2022年江西省萍乡市九年级初中学业水平考试适应性（一）数学试题（含答案）

这是一份2022年江西省萍乡市九年级初中学业水平考试适应性（一）数学试题（含答案），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列各数中，绝对值最小的数是（ ）
A．0B．C．D．
2．如图所示几何体的左视图是（ ）
A．B．C．D．
3．下列各式运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．截至2021年12月，中国高铁营运里程达4.1万公里，居世界第一．将4.1万用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在等边中，点D是边上一点，连接，将绕点B逆时针旋转60°得到，连接与交于点F．若，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．C．D．的周长是9
6．二次函数的图象如图所示，已知，有下列结论：①；②当时，；③；④．其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
二、填空题
7．－2022的相反数是______．
8．小颖的储蓄罐里装有若干个1元的硬币，为了估计罐中硬币的个数，她将10个一样的1元硬币标上记号后放入储蓄罐中，经过充分摇匀后，随机从罐中摸出一个硬币，然后放回罐中，再从中摸出一个硬币，再放回……通过大量重复试验后发现，摸到没有记号的硬币的频率稳定在0.90左右，则储蓄罐中原来约有______个硬币．
9．若、是一元二次方程的两个根，则的值是______．
10．《孙子算经》中记载了一道题，大意是：100匹马恰好拉了100片瓦，已知1匹大马能拉3片瓦，3匹小马能拉1片瓦，问有多少匹大马、多少匹小马？设有x匹大马，y匹小马，根据题意可列方程组为______．
11．如图，在中，，动点在边上从点A开始向终点运动，则线段的中点从开始到停止所经过的路线长为______cm．
12．在中，，，，为中点，为边上一动点，当四边形有一组邻边相等时，则的长为_____________．
三、解答题
13．(1)计算：．
(2)如图，在中，点是的中点，延长，使，若点A，D，在同一条直线上，且，连接，．求证：四边形是矩形．
14．先化简：，然后请从1，，0，中选择一个你喜欢的数作为的值，代入求值．
15．为庆祝中国共产党成立100周年，某中学团委组织举办了主题为“学党史，跟党走”的党史知识竞赛．作答知识主题分别为A：国民革命时期，B：土地革命时期，C：抗日战争时期，D：解放战争时期四类．每轮作答，各选手分别随机抽取其中一主题作答竞赛．根据得分排名，依次进入初赛、复赛、半决赛、总决赛．每个选手在各轮作答中抽取的知识主题不重复．
(1)选手小明抽到“改革开放”主题是______（填“随机”、“不可能”或“必然”）事件；
(2)选手小明进行了两轮作答，请你用列表法或画树状图法求出小明两轮作答随机抽取到的是A（国民革命时期）和B（土地革命时期）主题的概率．
16．如图，是菱形的对角线，过点作，交的延长线于点．请用无刻度的直尺按要求画出图形，保留作图痕迹．
(1)在图中画出的中线；
(2)在图中画出的高．
17．英才中学为奖励在“红色经典”诵读比赛中获奖的10位同学，准备购买10件奖品．李老师到文具店后了解到甲、乙两种奖品的信息：①甲奖品的单价比乙奖品的单价少2元；②用30元购买甲奖品的数量比购买乙奖品的数量多4件．
(1)求甲奖品和乙奖品的单价；
(2)因经费限制，购买这两种奖品的总金额不能超过40元，那么乙奖品最多能购买多少件？
18．以抗美援朝为题材的电影《长津湖》上映后，票房突破55亿元，观影总人次达1．16亿，荣登年度全球票房冠军．某中学为了让学生亲身感受中国人民志愿军的英勇无畏、保家卫国的崇高精神，组织学生观看了这部电影．学校团委为了了解学生对这部电影的评价，从男、女学生中各抽取了名学生对这部电影进行评分（满分10分），然后对评分进行分组（A：；B：；C：；D：）．下面是对数据进行整理、描述和分析后的部分信息．
其中女生的评分位于A组的有14人，分别为：
10 10 9.8 9.8 9.7 9.6 9.6 9.5 9.5 9.4 9.2 9.2 9.2 9.2
男生、女生评分的平均数、中位数、众数（单位：分）如表所示：
(1)填空：______，______，并补全条形统计图；
(2)通过以上数据分析，你认为是男生还是女生更喜欢这部电影？（写一条理由即可）；
(3)如果该中学共有1200名学生观看了这部电影，请估计给这部电影评分在8分以上的学生有多少人？（假设该校男、女生比例为）
19．如图，直线与双曲线交于点，两点，与两坐标轴分别交于点，，已知点，连接，，．
(1)求的值；
(2)求的面积；
(3)将直线向下平移个单位后，与双曲线只有一个公共点，求的值．
20．图1所示的是一款卧室家用落地镜，其侧面示意图如图2所示，镜面可以绕点旋转，支撑部分为等腰三角形和底部两个等圆．已知，，，，圆的半径为．
(1)当镜面与支撑架重合时，求镜面的底部点到地面的距离．
(2)如图，在（2）条件下将镜面顺时针旋转，求此时镜面的侧面顶部点到地面的距离．
（结果精确到1cm．参考数据：，，，，）
