2022年北京中考数学模拟试卷1（含答案解析）

这是一份2022年北京中考数学模拟试卷1（含答案解析），共35页。试卷主要包含了分解因式等内容，欢迎下载使用。
2022年北京中考数学模拟试卷1
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2020•金坛区二模）若一个几何体的表面展开图如图所示，则这个几何体是（　　）

A．三棱柱 B．四棱柱 C．三棱锥 D．四棱锥
2．（2分）（2022•宿州一模）电影《长津湖》2021年9月30日上映以来，据有关票房数据显示，截止到10月7日，总票房达46.49亿．将数据46.49亿用科学记数法表示为（　　）
A．46.49×108 B．4.649×108
C．4.649×109 D．0.4649×1010
3．（2分）（2022•海淀区校级模拟）如图，点O在直线AB上，OC⊥OD．若∠BOC＝60°，则∠AOD的大小为（　　）

A．160° B．140° C．120° D．150°
4．（2分）（2021•云南）一个十边形的内角和等于（　　）
A．1800° B．1660° C．1440° D．1200°
5．（2分）（2018秋•资源县期中）实数a，b，c在数轴上的对应点的位置如图所示，如果a+b＝0，那么下列结论正确的是（　　）

A．＞ B．a+c＜0 C．abc＜0 D．
6．（2分）（2022•拱墅区模拟）在一个不透明纸箱中放有除了数字不同外，其它完全相同的2张卡片，分别标有数字1、2，从中任意摸出一张，放回搅匀后再任意摸出一张，两次摸出的数字之和为奇数的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（2分）（2021•鹿城区校级二模）与+1最接近的整数是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．8
8．（2分）（2022•建湖县一模）如图，游乐园里的原子滑车是很多人喜欢的项目，惊险刺激，原子滑车在轨道上运行的过程中有一段路线可以看作是抛物线的一部分，原子滑车运行的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝ax2+bx+c（a≠0）．如图记录了原子滑车在该路段运行的x与y的三组数据A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3），根据上述函数模型和数据，可推断出，此原子滑车运行到最低点时，所对应的水平距离x满足（　　）

A．x＜x1 B．x1＜x＜x2 C．x＝x2 D．x2＜x＜x3
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2022•南山区模拟）如果式子有意义，那么x的取值范围是 　 　．
10．（2分）（2021秋•泗水县期末）分解因式：﹣2a3+12a2﹣18a＝　 　．
11．（2分）（2021秋•源汇区校级期末）方程的解为x＝　 　．
12．（2分）（2022•碑林区校级模拟）如图，△AOB在平面直角坐标系中，∠OBA＝90°，OB＝2AB，点A（5，0），若反比例函数y＝的图象经过点B，则k的值为 　 　．

13．（2分）（2020秋•玄武区月考）如图，直线a⊥b，垂足为H，点P在直线b上，PH＝4cm，O为直线b上一动点，若以2cm为半径的⊙O与直线a相切，则OP的长为　 　．

14．（2分）（2021•桃江县模拟）如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：
①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝FC；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．
其中，正确的序号为：　 　．

15．（2分）（2020秋•兴庆区校级期末）某校组织了一次比赛，甲、乙两队各有5人参加比赛，两队每人的比赛成绩（单位：分）如下：
甲队：7，8，9，6，10
乙队：10，9，5，8，8
已知甲队成绩的方差为S甲2＝2，则成绩波动较大的是　 　队．
16．（2分）甲、乙两队修建一条水渠，甲先完成工程的三分之一，乙后完成工程的三分之二，两队所用的天数为A；甲先完成工程的三分之二，乙后完成工程的三分之一，两队所用天数为B；甲、乙两队同时工作完成的天数为C，已知A比B多5，A是C的2倍多4，那么甲单独完成此项工程需要 　 　天．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2021秋•林甸县期末）计算：（π﹣3.14）0++2tan60°﹣（﹣2）2021•（）2020．
18．（5分）（2021秋•杜尔伯特县期末）解不等式组：．
19．（5分）（2021秋•沈丘县期末）先化简，再求值：
[（x﹣2y）2+（x﹣2y）（x+2y）﹣2x（2x﹣y）]÷2x，其中x＝1，y＝﹣2．
20．（5分）（2022春•朝阳区校级月考）在6×8的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，已知线段AB，其中点A在直线MN上．请用无刻度的直尺按要求作图，保留作图痕迹．
（1）在图①中，在直线MN上找到一点C，作△ABC，使得∠ACB＝45°；
（2）在图②中，在直线MN上找到一点D，作△ABD，使得∠ABD＝45°；
（3）在图③中，在直线MN上找到一点E，作△ABE，使得∠EAB＝∠EBA．

