贵州省铜仁地区2022年中考数学模拟卷（四） 新人教版

2022年铜仁地区中考数学模拟卷（四）一．选择题（共10小题）1．（2022铜仁）的相反数是（　　）　　A．　　B．　　C．　　D．2考点：相反数。解答：解：∵2+（﹣2）=0，∴的相反数是2．故选D．2．（2022铜仁）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）　　A．4个　　B．3个　　C．2个　　D．1个考点：中心对称图形；轴对称图形。解答：解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形；B、是轴对称图形，不是中心对称图形；C、是轴对称图形，也是中心对称图形；D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故选B．3．（2022铜仁）某中学足球队的18名队员的年龄情况如下表：则这些队员年龄的众数和中位数分别是（　　）　　A．15，15　　B．15，15.5　　C．15，16　　D．16，15考点：众数；中位数。解答：解：根据图表数据，同一年龄人数最多的是15岁，共6人，所以众数是15，18名队员中，按照年龄从大到小排列，第9名队员的年龄是15岁，第10名队员的年龄是16岁，所以，中位数是=15.5．故选B．4．（2022铜仁）铜仁市对城区主干道进行绿化，计划把某一段公路的一侧全部栽上桂花树，要求路的两端各栽一棵，并且每两棵树的间隔相等．如果每隔5米栽1棵，则树苗缺21棵；如果每隔6米栽1棵，则树苗正好用完．设原有树苗x棵，则根据题意列出方程正确的是（　　）A．　　B．C．　　D．考点：由实际问题抽象出一元一次方程。解答：解：设原有树苗x棵，由题意得．12\n故选A．5．（2022铜仁）如图，正方形ABOC的边长为2，反比例函数的图象过点A，则k的值是（　　）　　A．2　　B．﹣2　　C．4　　D．﹣4考点：反比例函数系数k的几何意义。解答：解：因为图象在第二象限，所以k＜0，根据反比例函数系数k的几何意义可知|k|=2×2=4，所以k=﹣4．故选D．6．（2022铜仁）小红要过生日了，为了筹备生日聚会，准备自己动手用纸板制作一个底面半径为9cm，母线长为30cm的圆锥形生日礼帽，则这个圆锥形礼帽的侧面积为（　　）　　A．270πcm2　　B．540πcm2　　C．135πcm2　　D．216πcm2考点：圆锥的计算。解答：解：圆锥形礼帽的侧面积=π×9×30=270πcm2，故选A．7．（2022铜仁）如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线交于点E，过点E作MN∥BC交AB于M，交AC于N，若BM+CN=9，则线段MN的长为（　　）　　A．6　　B．7　　C．8　　D．9考点：等腰三角形的判定与性质；平行线的性质。解答：解：∵∠ABC、∠ACB的平分线相交于点E，∴∠MBE=∠EBC，∠ECN=∠ECB，∵MN∥BC，∴∠EBC=∠MEB，∠NEC=∠ECB，∴∠MBE=∠MEB，∠NEC=∠ECN，∴BM=ME，EN=CN，∴MN=ME+EN，即MN=BM+CN．∵BM+CN=9∴MN=9，故选D．8．（2022铜仁）如图，六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL，相似比为2：1，则下列结论正确的是（　　）12\n　　A．∠E=2∠K　　B．BC=2HI　　C．六边形ABCDEF的周长=六边形GHIJKL的周长　　D．S六边形ABCDEF=2S六边形GHIJKL考点：相似多边形的性质。解答：解：A、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL，∴∠E=∠K，故本选项错误；B、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL，相似比为2：1，∴BC=2HI，故本选项正确；C、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL，相似比为2：1，∴六边形ABCDEF的周长=六边形GHIJKL的周长×2，故本选项错误；D、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL，相似比为2：1，∴S六边形ABCDEF=4S六边形GHIJKL，故本选项错误．故选B．9．（2022铜仁）从权威部门获悉，中国海洋面积是299.7万平方公里，约为陆地面积的三分之一，299.7万平方公里用科学记数法表示为（　　）平方公里（保留两位有效数字）　　A．B．C．D．考点：科学记数法与有效数字。解答：解：299.7万=2.997×106≈3.0×106．故选：C．10．（2022铜仁）如图，第①个图形中一共有1个平行四边形，第②个图形中一共有5个平行四边形，第③个图形中一共有11个平行四边形，…则第⑩个图形中平行四边形的个数是（　　）　　A．