21．如图，已知以为直径的与锐角的边交于点，与边交于点，过点作，垂足为点，连接，．
(1)求证：；
(2)若．
①求证：是的切线；
②若，，求，和弧围成的阴影部分的面积．
22．已知抛物线．
(1)当抛物线与轴仅有一个交点时，求的值和抛物线的顶点坐标；
(2)试说明：无论为何值，抛物线一定经过两个定点，并求出这两个定点的坐标；
(3)若抛物线的顶点到轴的距离为2，点在抛物线上运动，当时，求出的取值范围．
23．已知正方形，，绕点A旋转．
模型建立
(1)如图，当的一边与相交于点，另一边与的延长线交于点时，请直接写出与的数量关系．
类比应用
(2)如图，当的一边旋转到正方形的外部，且点，，在同一条直线上时，．猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想．
拓展延伸
(3)如图，当的一边旋转到正方形的内部，且点，，在同一条直线上时，若，，与交于点．已知，．
①求的长；
②直接写出的值．
男生
女生
平均数
9.2
9.2
中位数
9.5
众数
9.5
9.2
参考答案：
1．A
【分析】根据绝对值的定义求出各个数的绝对值，进行比较即可得到答案；
【详解】解：由题意可得，
，，，
∵，
∴绝对值最小的数是0，
故选A．
【点睛】本题考查绝对值定义及有理数的比较，解题的关键是熟练掌握求绝对值的方法．
2．D
【分析】找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都变现在左视图中．
【详解】解：从左视图看，易得到一个长方形，长方形中有一条横行的虚线，
故选：D．
【点睛】本题考查简单组合体的三视图，解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型．
3．D
【分析】根据同底数幂的乘除法运算法则，积的乘方运算法则，进行运算，即可一一判定．
【详解】解：A.，故该选项不正确，不符合题意；
B.，故该选项不正确，不符合题意；
C.，故该选项不正确，不符合题意；
D.，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘除法运算法则，积的乘方运算法则，熟练掌握和运用各运算法则是解决本题的关键．
4．B
【分析】用移动小数点的方法确定a值，根据整数位数减一原则确定n值，最后写成的形式即可．
【详解】解：万，
故选B．
【点睛】本题考查了科学记数法表示绝对值较大的数，熟练掌握确定a的方法，运用整数位数减去1确定n值是解题的关键．
5．C
【分析】根据旋转可得，所以；由旋转得是等边三角形，再结合是等边三角形，利用三角形外角等于不相邻两个内角的和，可求；利用证明，从而证明；由旋转得，所以对应边相等，再结合是等边三角形，即可得出结论．
【详解】①∵是等边三角形，由旋转得：，∴，故选项A正确．
②由旋转得：是等边三角形，∴，，，∴，故选项B正确．
③由旋转得：，是等边三角形，∴，∵，∴，∴，故选项C错误．
④∵，，∴的周长是9，故选项D正确．
【点睛】本题考查了旋转的性质和等边三角形的判定与性质，涉及到了平行线的判定、三角形相似、三角形全等，熟练掌握各知识点是解题的关键．
6．B
【分析】根据二次函数的图像与性质逐个判断即可．
【详解】∵抛物线与轴有两个交点，
∴，①正确；
∵，
∴点的横坐标为，当时，的值一部分小于0，一部分大于0，②错误；
∵对称轴直线，
∴，
即，③正确；
∵，代入得，，
∴．④正确．
故选：B．
【点睛】】本题考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数图象的开口方向、对称轴、顶点坐标与系数的关系以及二次函数与一元二次方程的根的关系是正确判断的前提．
7．2022
【详解】解：的相反数是2022．
【点睛】本题考查相反数的定义，只有符号不同的两个数互为相反数，熟练掌握该知识点是解题关键．
8．90
【分析】先设未知数，再依据概率公式列出方程，解出方程即可．
【详解】设原来约有硬币个，则，
解得
经检验，是原方程的解，
故答案为：90．
【点睛】本题考查了用频率估计概率，正确列出方程是解题的关键．
9．6
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得，由根的定义可得，代入即可得答案．
【详解】∵，，
∴．
故答案为：6
【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系及方程根的概念．
10．
【分析】根据题意可以列出相应的方程组，从而可以解答本题．
【详解】由题意可得，，
故答案为：
【点睛】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组．
11．5
【分析】取中点M，中点N，连接．再根据点从开始到停止所经过的路线长为的中点到的中点，即为的长，结合三角形中位线定理即可求解．
【详解】如图，取中点M，中点N，连接．
当动点和A点重合时，则点Q与点M重合，
当动点和B点重合时，则点Q与点N重合，
由三角形中位线定理可知．
由题意可知线段的中点从开始到停止所经过的路径即为线段，
∴线段的中点从开始到停止所经过的路线长为．
故答案为：5．
【点睛】本题考查三角形中位线定理．读懂题意，理解点从开始到停止所经过的路线长为的中点到的中点是解题关键．