21．（6分）（2021•南充）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0．
（1）求证：无论k取何值，方程都有两个不相等的实数根．
（2）如果方程的两个实数根为x1，x2，且k与都为整数，求k所有可能的值．
22．（6分）（2022•海淀区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，AD＝BC，点E在BC延长线上，AE与CD交于点F．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AE平分∠BAD，AB＝13，cosB＝，求AD和CF的长．

23．（5分）（2021秋•东城区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数的图象向下平移2个单位长度得到．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）当x＞﹣4时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值大于一次函数y＝kx+b的值，直接写出m的取值范围．

24．（6分）（2020秋•饶平县校级期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，C是中点，弦CE⊥AB于点H，连接AD，分别交CE、BC于点P、Q，连接BD．
（1）求证：P是线段AQ的中点；
（2）若⊙O的半径为5，D是的中点，求弦CE的长．

25．（5分）（2021春•襄汾县期末）某校为了解七、八年级学生对“防溺水”安全知识的掌握情况，从七、八年级各随机抽取50名学生进行测试，并对成绩（百分制）进行整理和分析．部分信息如下：
a．七年级成绩频数分布直方图；
b．七年级成绩在70≤x＜80这一组的是：
70 72 74 75 76 76 77 77 77 78 79
c．七、八年级成绩的平均数、中位数如下：
年级
平均数
中位数
七
76.9
m
八
79.2
79.5
根据以上信息，回答下列问题：
（1）在这次测试中，七年级在80分以上（含80分）的有 　 　人；
（2）表中m的值为 　 　；
（3）在这次测试中，七年级学生甲与八年级学生乙的成绩都是78分，请判断两位学生在各自年级的排名谁更靠前，并说明理由．

26．（6分）（2021春•海曙区校级期末）已知抛物线y＝ax2﹣2x+1（a≠0）的对称轴为直线x＝1．
（1）a＝　 　；
（2）若抛物线的顶点为P，直线y＝9与抛物线交于两点G、H，求△PGH的面积；
（3）设直线y＝m（m＞0）与抛物线y＝ax2﹣2x+1交于点A、B，与抛物线y＝4（x﹣1）2交于点C，D，则线段AB与线段CD的长度之比为 　 　．
27．（7分）（2022•沙坪坝区校级开学）如图，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，将CA绕点C顺时针旋转至CD，连接AD，E为直线CD上一点，连接AE．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，∠ACD＝90°，E为CD中点，AB＝2，求△BCE的面积；
（2）如图2，若∠ACD＝90°，点E在线段CD上且∠DAE+∠ABC＝90°，AE的延长线与BC的延长线交于点F，连接DF，求证：BC＝DF．


28．（7分）（2021秋•晋州市期末）如图：

（1）【问题发现】
如图1，△ABC内接于半径为4的⊙O，若∠C＝60°，则AB＝　 　；
（2）【问题探究】
如图2，四边形ABCD内接于半径为6的⊙O，若∠B＝120°，求四边形ABCD的面积最大值；
（3）【解决问题】
如图3，一块空地由三条直路（线段AD、AB、BC）和一条弧形道路围成，点M是AB道路上的一个地铁站口，已知AD＝BM＝1千米，AM＝BC＝2千米，∠A＝∠B＝60°，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点P在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段DM、MC、CP、PD，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．


2022年北京中考数学模拟试卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2020•金坛区二模）若一个几何体的表面展开图如图所示，则这个几何体是（　　）

A．三棱柱 B．四棱柱 C．三棱锥 D．四棱锥
【考点】几何体的展开图．
【专题】几何图形；空间观念．
【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题．
【解答】解：三个长方形和两个三角形折叠后可以围成三棱柱．
故选：A．
【点评】考查了几何体的展开图，熟记常见几何体的表面展开图特征，是解决此类问题的关键．
2．（2分）（2022•宿州一模）电影《长津湖》2021年9月30日上映以来，据有关票房数据显示，截止到10月7日，总票房达46.49亿．将数据46.49亿用科学记数法表示为（　　）
A．46.49×108 B．4.649×108
C．4.649×109 D．0.4649×1010
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：46.49亿＝4649000000＝4.649×109．
故选：C．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，正确确定a的值以及n的值是解决问题的关键．
3．（2分）（2022•海淀区校级模拟）如图，点O在直线AB上，OC⊥OD．若∠BOC＝60°，则∠AOD的大小为（　　）

