2022届山西省晋中学市重点名校中考联考数学试题含解析

这是一份2022届山西省晋中学市重点名校中考联考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了4的平方根是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．下列计算正确的是（ ）
A．x2+x2=x4 B．x8÷x2=x4 C．x2•x3=x6 D．（-x）2-x2=0
2．一元二次方程4x2﹣2x+=0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法判断
3．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB=30°，则∠DAC的度数是( )

A． B． C． D．
4．如图，在中，D、E分别在边AB、AC上，，交AB于F，那么下列比例式中正确的是　　

A． B． C． D．
5．4的平方根是( )
A．4 B．±4 C．±2 D．2
6．在刚刚结束的中考英语听力、口语测试中，某班口语成绩情况如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．中位数是9 B．众数为16 C．平均分为7.78 D．方差为2
7．甲、乙两人加工一批零件，甲完成240个零件与乙完成200个零件所用的时间相同，已知甲比乙每天多完成8个零件．设乙每天完成x个零件，依题意下面所列方程正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．有6个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（ ）

A． B． C． D．
9．如图，这是一个几何体的三视图，根据图中所示数据计算这个几何体的侧面积为（　　）

A．9π B．10π C．11π D．12π
10．如图是由若干个小正方体块搭成的几何体的俯视图，小正方块中的数字表示在该位置的小正方体块的个数，那么这个几何体的主视图是（ ）

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．同时抛掷两枚质地均匀的硬币，则两枚硬币全部正面向上的概率是 ．
12．如图，在△PAB中，PA＝PB，M、N、K分别是PA，PB，AB上的点，且AM＝BK，BN＝AK．若∠MKN＝40°，则∠P的度数为___

13．因式分解：3x2-6xy+3y2=______．
14．如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AB＝3， BC＝2，tanA＝，则CD＝_____．

15．二次根式在实数范围内有意义，x的取值范围是_____．
16．如图，E是▱ABCD的边AD上一点，AE=ED，CE与BD相交于点F，BD=10，那么DF=__．

三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）综合与实践﹣﹣﹣折叠中的数学
在学习完特殊的平行四边形之后，某学习小组针对矩形中的折叠问题进行了研究．
问题背景：
在矩形ABCD中，点E、F分别是BC、AD 上的动点，且BE=DF，连接EF，将矩形ABCD沿EF折叠，点C落在点C′处，点D落在点D′处，射线EC′与射线DA相交于点M．
猜想与证明：
（1）如图1，当EC′与线段AD交于点M时，判断△MEF的形状并证明你的结论；
操作与画图：
（2）当点M与点A重合时，请在图2中作出此时的折痕EF和折叠后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标注相应的字母）；
操作与探究：
（3）如图3，当点M在线段DA延长线上时，线段C′D'分别与AD，AB交于P，N两点时，C′E与AB交于点Q，连接MN 并延长MN交EF于点O．
求证：MO⊥EF 且MO平分EF；
（4）若AB=4，AD=4，在点E由点B运动到点C的过程中，点D'所经过的路径的长为　 　．

18．（8分）某市政府大力支持大学生创业．李明在政府的扶持下投资销售一种进价为20元的护眼台灯．销售过程中发现，每月销售量Y（件）与销售单价x（元）之间的关系可近似的看作一次函数：y＝﹣10x+1．设李明每月获得利润为W（元），当销售单价定为多少元时，每月获得利润最大？根据物价部门规定，这种护眼台灯不得高于32元，如果李明想要每月获得的利润2000元，那么销售单价应定为多少元？
19．（8分）已知线段a及如图形状的图案.
（1）用直尺和圆规作出图中的图案，要求所作图案中圆的半径为a（保留作图痕迹）
（2）当a=6时，求图案中阴影部分正六边形的面积.