54　　B．110　　C．19　　D．109考点：规律型：图形的变化类。解答：解：第①个图形中有1个平行四边形；第②个图形中有1+4=5个平行四边形；第③个图形中有1+4+6=11个平行四边形；第④个图形中有1+4+6+8=19个平行四边形；…第n个图形中有1+2（2+3+4+…+n）个平行四边形；第⑩个图形中有1+2（2+3+4+5+6+7+8+9+10）=109个平行四边形；故选D．二、填空题：（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）11．（2022铜仁）|﹣2022|=．考点：绝对值。解答：解：∵﹣2022＜0，∴|﹣2022|=2022．故答案为：2022．12\n12．（2022铜仁）当x时，二次根式有意义．考点：二次根式有意义的条件。解答：解：根据题意得，＞0，解得x＞0．故答案为：x＞0．13．（2022铜仁）若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是．考点：多边形内角与外角。解答：解：360÷40=9，即这个多边形的边数是9．14．（2022铜仁）已知圆O1和圆O2外切，圆心距为10cm，圆O1的半径为3cm，则圆O2的半径为．考点：圆与圆的位置关系。解答：解：∵圆O1和圆O2外切，圆心距为10cm，圆O1的半径为3cm，∴圆O2的半径为：10﹣3=7（cm）．故答案为：7cm．15．（2022铜仁）照如图所示的操作步骤，若输入x的值为5，则输出的值为．考点：代数式求值。解答：解：（5+5）2﹣3=100﹣3=97，故答案为97．16．（2022铜仁）一个不透明的口袋中，装有红球6个，白球9个，黑球3个，这些球除颜色不同外没有任何区别，现从中任意摸出一个球，恰好是黑球的概率为．考点：概率公式。解答：解：根据题意可得：一袋中装有红球6个，白球9个，黑球3个，共18个，任意摸出1个，摸到黑球的概率是==．故答案为：．17．（2022铜仁）一元二次方程的解是．考点：解一元二次方程-因式分解法。解答：解：原方程可化为：（x﹣3）（x+1）=0，∴x1=3，x2=﹣1．18．（2022铜仁）以边长为2的正方形的中心O为端点，引两条相互垂直的射线，分别与正方形的边交于A、B两点，则线段AB的最小值是．考点：正方形的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线。解答：解：12\n∵四边形CDEF是正方形，∴∠OCD=∠ODB=45°，∠COD=90°，OC=OD，∵AO⊥OB，∴∠AOB=90°，∴∠CAO+∠AOD=90°，∠AOD+∠DOB=90°，∴∠COA=∠DOB，∵在△COA和△DOB中，∴△COA≌△DOB，∴OA=OB，∵∠AOB=90°，∴△AOB是等腰直角三角形，由勾股定理得：AB==OA，要使AB最小，只要OA取最小值即可，根据垂线段最短，OA⊥CD时，OA最小，∵正方形CDEF，∴FC⊥CD，OD=OF，∴CA=DA，∴OA=CF=1，即AB=，故答案为：．三、解答题：（本题共4个题，19、20题每小题5分，第21、22、23每题10分，共40分，要有解题的主要过程）19．（2022铜仁）化简：考点：分式的混合运算。解答：解：原式===-119．（2022铜仁）某市计划在新竣工的矩形广场的内部修建一个音乐喷泉，要求音乐喷泉M到广场的两个入口A、B的距离相等，且到广场管理处C的距离等于A和B之间距离的一半，A、B、C的位置如图所示，请在原图上利用尺规作图作出音乐喷泉M的位置，（要求：不写已知、求作、作法和结论，保留作图痕迹，必须用铅笔作图）考点：作图—应用与设计作图。解答：解：作图：连接AB…（1分）12\n作出线段AB的垂直平分线…（3分）在矩形中标出点M的位置…（5分）（必须保留尺规作图的痕迹，痕迹不全少一处扣（1分），不用直尺连接AB不给分，无圆规痕迹不给分．）20．（2022铜仁）如图，E、F是四边形ABCD的对角线BD上的两点，AE∥CF，AE=CF，BE=DF．求证：△ADE≌△CBF．考点：全等三角形的判定。解答：证明：∵AE∥CF∴∠AED=∠CFB，…（3分）∵DF=BE，∴DF+EF=BE+EF，即DE=BF，…（6分）在△ADE和△CBF中，，…（9分）∴△ADE≌△CBF（SAS）…（10分）．21．（2022铜仁）某区对参加2022年中考的5000名初中毕业生进行了一次视力抽样调查，绘制出频数分布表和频数分布直方图的一部分．请根据图表信息回答下列问题：（1）在频数分布表中，a的值为，b的值为，并将频数分布直方图补充完整；（2）甲同学说：“我的视力情况是此次抽样调查所得数据的中位数”，问甲同学的视力情况应在什么范围？（3）若视力在4.9以上（含4.9）均属正常，则视力正常的人数占被统计人数的百分比是；并根据上述信息估计全区初中毕业生中视力正常的学生有多少人？12\n考点：频数（率）分布直方图；用样本估计总体；频数（率）分布表；中位数。