A．160° B．140° C．120° D．150°
【考点】垂线．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；运算能力．
【分析】根据垂直的定义可得∠BOC＝90°，进而求出∠BOD，再根据平角的定义求出答案．
【解答】解：∵OC⊥OD．
∴∠COD＝90°，
∵∠BOC＝60°，
∴∠BOD＝90°﹣60°＝30°，
又∵∠AOD+∠BOD＝180°，
∴∠AOD＝180°﹣30°＝150°，
故选：D．
【点评】本题考查垂线，角的计算，理解垂直的定义以及角的和差关系是正确解答的前提．
4．（2分）（2021•云南）一个十边形的内角和等于（　　）
A．1800° B．1660° C．1440° D．1200°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】根据多边形的内角和等于（n﹣2）•180°即可得解．
【解答】解：根据多边形内角和公式得，
十边形的内角和等于：（10﹣2）×180°＝8×180°＝1440°，
故选：C．
【点评】此题考查了多边形的内角，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．
5．（2分）（2018秋•资源县期中）实数a，b，c在数轴上的对应点的位置如图所示，如果a+b＝0，那么下列结论正确的是（　　）

A．＞ B．a+c＜0 C．abc＜0 D．
【考点】实数与数轴；绝对值．
【专题】实数；运算能力；推理能力．
【分析】由a+b＝0可以得出a、b互为相反数，从而得出a＜0＜b＜c，|a|＝|b|＜|c|即可作出判断．
【解答】解：∵a+b＝0，
∴a、b互为相反数，a＜0＜b＜c，|a|＝|b|＜|c|，
∴A选项错误；
∵a+c要取绝对值较大的数的符号，
∴a+c＞0，
∴B选项错误；
∵a＜0＜b＜c，
∴abc＜0，
∴C选项正确；
∵a、b互为相反数，
∴＝﹣1，
∴D选项错误，
故选：C．
【点评】本题主要考查数轴的性质，关键是要牢记数轴上的点从左到右依次增大，到原点的距离越小的数的绝对值越小．
6．（2分）（2022•拱墅区模拟）在一个不透明纸箱中放有除了数字不同外，其它完全相同的2张卡片，分别标有数字1、2，从中任意摸出一张，放回搅匀后再任意摸出一张，两次摸出的数字之和为奇数的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；数据分析观念；推理能力．
【分析】画树状图，共有4种等可能的结果，两次摸出的数字之和为奇数的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：

共有4种等可能的结果，两次摸出的数字之和为奇数的结果有2种，
∴两次摸出的数字之和为奇数的概率为＝，
故选：C．
【点评】此题主要考查了树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
7．（2分）（2021•鹿城区校级二模）与+1最接近的整数是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．8
【考点】估算无理数的大小．
【专题】实数；二次根式；运算能力．
【分析】先估算出的范围，再求出+1的范围，最后得出选项即可．
【解答】解：∵3.5＜＜4，
∴4.5+1＜5，
∴与+1最接近的整数是5，
故选：B．
【点评】本题考查了实数的大小比较和估算无理数的大小，能估算出的范围是解此题的关键．
8．（2分）（2022•建湖县一模）如图，游乐园里的原子滑车是很多人喜欢的项目，惊险刺激，原子滑车在轨道上运行的过程中有一段路线可以看作是抛物线的一部分，原子滑车运行的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝ax2+bx+c（a≠0）．如图记录了原子滑车在该路段运行的x与y的三组数据A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3），根据上述函数模型和数据，可推断出，此原子滑车运行到最低点时，所对应的水平距离x满足（　　）

A．x＜x1 B．x1＜x＜x2 C．x＝x2 D．x2＜x＜x3
【考点】二次函数的应用．
【专题】二次函数图象及其性质；几何直观；运算能力．
【分析】将点A（0，2）、B（2，1）、C（4，4）分别代入函数解析式，求得系数的值；然后由抛物线的对称轴公式可以得到答案．
【解答】解：根据题意知，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A（0，2）、B（2，1）、C（4，4），
则，
解得：，
所以x＝﹣＝﹣＝．
∴此原子滑车运行到最低点时，所对应的水平距离x满足x1＜x＜x2．
故选：B．
【点评】此题考查了二次函数的应用，此题也可以将所求得的抛物线解析式利用配方法求得顶点式方程，然后直接得到抛物线顶点坐标，由顶点坐标推知此原子滑车运行到最低点时，所对应的水平距离．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2022•南山区模拟）如果式子有意义，那么x的取值范围是 　﹣2＜x≤1　．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】分式；二次根式；运算能力．
【分析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
【解答】解：由题意得，
，
解得﹣2＜x≤1．
故答案为：﹣2＜x≤1．
【点评】本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
10．（2分）（2021秋•泗水县期末）分解因式：﹣2a3+12a2﹣18a＝　﹣2a（a﹣3）2　．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；运算能力．
【分析】先提公因式，然后再利用完全平方公式继续分解即可．
【解答】解：﹣2a3+12a2﹣18a
＝﹣2a（a2﹣6a+9）
＝﹣2a（a﹣3）2，
故答案为：﹣2a（a﹣3）2．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
11．（2分）（2021秋•源汇区校级期末）方程的解为x＝　　．
【考点】解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【分析】按照解分式方程的步骤进行计算即可解答．
【解答】解：，
1+2（x﹣2）＝﹣1﹣x，
解得：x＝，
检验：当x＝时，x﹣2≠0，
∴x＝是原方程的根．
【点评】本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验．
12．（2分）（2022•碑林区校级模拟）如图，△AOB在平面直角坐标系中，∠OBA＝90°，OB＝2AB，点A（5，0），若反比例函数y＝的图象经过点B，则k的值为 　8　．