20．（8分）如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD于点E．
（1）如图1，猜想∠QEP=　 　°；
（2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明；
（3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．

21．（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，点P、D分别是BC、AC边上的点，且∠APD=∠B,求证：AC•CD=CP•BP；若AB=10，BC=12，当PD∥AB时，求BP的长．

22．（10分）某商场购进一种每件价格为90元的新商品，在商场试销时发现：销售单价x(元/件)与每天销售量y(件)之间满足如图所示的关系．求出y与x之间的函数关系式；写出每天的利润W与销售单价x之间的函数关系式，并求出售价定为多少时，每天获得的利润最大？最大利润是多少？

23．（12分）2017年10月31日，在广州举行的世界城市日全球主场活动开幕式上，住建部公布许昌成为“国家生态园林城市”在2018年植树节到来之际，许昌某中学购买了甲、乙两种树木用于绿化校园．若购买7棵甲种树和4棵乙种树需510元；购买3棵甲种树和5棵乙种树需350元．
（1）求甲种树和乙种树的单价；
（2）按学校规划，准备购买甲、乙两种树共200棵，且甲种树的数量不少于乙种树的数量的，请设计出最省钱的购买方案，并说明理由．
24．计算：|﹣2|+2cos30°﹣（﹣）2+（tan45°）﹣1



参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、D
【解析】
试题解析：A原式=2x2，故A不正确；
B原式=x6，故B不正确；
C原式=x5，故C不正确；
D原式=x2-x2=0，故D正确；
故选D
考点：1.同底数幂的除法；2.合并同类项；3.同底数幂的乘法；4.幂的乘方与积的乘方．
2、B
【解析】
试题解析：在方程4x2﹣2x+ =0中，△=（﹣2）2﹣4×4× =0，
∴一元二次方程4x2﹣2x+=0有两个相等的实数根．
故选B．
考点：根的判别式．
3、D
【解析】
由题意知：△ABC≌△DEC，
∴∠ACB=∠DCE=30°，AC=DC，
∴∠DAC=（180°−∠DCA）÷2=（180°−30°）÷2=75°．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．
4、C
【解析】
根据平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质找准线段的对应关系，对各选项分析判断．
【详解】
A、∵EF∥CD，DE∥BC，∴，，∵CE≠AC，∴，故本选项错误；
B、∵EF∥CD，DE∥BC，∴，，∴，∵AD≠DF，∴，故本选项错误；
C、∵EF∥CD，DE∥BC，∴，，∴，故本选项正确；
D、∵EF∥CD，DE∥BC，∴，，∴，∵AD≠DF，∴，故本选项错误.
故选C.
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例的运用及平行于三角形一边的直线截其它两边，所得的新三角形与原三角形相似的定理的运用，在解答时寻找对应线段是关健．
5、C
【解析】
根据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x1=a，则x就是a的平方根，由此即可解决问题．
【详解】
∵（±1）1=4，
∴4的平方根是±1．
故选D．
【点睛】
本题考查了平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根．
6、A
【解析】
根据中位数，众数，平均数，方差等知识即可判断；
【详解】
观察图象可知，共有50个学生，从低到高排列后，中位数是25位与26位的平均数，即为1．
故选A．
【点睛】
本题考查中位数，众数，平均数，方差的定义，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7、B
【解析】
根据题意设出未知数，根据甲所用的时间＝乙所用的时间，用时间列出分式方程即可.
【详解】
设乙每天完成x个零件，则甲每天完成(x+8)个.
即得， ，故选B.
【点睛】
找出甲所用的时间＝乙所用的时间这个关系式是本题解题的关键.
8、C
【解析】
试题分析：根据主视图是从正面看得到的图形，可得答案．
解：从正面看第一层三个小正方形，第二层左边一个小正方形，右边一个小正方形．
故选C．
考点：简单组合体的三视图．
9、B
【解析】
【分析】由三视图可判断出几何体的形状，进而利用圆锥的侧面积公式求出答案．
【详解】由题意可得此几何体是圆锥，
底面圆的半径为：2，母线长为：5，
故这个几何体的侧面积为：π×2×5=10π，
故选B．
【点睛】本题考查了由三视图判断几何体的形状以及圆锥侧面积求法，正确得出几何体的形状是解题关键．
10、B
【解析】
根据俯视图可确定主视图的列数和每列小正方体的个数．
【详解】
由俯视图可得，主视图一共有两列，左边一列由两个小正方体组成，右边一列由3个小正方体组成．
故答案选B.
【点睛】
由几何体的俯视图可确定该几何体的主视图和左视图．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、．
【解析】
试题分析：画树状图为：