12．或或．
【分析】分、、三种情况考虑，当时，由即可求出的长度；当时，过点作于，通过解直角三角形可得出的长度，再根据等腰三角形的三线合一即可得出的长度；当时，过点作于，设，则，利用勾股定理表示出的值，结合即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出的值，进而即可得出的长度，综上即可得出结论．
【详解】解：在中，，，，
， ，
为中点，
，
当四边形有一组邻边相等时，由以下三种情况．
①如图1，当时，
，
；
②如图2，当时，作，垂足为点，
，
，
在中，，
，
；
③如图3，当时，作，垂足为点，
，
设，则，
在中，，，，
，即
，
解得：，
即，
．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了勾股定理、等腰三角形的性质、含度角的直角三角形以及解一元一次方程，分三种情况寻找的长度是解题的关键．
13．(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据0指数幂，负指数幂，去绝对值，根数运算及特殊角三角函数值直接求解即可得到答案；
（2）根据四边形是矩形可得，结合 可得，根据点是的中点可得，结合，即可得到证明；
【详解】（1）解：原式；
（2）证明：∵点是的中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查0指数幂，负指数幂，去绝对值，根数运算，特殊角三角函数值及矩形的判定及平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟练掌握几个定义及性质．
14．，
【分析】根据分式的混合运算化简，然后根据分式有意义的条件，得出，代入求值即可求解．
【详解】解：原式
，
∵和0，
∴当时，原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，掌握分式的运算法则是解题的关键．
15．(1)不可能
(2)
【分析】（1）根据事件的分类进行作答即可；
（2）画出树状图，求出概率即可．
【详解】（1）解：∵作答知识主题中，没有“改革开放”主题，
∴选手小明抽到“改革开放”主题是不可能事件；
故答案为：不可能事件；
（2）解：画出树状图如下：
共有12种等可能情况，其中抽取的主题是A（国民革命时期）和B（土地革命时期）的情况有2种，
∴小明两轮作答抽取的主题是A（国民革命时期）和B（土地革命时期）的概率为．
【点睛】本题考查树状图法求概率．熟练掌握树状图的画法，以及概率公式，是解题的关键．
16．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）只需要连接交于M，连接，则即为所求；
（2）连接，交于O，连接交于G，连接并延长交于N，连接，则即为所求.
【详解】（1）解：如图所示，线段即为所求；
连接交于M，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴线段即为所求；
（2）解：如图所示，线段即为所求．
连接，交于O，连接交于G，连接并延长交于N，连接，
由（1）得，即C是的中点，
∵四边形是菱形，
∴是的中点，
∵三角形三条中线交于一点，
∴N是的中点，
∴，即是的高．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
17．(1)甲奖品的单价为3元，乙奖品的单价为5元
(2)乙奖品最多能购买5件
【分析】（1）设甲奖品的单价为元，则乙奖品的单价为元，根据题意即可列出分式方程，解方程即可求解；
（2）设购买乙奖品件，则购买甲奖品件，根据题意即可列出一元一次不等式，解不等式即可求解．
【详解】（1）解：设甲奖品的单价为元．
由题意可列方程：，
解得：，；
经检验得：，都是原方程的解，但不合题意，舍去，
．
答：甲奖品的单价为3元，乙奖品的单价为5元．
（2）解：设购买乙奖品件，则购买甲奖品件，
可列不等式：，
解得：．
答：乙奖品最多能购买5件．
【点睛】本题考查了分式方程及一元一次不等式的应用，理解题意，正确列出方程和不等式是解决本题的关键．
18．(1)，，图见解析
(2)男生更喜欢这部电影，理由见解析
(3)1050人
【分析】（1）评分位于A组有14人，占调查人数的70%，可求出调查人数，即m的值，根据中位数的意义可求出n的值；由m的值可求得男生评分位于B组的人数，进而可补全条形统计图；
（2）根据中位数进行判断即可；
（3）求出这部电影评分在8分以上的人数所占得百分比即可．
【详解】（1）（人），
，
男生评分位于B组的人数为：(人），
补全统计图如图所示．
（2）男生和女生对这部电影评分的平均数相同，但男生评分的中位数和众数都高于女生，所以男生更喜欢这部电影；
（3）给电影评分在8分以上的学生有：（人）
答：给此电影评分在8分以上的学生大约有1050人．
【点睛】本题考查扇形统计图，条形统计图，求中位数及用中位数做决策，用样本的百分比估计总体数量，理解两个统计图中数量之间的关系是解决问题的关键．
19．(1)
(2)12
(3)
【分析】（1）把代入，即可求解；
（2）由图形可得面积为和面积的和，分别求得和的面积即可求解；