【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】作BD⊥OA于D，设B（m，n），则OD＝m，BD＝n，AD＝5﹣m，证得△OBD∽△BAD，得到＝＝，解得m＝4，n＝2，
然后利用待定系数法即可求得k的值．
【解答】解：作BD⊥OA于D，
∵∠OBA＝90°，
∴∠OBD+∠ABD＝90°，
∵∠ABD+∠DAB＝90°，
∴∠OBD＝∠BAD，
∵∠ODB＝∠BDA＝90°，
∴△OBD∽△BAD，
∴＝＝，
设B（m，n），则OD＝m，BD＝n，
∵OB＝2AB，点A（5，0），
∴AD＝5﹣m，
∴＝＝，
解得m＝4，n＝2，
∴B（4，2），
∵反比例函数y＝的图象经过点B，
∴k＝4×2＝8，
故答案为：8．

【点评】本题考查了反比例图象上点的坐标特征，三角形相似的判断和性质，求得B的坐标是解题的关键．
13．（2分）（2020秋•玄武区月考）如图，直线a⊥b，垂足为H，点P在直线b上，PH＝4cm，O为直线b上一动点，若以2cm为半径的⊙O与直线a相切，则OP的长为　2cm或6cm　．

【考点】切线的性质．
【专题】与圆有关的位置关系；几何直观；推理能力．
【分析】当点O在点H的左侧⊙O与直线a相切时，OP＝PH﹣OH；当点O在点H的右侧⊙O与直线a相切时，OP＝PH+OH，即可得出结果．
【解答】解：∵直线a⊥b，O为直线b上一动点，
∴⊙O与直线a相切时，切点为H，
∴OH＝2cm，
当点O在点H的左侧，⊙O与直线a相切时，如图1所示：

OP＝PH﹣OH＝4﹣2＝2（cm）；
当点O在点H的右侧，⊙O与直线a相切时，如图2所示：

OP＝PH+OH＝4+2＝6（cm）；
∴⊙O与直线a相切，OP的长为2cm或6cm，
故答案为：2cm或6cm．
【点评】本题考查了切线的性质以及分类讨论；熟练掌握切线的性质是解题的关键．
14．（2分）（2021•桃江县模拟）如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：
①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝FC；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．
其中，正确的序号为：　①②③④　．