共有4种等可能的结果数，其中两枚硬币全部正面向上的结果数为1，所以两枚硬币全部正面向上的概率=．故答案为．
考点：列表法与树状图法．
12、100°
【解析】
由条件可证明△AMK≌△BKN，再结合外角的性质可求得∠A＝∠MKN，再利用三角形内角和可求得∠P．
【详解】
解：∵PA＝PB，
∴∠A＝∠B，
在△AMK和△BKN中，
，
∴△AMK≌△BKN（SAS），
∴∠AMK＝∠BKN，
∵∠A+∠AMK＝∠MKN+∠BKN，
∴∠A＝∠MKN＝40°，
∴∠P＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
故答案为100°
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质及三角形内角和定理，利用条件证得△AMK≌△BKN是解题的关键．
13、3（x﹣y）1
【解析】
试题分析：原式提取3，再利用完全平方公式分解即可，得到3x1﹣6xy+3y1=3（x1﹣1xy+y1）=3（x﹣y）1．
考点：提公因式法与公式法的综合运用
14、
【解析】
延长AD和BC交于点E，在直角△ABE中利用三角函数求得BE的长，则EC的长即可求得，然后在直角△CDE中利用三角函数的定义求解．
【详解】
如图，延长AD、BC相交于点E，

∵∠B=90°，
∴，
∴BE=，
∴CE=BE-BC=2，AE=，
∴，
又∵∠CDE=∠CDA=90°，
∴在Rt△CDE中，，
∴CD=.
15、x≤1
【解析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【详解】
解：由题意得，1﹣x≥0，
解得，x≤1，
故答案为x≤1．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数必须是非负数是解题的关键．
16、4
【解析】
∵AE=ED，AE+ED=AD，∴ED=AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD//BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴DF：BF=DE：BC=2：3，
∵DF+BF=BD=10，
∴DF=4，
故答案为4.

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）△MEF是等腰三角形（2）见解析（3）证明见解析（4）
【解析】
（1）由AD∥BC，可得∠MFE＝∠CEF，由折叠可得，∠MEF＝∠CEF，依据∠MFE＝∠MEF，即可得到ME＝MF，进而得出△MEF是等腰三角形；
（2）作AC的垂直平分线，即可得到折痕EF，依据轴对称的性质，即可得到D'的位置；
（3）依据△BEQ≌△D'FP，可得PF＝QE，依据△NC'P≌△NAP，可得AN＝C'N，依据Rt△MC'N≌Rt△MAN，可得∠AMN＝∠C'MN，进而得到△MEF是等腰三角形，依据三线合一，即可得到MO⊥EF 且MO平分EF；
（4）依据点D'所经过的路径是以O为圆心，4为半径，圆心角为240°的扇形的弧，即可得到点D'所经过的路径的长．
【详解】
（1）△MEF是等腰三角形．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠MFE=∠CEF，
由折叠可得，∠MEF=∠CEF，
∴∠MFE=∠MEF，
∴ME=MF，
∴△MEF是等腰三角形．
（2）折痕EF和折叠后的图形如图所示：

（3）如图，

∵FD=BE，
由折叠可得，D'F=DF，
∴BE=D'F，
在△NC'Q和△NAP中，∠C'NQ=∠ANP，∠NC'Q=∠NAP=90°，
∴∠C'QN=∠APN，
∵∠C'QN=∠BQE，∠APN=∠D'PF，
∴∠BQE=∠D'PF，
在△BEQ和△D'FP中，
，
∴△BEQ≌△D'FP（AAS），
∴PF=QE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
∴AD﹣FD=BC﹣BE，
∴AF=CE，
由折叠可得，C'E=EC，
∴AF=C'E，
∴AP=C'Q，
在△NC'Q和△NAP中，
，
∴△NC'P≌△NAP（AAS），
∴AN=C'N，
在Rt△MC'N和Rt△MAN中，
，
∴Rt△MC'N≌Rt△MAN（HL），
∴∠AMN=∠C'MN，
由折叠可得，∠C'EF=∠CEF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFE=∠FEC，
∴∠C'EF=∠AFE，
∴ME=MF，
∴△MEF是等腰三角形，
∴MO⊥EF 且MO平分EF；
（4）在点E由点B运动到点C的过程中，点D'所经过的路径是以O为圆心，4为半径，圆心角为240°的扇形的弧，如图：