解答：解：（1）∵20÷0.1=200，∴a=200﹣20﹣40﹣70﹣10=60，b=10÷200=0.05；补全直方图如图所示．故填60；0.05．（2）∵根据中位数的定义知道中位数在4.6≤x＜4.9，∴甲同学的视力情况范围：4.6≤x＜4.9；（3）视力正常的人数占被统计人数的百分比是：，∴估计全区初中毕业生中视力正常的学生有35%×5000=1750人．故填35%．22．（2022铜仁）如图，定义：在直角三角形ABC中，锐角α的邻边与对边的比叫做角α的余切，记作ctanα，即ctanα==，根据上述角的余切定义，解下列问题：（1）ctan30°=；（2）如图，已知tanA=，其中∠A为锐角，试求ctanA的值．考点：锐角三角函数的定义；勾股定理。12\n解答：解：（1）∵Rt△ABC中，α=30°，∴BC=AB，∴AC===AB，∴ctan30°==．故答案为：；（2）∵tanA=，∴设BC=3，AC=4，则AB=5，∴ctanA==．23．（2022铜仁）如图，已知⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，AB⊥CD，⊙O的切线BF与弦AD的延长线相交于点F．（1）求证：CD∥BF；（2）若⊙O的半径为5，cos∠BCD=，求线段AD的长．考点：切线的性质；圆周角定理；解直角三角形。解答：（1）证明：∵BF是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，∴BF⊥AB，…3分∵CD⊥AB，∴CD∥BF；…6分（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，…7分∵⊙O的半径5，∴AB=10，…8分∵∠BAD=∠BCD，…10分∴cos∠BAD=cos∠BCD==，12\n∴AD=cos∠BAD•AB=×10=8，∴AD=8．…12分24．（2022铜仁）为了抓住梵净山文化艺术节的商机，某商店决定购进A、B两种艺术节纪念品．若购进A种纪念品8件，B种纪念品3件，需要950元；若购进A种纪念品5件，B种纪念品6件，需要800元．（1）求购进A、B两种纪念品每件各需多少元？（2）若该商店决定购进这两种纪念品共100件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元，但不超过7650元，那么该商店共有几种进货方案？（3）若销售每件A种纪念品可获利润20元，每件B种纪念品可获利润30元，在第（2）问的各种进货方案中，哪一种方案获利最大？最大利润是多少元？考点：一元一次不等式组的应用；二元一次方程组的应用。解答：解：（1）设该商店购进一件A种纪念品需要a元，购进一件B种纪念品需要b元，根据题意得方程组得：，…2分解方程组得：，∴购进一件A种纪念品需要100元，购进一件B种纪念品需要50元…4分；（2）设该商店购进A种纪念品x个，则购进B种纪念品有（100﹣x）个，∴，…6分解得：50≤x≤53，…7分∵x为正整数，∴共有4种进货方案…8分；（3）因为B种纪念品利润较高，故B种数量越多总利润越高，因此选择购A种50件，B种50件．…10分总利润=50×20+50×30=2500（元）∴当购进A种纪念品50件，B种纪念品50件时，可获最大利润，最大利润是2500元．…12分25．（2022铜仁）如图，已知：直线交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C（1，0）三点.（1）求抛物线的解析式;（2）若点D的坐标为（-1，0），在直线上有一点P,使ΔABO与ΔADP相似，求出点P的坐标；（3）在（2）的条件下，在x轴下方的抛物线上，是否存在点E，使ΔADE的面积等于四边形APCE的面积？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由．12\n考点：二次函数综合题。解答：解：（1）：由题意得，A（3，0），B（0，3）∵抛物线经过A、B、C三点，∴把A（3，0），B（0，3），C（1，0）三点分别代入得方程组解得：∴抛物线的解析式为（2）由题意可得：△ABO为等腰三角形,如图所示，若△ABO∽△AP1D，则12\n∴DP1=AD=4,∴P1若△ABO∽△ADP2，过点P2作P2M⊥x轴于M，AD=4,∵△ABO为等腰三角形,∴△ADP2是等腰三角形,由三线合一可得：DM=AM=2=P2M，即点M与点C重合∴P2（1，2）（3）如图设点E，则①当P1(-1,4)时，S四边形AP1CE=S三角形ACP1+S三角形ACE=∴∴∵点E在x轴下方∴代入得：,即∵△=(-4)2-4×7=-12<0∴此方程无解②当P2（1，2）时，S四边形AP2CE=S三角形ACP2+S三角形ACE=∴∴∵点E在x轴下方∴代入得：12\n即，∵△=(-4)2-4×5=-4<0∴此方程无解综上所述，在x轴下方的抛物线上不存在这样的点E。12