【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的性质；菱形的判定．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】证△DNA≌△BMC（AAS），得出DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≌△CBF（ASA），得出AE＝FC，DE＝BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM∥FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确；即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAN＝∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA＝∠BMC＝90°，
在△DNA和△BMC中，
，
∴△DNA≌△BMC（AAS），
∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴AE＝FC，DE＝BF，故③正确；
∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，
∵DE∥BF，
∴四边形NEMF是平行四边形，
∴EM∥FN，故②正确；
∵AB＝CD，AE＝CF，
∴BE＝DF，
∵BE∥DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵AO＝AD，
∴AO＝AD＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO＝∠DAN＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN＝∠ODN＝30°，
∴∠ODN＝∠ABD，
∴DE＝BE，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确；
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
15．（2分）（2020秋•兴庆区校级期末）某校组织了一次比赛，甲、乙两队各有5人参加比赛，两队每人的比赛成绩（单位：分）如下：
甲队：7，8，9，6，10
乙队：10，9，5，8，8
已知甲队成绩的方差为S甲2＝2，则成绩波动较大的是　乙　队．
【考点】方差．
【专题】统计的应用；运算能力．
【分析】先由平均数的公式计算出乙队的平均成绩，再根据方差的公式求出乙队的方差，然后根据方差的意义即可得出答案．
【解答】解：乙队的平均成绩为（10+9+5+8+8）＝8（分），
其方差S2乙＝[（10﹣8）2+（9﹣8）2+（5﹣8）2+（8﹣8）2+（8﹣8）2]＝2.8．
∵2＜2.8，即S2甲＜S2乙，
∴乙队成绩波动较大．
故答案为：乙．
【点评】本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2＝[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
16．（2分）甲、乙两队修建一条水渠，甲先完成工程的三分之一，乙后完成工程的三分之二，两队所用的天数为A；甲先完成工程的三分之二，乙后完成工程的三分之一，两队所用天数为B；甲、乙两队同时工作完成的天数为C，已知A比B多5，A是C的2倍多4，那么甲单独完成此项工程需要 　30　天．
【考点】一元一次方程的应用；二元一次方程的应用；列代数式．
【专题】分式；一次方程（组）及应用；应用意识．
【分析】设甲单独完成此项工程需要x天，乙单独完成此项工程需要y天，则A＝+，B＝+，C＝，由A比B多5，可得出关于x，y的二元一次方程，化简后可得出y＝x+15，结合是C的2倍多4，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：设甲单独完成此项工程需要x天，乙单独完成此项工程需要y天，则A＝+，B＝+，C＝．
依题意得：+﹣（+）＝5，
∴y＝x+15．
∵A是C的2倍多4，
∴+＝2×+4，
化简得：3x﹣90＝0，
解得：x＝30，
经检验，x＝30是原方程的解，且符合题意，
∴甲单独完成此项工程需要30天．
故答案为：30．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用、二元一次方程的应用以及列代数式，根据各数量之间的关系，用含x的代数式表示出A，B，C是解题的关键．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2021秋•林甸县期末）计算：（π﹣3.14）0++2tan60°﹣（﹣2）2021•（）2020．
【考点】实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值．
【专题】实数；运算能力．
【分析】根据零指数幂的意义、立方根的性质、特殊角的锐角三角函数的值以及有理数的乘方运算即可求出答案．
【解答】解：原式＝1+（﹣2）+2×﹣（﹣2）2020×（）2020×（﹣2）
＝1﹣2+6﹣（﹣2×）2020×（﹣2）
＝1﹣2+6﹣1×（﹣2）
＝1﹣2+6+2
＝7．
【点评】本题考查实数的运算，解题的关键熟练运用零指数幂的意义、立方根的性质、特殊角的锐角三角函数的值以及有理数的乘方运算，本题属于基础题型．
18．（5分）（2021秋•杜尔伯特县期末）解不等式组：．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式2x+5≤3（x+2），得：x≥﹣1，
解不等式2x﹣＜1，得：x＜3，
则不等式组的解集为﹣1≤x＜3．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19．（5分）（2021秋•沈丘县期末）先化简，再求值：
[（x﹣2y）2+（x﹣2y）（x+2y）﹣2x（2x﹣y）]÷2x，其中x＝1，y＝﹣2．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【专题】整式；运算能力．
【分析】原式中括号里利用完全平方公式，平方差公式，以及单项式乘多项式法则计算，去括号合并后利用多项式除以单项式法则计算得到最简结果，把x与y的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝（x2﹣4xy+4y2+x2﹣4y2﹣4x2+2xy）÷2x
＝（﹣2x2﹣2xy）÷2x
＝﹣x﹣y，
当x＝1，y＝﹣2时，原式＝﹣1+2＝1．
【点评】此题考查了整式的混合运算﹣化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
20．（5分）（2022春•朝阳区校级月考）在6×8的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，已知线段AB，其中点A在直线MN上．请用无刻度的直尺按要求作图，保留作图痕迹．
（1）在图①中，在直线MN上找到一点C，作△ABC，使得∠ACB＝45°；
（2）在图②中，在直线MN上找到一点D，作△ABD，使得∠ABD＝45°；
（3）在图③中，在直线MN上找到一点E，作△ABE，使得∠EAB＝∠EBA．

【考点】作图—应用与设计作图；等腰三角形的性质．
【专题】作图题；几何直观．
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质（图中△BCR是等腰直角三角形），解决问题即可；
（2）构造等腰直角三角形，可得结论；
（3）作线段AB的垂直平分线交MN于点E，连接EB，△ABE即为所求．
【解答】解：（1）如图①中，△ACB即为所求；