故其长为L=．
故答案为．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、弧长计算公式，等腰三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质的综合应用，熟练掌握等腰三角形的判定定理和性质定理是解本题的关键．
18、 (1)35元；(2)30元．
【解析】
(1)由题意得，每月销售量与销售单价之间的关系可近似看作一次函数，利润=(定价-进价)×销售量，从而列出关系式，利用配方法得出最值；
(2)令w=2000，然后解一元二次方程，从而求出销售单价．
【详解】
解：(1)由题意，得：
W=(x-20)×y
=(x-20)(-10x+1)
=-10x2+700x-10000
=-10(x-35)2+2250
当x=35时，W取得最大值，最大值为2250，
答：当销售单价定为35元时，每月可获得最大利润为2250元；
(2)由题意，得：，
解得：，，
销售单价不得高于32元，
销售单价应定为30元．
答：李明想要每月获得2000元的利润，销售单价应定为30元．
【点睛】
本题考查二次函数的性质及其应用，还考查抛物线的基本性质，另外将实际问题转化为求函数最值问题，从而来解决实际问题．
19、（1）如图所示见解析，（2）当半径为6时，该正六边形的面积为
【解析】
试题分析：
（1）先画一半径为a的圆，再作所画圆的六等分点，如图所示，连接所得六等分点，作出两个等边三角形即可；
（2）如下图，连接OA、OB、OC、OD，作OE⊥AB于点E，由已知条件先求出AB和OE的长，再求出CD的长，即可求得△OCD的面积，这样即可由S阴影=6S△OCD求出阴影部分的面积了.
试题解析：
（1）所作图形如下图所示：

（2）如下图，连接OA、OB、OC、OD，作OE⊥AB于点E，则由题意可得：OA=OB=6，∠AOB=120°，∠OEB=90°，AE=BE，△BOC，△AOD都是等腰三角形，△OCD的三边三角形，
∴∠ABO=30°，BC=OC=CD=AD，
∴BE=OB·cos30°=，OE=3，
∴AB=，
∴CD=，
∴S△OCD=，
∴S阴影=6S△OCD=.

20、（1）∠QEP=60°；（2）∠QEP=60°，证明详见解析；（3）
【解析】
（1）如图1，先根据旋转的性质和等边三角形的性质得出∠PCA=∠QCB，进而可利用SAS证明△CQB≌△CPA，进而得∠CQB=∠CPA，再在△PEM和△CQM中利用三角形的内角和定理即可求得∠QEP=∠QCP，从而完成猜想；
（2）以∠DAC是锐角为例，如图2，仿（1）的证明思路利用SAS证明△ACP≌△BCQ，可得∠APC=∠Q，进一步即可证得结论；
（3）仿（2）可证明△ACP≌△BCQ，于是AP=BQ，再求出AP的长即可，作CH⊥AD于H，如图3，易证∠APC=30°，△ACH为等腰直角三角形，由AC=4可求得CH、PH的长，于是AP可得，问题即得解决.
【详解】
解：(1)∠QEP=60°；
证明：连接PQ，如图1，由题意得：PC=CQ，且∠PCQ=60°，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠PCA=∠QCB，
则在△CPA和△CQB中，
，
∴△CQB≌△CPA(SAS)，
∴∠CQB=∠CPA，
又因为△PEM和△CQM中，∠EMP=∠CMQ，
∴∠QEP=∠QCP=60°.
故答案为60；

(2)∠QEP=60°.以∠DAC是锐角为例.
证明：如图2，∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，
∴CP=CQ，∠PCQ=60°，
∴∠ACB+∠BCP=∠BCP+∠PCQ，
即∠ACP=∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，
，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)，
∴∠APC=∠Q，
∵∠1=∠2，
∴∠QEP=∠PCQ=60°； 

