于点H，

∵在Rt△BCH中，∠BHC=90°，∠CBH=76°，BC=7km，
∴CH=BC•sin∠CBH≈，
BH=BC•cos∠CBH≈．
∵在Rt△BAH中，∠BHA=90°，∠ABH=53°，BH=，
∴AH=BH•tan∠ABH≈，
∴AC=CH﹣AH=（km）．
答：工作人员家到检查站的距离AC的长约为km．
点睛：本题考查的是解直角三角形的应用-方向角问题，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．
24、（1）孔明同学测试成绩位90分，平时成绩为95分；（2）不可能；（3）他的测试成绩应该至少为1分．
【解析】
试题分析：（1）分别利用孔明同学的测试成绩和平时成绩两项得分之和为185分，而综合评价得分为91分，分别得出等式求出答案；
（2）利用测试成绩占80%，平时成绩占20%，进而得出答案；
（3）首先假设平时成绩为满分，进而得出不等式，求出测试成绩的最小值．
试题解析：（1）设孔明同学测试成绩为x分，平时成绩为y分，依题意得：，解之得：．
答：孔明同学测试成绩位90分，平时成绩为95分；
（2）由题意可得：80﹣70×80%=24，24÷20%=120＞100，故不可能．
（3）设平时成绩为满分，即100分，综合成绩为100×20%=20，设测试成绩为a分，根据题意可得：20+80%a≥80，解得：a≥1．
答：他的测试成绩应该至少为1分．
考点：一元一次不等式的应用；二元一次方程组的应用．