（2）如图②中，△ABD即为所求；

（3）如图③中，△ABE即为所求．

【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，等腰直角三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
21．（6分）（2021•南充）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0．
（1）求证：无论k取何值，方程都有两个不相等的实数根．
（2）如果方程的两个实数根为x1，x2，且k与都为整数，求k所有可能的值．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法；根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得出Δ＝1＞0，进而可证出方程有两个不相等的实数根；
（2）解方程求出方程的两根为k，k+1，得出＝1+或＝1﹣，然后利用有理数的整除性确定k的整数值；
【解答】（1）证明：∵Δ＝[﹣（2k+1）]2﹣4×（k2+k）＝1＞0，
∴无论k取何值，方程有两个不相等的实数根．
（2）解：∵x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0，即（x﹣k）[x﹣（k+1）]＝0，
解得：x＝k或x＝k+1．
∴一元二次方程x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0的两根为k，k+1，
∴或，
如果1+为整数，则k为1的约数，
∴k＝±1，
如果1﹣为整数，则k+1为1的约数，
∴k+1＝±1，
则k为0或﹣2．
∴整数k的所有可能的值为±1，0或﹣2．
【点评】本题考查了根的判别式、解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”；（2）利用解方程求出k的整数值．
22．（6分）（2022•海淀区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，AD＝BC，点E在BC延长线上，AE与CD交于点F．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AE平分∠BAD，AB＝13，cosB＝，求AD和CF的长．

【考点】平行四边形的判定与性质；解直角三角形；勾股定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】（1）先证AD∥BC，再由AD＝BC，即可得出结论；
（2）由锐角三角函数定义得BC＝5，再由平行四边形的性质得AD＝BC＝5，然后证BE＝AB＝13，则CE＝BE﹣BC＝8，进而证∠CFE＝∠BEA，得CF＝CE＝8．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠CAD＝90°，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：∵∠ACB＝90°，AB＝13，
∴cosB＝＝，
∴BC＝5，
由（1）可知，四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝5，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴BE＝AB＝13，
∴CE＝BE﹣BC＝13﹣5＝8，
∵AB∥CD，
∴∠CFE＝∠BAE，
∴∠CFE＝∠BEA，
∴CF＝CE＝8．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、锐角三角函数定义、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
23．（5分）（2021秋•东城区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数的图象向下平移2个单位长度得到．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）当x＞﹣4时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值大于一次函数y＝kx+b的值，直接写出m的取值范围．

【考点】一次函数图象与几何变换；一次函数图象与系数的关系．
【专题】一次函数及其应用；几何直观；应用意识．
【分析】（1）根据平移的规律即可求得．
（2）根据点（﹣4，﹣4）结合图象即可求得．
【解答】解：（1）函数的图象向下平移2个单位长度得到y＝x﹣2，
∵一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数的图象向下平移2个单位长度得到，
∴这个一次函数的表达式为y＝x﹣2．
（2）把x＝﹣4代入y＝x﹣2，求得y＝﹣4，
∴函数y＝mx（m≠0）与一次函数y＝x﹣2的交点为（﹣4，﹣4），
把点（﹣4，﹣4）代入y＝mx，求得m＝1，
∵当x＞﹣4时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值大于一次函数y＝x﹣2的值，
∴≤m≤1．

【点评】本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数与系数的关系，数形结合是解题的关键．
24．（6分）（2020秋•饶平县校级期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，C是中点，弦CE⊥AB于点H，连接AD，分别交CE、BC于点P、Q，连接BD．
（1）求证：P是线段AQ的中点；
（2）若⊙O的半径为5，D是的中点，求弦CE的长．

【考点】三角形的外接圆与外心；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】（1）利用垂径定理得到，则可证明，利用圆周角定理得到∠CAD＝∠ACE，所以AP＝CP，再证明∠BCP＝∠CQA得到CP＝PQ，于是得到AP＝PQ；
（2）利用，AB是直径，利用圆周角得到∠ACB＝90˚，∠ABC＝30˚，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出CH，而根据垂径定理得到CH＝EH，于是可得CE的长度．
【解答】（1）证明：∵CE⊥AB，AB是直径，
∴，
又∵
∴，
∴∠CAD＝∠ACE，
∴AP＝CP，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90˚，
∴∠ACE+∠BCP＝90°，∠CAD+∠CQA＝90°，
∴∠BCP＝∠CQA，
∴CP＝PQ，
∴AP＝PQ，
即P是线段AQ的中点；
（2）解：∵，AB是直径，
∴∠ACB＝90˚，∠ABC＝30˚，
又∵AB＝5×2＝10，
∴AC＝5，BC＝5，
∴CH＝BC＝，
又∵CE⊥AB，
∴CH＝EH，
∴CE＝2CH＝2×＝5．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了垂径定理和圆周角定理．
25．（5分）（2021春•襄汾县期末）某校为了解七、八年级学生对“防溺水”安全知识的掌握情况，从七、八年级各随机抽取50名学生进行测试，并对成绩（百分制）进行整理和分析．部分信息如下：
a．七年级成绩频数分布直方图；
b．七年级成绩在70≤x＜80这一组的是：
70 72 74 75 76 76 77 77 77 78 79
c．七、八年级成绩的平均数、中位数如下：
年级
平均数
中位数
七
76.9
m
八
79.2
79.5
根据以上信息，回答下列问题：
（1）在这次测试中，七年级在80分以上（含80分）的有 　23　人；
（2）表中m的值为 　77.5　；
（3）在这次测试中，七年级学生甲与八年级学生乙的成绩都是78分，请判断两位学生在各自年级的排名谁更靠前，并说明理由．