(3)连结CQ，作CH⊥AD于H，如图3，
与(2)一样可证明△ACP≌△BCQ，∴AP=BQ，
∵∠DAC=135°，∠ACP=15°，
∴∠APC=30°，∠CAH=45°，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴AH=CH=AC=×4=，
在Rt△PHC中，PH=CH=，
∴PA=PH−AH=－，
∴BQ=−.
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和有关计算、30°角的直角三角形的性质等知识，涉及的知识点多、综合性强，灵活应用全等三角形的判定和性质、熟练掌握旋转的性质和相关图形的性质是解题的关键.
21、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（2）易证∠APD=∠B=∠C，从而可证到△ABP∽△PCD，即可得到，即AB•CD=CP•BP，由AB=AC即可得到AC•CD=CP•BP；
（2）由PD∥AB可得∠APD=∠BAP，即可得到∠BAP=∠C，从而可证到△BAP∽△BCA，然后运用相似三角形的性质即可求出BP的长．
解：（1）∵AB=AC，∴∠B=∠C．
∵∠APD=∠B，∴∠APD=∠B=∠C．
∵∠APC=∠BAP+∠B，∠APC=∠APD+∠DPC，
∴∠BAP=∠DPC，
∴△ABP∽△PCD，
∴，
∴AB•CD=CP•BP．
∵AB=AC，
∴AC•CD=CP•BP；
（2）∵PD∥AB，∴∠APD=∠BAP．
∵∠APD=∠C，∴∠BAP=∠C．
∵∠B=∠B，
∴△BAP∽△BCA，
∴．
∵AB=10，BC=12，
∴，
∴BP=．
“点睛”本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、三角形外角的性质等知识，把证明AC•CD=CP•BP转化为证明AB•CD=CP•BP是解决第（1）小题的关键，证到∠BAP=∠C进而得到△BAP∽△BCA是解决第（2）小题的关键．
22、（1）y=-x+170；（2）W=﹣x2+260x﹣1530，售价定为130元时，每天获得的利润最大，最大利润是2元．
【解析】
（1）先利用待定系数法求一次函数解析式；
（2）用每件的利润乘以销售量得到每天的利润W，即W=（x﹣90）（﹣x+170），然后根据二次函数的性质解决问题．
【详解】
（1）设y与x之间的函数关系式为y=kx+b，根据题意得：，解得：，∴y与x之间的函数关系式为y=﹣x+170；
（2）W=（x﹣90）（﹣x+170）=﹣x2+260x﹣1．
∵W=﹣x2+260x﹣1=﹣（x﹣130）2+2，而a=﹣1＜0，∴当x=130时，W有最大值2．
答：售价定为130元时，每天获得的利润最大，最大利润是2元．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用：利用二次函数解决利润问题，先利用利润=每件的利润乘以销售量构建二次函数关系式，然后根据二次函数的性质求二次函数的最值，一定要注意自变量x的取值范围．
23、（1）甲种树的单价为50元/棵，乙种树的单价为40元/棵．（2）当购买1棵甲种树、133棵乙种树时，购买费用最低，理由见解析．
【解析】
（1）设甲种树的单价为x元/棵，乙种树的单价为y元/棵，根据“购买7棵甲种树和4棵乙种树需510元；购买3棵甲种树和5棵乙种树需350元”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买甲种树a棵，则购买乙种树（200-a）棵，根据甲种树的数量不少于乙种树的数量的可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范围，再由甲种树的单价比乙种树的单价贵，即可找出最省钱的购买方案．
【详解】
解：（1）设甲种树的单价为x元/棵，乙种树的单价为y元/棵，
根据题意得：
，
解得：
答：甲种树的单价为50元/棵，乙种树的单价为40元/棵．
（2）设购买甲种树a棵，则购买乙种树（200﹣a）棵，
根据题意得：
解得：
∵a为整数，
∴a≥1．
∵甲种树的单价比乙种树的单价贵，
∴当购买1棵甲种树、133棵乙种树时，购买费用最低．
【点睛】
一元一次不等式的应用，二元一次方程组的应用,读懂题目，是解题的关键.
24、1
【解析】
本题涉及绝对值、特殊角的三角函数值、负指数幂、二次根式化简、乘方5个考点，先针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果即可．
【详解】
解：原式＝2﹣+2×﹣3+1
＝1．
【点睛】
本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型，解决此类题目的关键是熟练掌握绝对值、特殊角的三角函数值、负指数幂、二次根式化简、乘方等考点的运算．