（3）先求得直线解析式，根据平移法则求得平移后的直线解析式，联立双曲线，得到一元二次方程，令，即可求解．
【详解】（1）解：把代入，得：；
（2）解：把代入得：
，解得：，
∴直线的关系式为：，
当时，，
当时，，
解得：，
∴，，
∴，
∴的面积为：；
（3）解：设直线的关系式为．
把，代入得：
，解得，
∴线的关系式为，
∴直线向下平移个单位后的关系式为：．
联立，
化简得：．
∵平移后的直线与双曲线只有一个公共点，
∴，
解得：．
∵，
∴的值为．
【点睛】此题考查了一次函数与反比例函数的综合应用、涉及了一元二次方程根的判别式，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
20．(1)镜面的底部点到地面的距离为
(2)镜面的侧面顶部点到地面的距离约为
【分析】（1）过点作于点，并延长交地面于点，求出，根据三角函数求出，即可求出；
（2）过点作交所在直线于点，过点作于点，作于点，先根据等腰三角形的性质求出，然后再证明四边形为矩形，求出，再求出，根据三角函数求出、的值，即可得出答案．
【详解】（1）解：如图，过点作于点，并延长交地面于点，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴镜面的底部点到地面的距离为．
（2）解：过点作交所在直线于点，过点作于点，作于点，如图所示：
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴此时镜面的侧面顶部点到地面的距离约为：
．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角函数的定义，数形结合．
21．(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据为的直径，，得出，然后证明，，即可证明；
（2）①连接，根据三线合一得出，根据中位线的性质得出，进而得出，即可得证；
②根据题意，得出，则，证明是等边三角形，求出和，然后根据，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）连接，
①∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为半径，
∴是的切线．
②∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴
∴阴影部分的面积为．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，相似三角形的判定，切线的判定，圆内接四边形的性质，扇形面积计算，解直角三角形等知识，灵活运用以上知识是解题的关键．
22．(1)的值为1，顶点坐标为
(2)证明见解析，和
(3)或
【分析】（1）根据题意可得，即可求解；
（2）把代入可得，，即可求解；
（3）先求出抛物线的顶点坐标为，再由顶点到轴的距离为2，可得或3，再分两种情况，结合二次函数的图象和性质，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴仅有一个交点，
∴，
解得：，（舍去），
∴的值为1；
函数关系式为，故抛物线的顶点坐标为．
（2）解：当时，，
即，
解得：，．
∴抛物线一定经过和．
（3）解：∵
∴抛物线的顶点坐标为，
∵顶点到轴的距离为2，
即，
解得：或3．
①当时，函数关系式为：；
此时函数开口向下，对称轴为．
当时，；
当时，，
当时，，
此时函数满足，
即时，；
②当时，关系式为：，
此时函数开口向上，对称轴为，
当时，；
当时，，
当时，，
此时函数满足，
即时，；
综上，当时，的取值范围为：或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
23．(1)
(2)；理由见解析
(3)①；②
【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质，证明，即可得出结论；
（2）根据正方形的性质和旋转的性质，证明，得出，，根据，即可得出答案；
（3）①连接，，证明，得出，，根据勾股定理求出，求出，最后根据勾股定理求出即可；
②证明，，根据正切定义求出结果即可．
【详解】（1）解：∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）
解：，理由如下：
∵在正方形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在和中，
∴，
∴，，
∴，
即．
（3）①连接，，如图所示：
∵，
，
∴，
∵，，且
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
②设与交于点H，如图所示：
∵，，
又∵，
∴，
∵，
，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，求一个角的正切值，三角形内角和定理的应用，余角的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，数形结合，熟练熟练掌握三角形全等的判定方法和三角形相似的判定方法．