【考点】频数（率）分布直方图；加权平均数；中位数．
【专题】统计的应用；数据分析观念；运算能力．
【分析】（1）求出80≤x＜90，90≤x＜100两组的频数之和即可；
（2）根据中位数的意义求出中间位置两个数的平均数即可；
（3）根据中位数的意义，结合七年级的甲同学，八年级的乙同学的成绩进行判断即可．
【解答】解：（1）15+8＝23（人），
故答案为：23；
（2）将七年级50人的成绩从小到大排列后，处在中间位置的两个数的平均数为＝77.5（分），因此中位数是77.5分，即m＝77.5，
故答案为：77.5；
（3）七年级学生甲的排名更靠前，理由为：七年级成绩的中位数是77.5，甲同学的成绩78分，位于中位数以上，而八年级成绩的中位数是79.5，乙同学的成绩78分，位于中位数以下，因此七年级同学甲的排名更靠前．
【点评】本题考查频数分布直方图，加权平均数，中位数，理解中位数的意义是正确解答的前提．
26．（6分）（2021春•海曙区校级期末）已知抛物线y＝ax2﹣2x+1（a≠0）的对称轴为直线x＝1．
（1）a＝　1　；
（2）若抛物线的顶点为P，直线y＝9与抛物线交于两点G、H，求△PGH的面积；
（3）设直线y＝m（m＞0）与抛物线y＝ax2﹣2x+1交于点A、B，与抛物线y＝4（x﹣1）2交于点C，D，则线段AB与线段CD的长度之比为 　2　．
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】（1）由抛物线对称轴直线方程x＝﹣求解．
（2）求出点G，H坐标然后根据三角形面积公式求解．
（3）分别将y＝m代入两抛物线解析式，求出AB，CD长度作商求解．
【解答】解：（1）抛物线对称轴为直线x＝＝＝1，
∴a＝1．
故答案为：1．
（2）由（1）得y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，
∴点P坐标为（1，0），
把y＝9代入y＝x2﹣2x+1得9＝x2﹣2x+1，
解得x＝﹣2或x＝4，
∴G，H坐标为（﹣2，9），（4，9），
∴S△PGH＝GH•（yG﹣yP）＝×（4+2）×9＝27．
（3）∵y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，
把y＝m代入y＝（x﹣1）2得m＝（x﹣1）2，
解得x＝1+或x＝1﹣，
∴AB＝1+﹣（1﹣）＝2．
把y＝m代入y＝4（x﹣1）2得m＝4（x﹣1）2，
解得x＝1+或x＝1﹣．
∴CD＝1+﹣（1﹣）＝，
∴＝＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是熟练掌握二次函数的性质．
27．（7分）（2022•沙坪坝区校级开学）如图，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，将CA绕点C顺时针旋转至CD，连接AD，E为直线CD上一点，连接AE．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，∠ACD＝90°，E为CD中点，AB＝2，求△BCE的面积；
（2）如图2，若∠ACD＝90°，点E在线段CD上且∠DAE+∠ABC＝90°，AE的延长线与BC的延长线交于点F，连接DF，求证：BC＝DF．


【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】（1）由直角三角形的性质求出EN，即可求解；
（2）作AG⊥BC于G，作DH⊥BF于H，证得△ACG≌△CDH，可得DH＝CG，进而证得BC＝2CG，再证得∠DCH＝∠CAG＝∠DAE，从而得点A、C、F、D共圆，从而得∠DFH＝∠CAD＝45°，进一步可得证．
【解答】（1）解：如图1，作EN⊥BC于N，

∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，BC＝AC＝CD＝AB＝2，
∵点E是CD的中点，
∴CE＝CD＝，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ECN＝30°，
∴EN＝EC＝，
∴S△BCE＝×BC×EN＝×2×＝；
（2）证明：如图2，作AG⊥BC于G，作DH⊥BF于H，

∴∠AGC＝∠H＝90°，
∴∠GAC+∠ACG＝90°，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ACG+∠DCH＝90°，
∴∠GAC＝∠DCH，
在△ACG和△CDH中，
，
∴△ACG≌△CDH（AAS），
∴DH＝CG，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴∠B＝∠ACB，BC＝2CG，
∴BC＝2DH，
∵∠DAE+∠B＝90°，
∴∠DAE+∠ACB＝90°，
∵∠GAC+∠ACB＝90°，
∴∠GAC＝∠DAE，
∴∠DCH＝∠DAE，
∴点A、C、F、D共圆，
∴∠DFH＝∠CAD＝45°，
∴DH＝DF，
∴BC＝2DH＝DF．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
28．（7分）（2021秋•晋州市期末）如图：

（1）【问题发现】
如图1，△ABC内接于半径为4的⊙O，若∠C＝60°，则AB＝　4　；
（2）【问题探究】
如图2，四边形ABCD内接于半径为6的⊙O，若∠B＝120°，求四边形ABCD的面积最大值；
（3）【解决问题】
如图3，一块空地由三条直路（线段AD、AB、BC）和一条弧形道路围成，点M是AB道路上的一个地铁站口，已知AD＝BM＝1千米，AM＝BC＝2千米，∠A＝∠B＝60°，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点P在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段DM、MC、CP、PD，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．

【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【分析】（1）证明∠AOH＝∠BOH＝60°，则AH＝OAsin∠AOH＝4×＝2，即可求解；
（2）证明D、E、F、B四点共线且为直径时，四边形ABCD的面积S最大，即可求解；
（3）证明D、P、C、M四点共圆，PD+PC＝PP′+PD＝PP′+P′M＝PM，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，连接OA、OB，过点O作OH⊥AB于点H，

∵∠C＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵OA＝OB，
∴△OAB为等腰三角形，
∵OH⊥AB，
∴∠AOH＝∠BOH＝60°，
∴AH＝OAsin∠AOH＝4×＝2，
则AB＝2AH＝4；
故答案为：4；

（2）如图2，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E，过点B作BF⊥AC于点F，

∵四边形ABCD的面积S＝AC×DE+AC×BF＝AC×（DE+BF），
∴当D、E、F、B四点共线且为直径时，四边形ABCD的面积S最大；
∵∠ABC＝120°，
∴∠ADC＝60°，
∴∠AOC＝120°，
在△AOC中，由（1）知，AC＝2×OAsin60°＝2×6×＝6，
∴四边形ABCD的面积S的最大值为：×AC×BD＝×6×12＝36，
故四边形ABCD的面积的最大值为36；

（3）如图3，过点D作DK⊥AB于点K，连接CD，

在△ADM中，DK＝AD•sinA＝1×＝，同理AK＝，
则KM＝AM﹣AK＝2﹣＝，则tan∠DMK＝＝
∴∠DMK＝30°，故△ADM为直角三角形，同理△CMB为直角三角形，
在Rt△ADM中，DM＝＝＝，
∴∠DMC＝180°﹣∠DMA﹣∠CMB＝60°
∵AD＝BM，AM＝BC，∠A＝∠B＝60°，
∴Rt△ADM≌Rt△BMC（SAS），
∴DM＝CM，
∴△CDM为等边三角形；
设所在的圆的圆心为R，连接DR、CR、MR，
∵DM＝CM，RM＝RM，DR＝CR，
∴△DRM≌△CRM（SSS），
∴∠DMR＝∠CMR＝∠DMC＝30°，
在△DMR中，DR＝1，∠DMR＝30°，DM＝＝CM，
过点R作RH⊥DM于点H，
则RM＝＝＝1＝RD，
故D、P、C、M四点共圆，
∴∠DPC＝120°，
如图4，连接MP，在PM上取PP′＝PC，

∵△CDM为等边三角形，
∴∠CDM＝60°＝∠CPM，
∴△P′PC为等边三角形，则PP′＝P′C＝PC，
∵∠PMC＝∠PDC，∠CP′M＝180°﹣∠PP′C＝120°＝∠DPC，CD＝CM，
∴△PDC≌△P′MC（AAS），
∴PD＝P′M，
∴PD+PC＝PP′+PD＝PP′+P′M＝PM，
故当PM是直径时，PD+PC最大值为2；
∵四边形DMCP的周长＝DM+CM+PC+PD＝2+PD+PC，
而PD+PC最大值为2；
故四边形DMCP的周长的最大值为：2+2，
即四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大为2+2．
【点评】此题属于圆的综合题，涉及了等腰三角形、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，正确地作出辅助线是解题的关键．