2022年湖南省湘潭市中考数学考前模拟冲刺试题（含答案）

这是一份2022年湖南省湘潭市中考数学考前模拟冲刺试题（含答案），共18页。试卷主要包含了﹣4x2y是　 　次单项式等内容，欢迎下载使用。
2022年湖南省湘潭市中考数学考前模拟冲刺试题
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）﹣5的相反数是（　　）
A．5 B．﹣5 C．0.2 D．﹣0.2
2．（3分）在国内疫情持续好转、旅游产业复工复产的当下，迎来了2020中秋国庆黄金周．据统计，本次黄金周全国出游人数约为637000000人次．把数据637000000用科学记数法表示为（　　）
A．6.37×107 B．6.37×108 C．0.637×109 D．63.7×106
3．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．x2+x3＝x5 B．（﹣a2）3＝﹣a6 C．x2•x3＝x6 D．x6÷x2＝x3
4．（3分）下列各数中，为不等式组2x-3＞0，x-4＜0的解的是（　　）
A．﹣1 B．2 C．4 D．8
5．（3分）下列几何体的主视图与左视图不相同的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）为创建全国文明城市，某市2019年投入城市文化打造费用2500万元，预计2021年投入3600万元．设这两年投入城市文化打造费用的年平均增长百分率为x，则下列方程正确的是（　　）
A．2500x2＝3600
B．2500（1+x）2＝3600
C．2500（1+x%）2＝3600
D．2500（1+x）+2500（1+x）2＝3600
7．（3分）一组数据2，x，﹣2，1，3的平均数是0.8，则x的值是（　　）
A．﹣3.2 B．﹣1 C．0 D．1
8．（3分）如图，⊙O的半径为4，CD切⊙O于点D，AB是直径．若ED⊥AB于点F且∠CDE＝120°，则ED的长度为（　　）

A．23 B．4 C．6 D．43
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
9．（3分）﹣4x2y是　 　次单项式．
10．（3分）点P（﹣5，1）沿x轴正方向平移2个单位长度，再向y轴负方向平移1个单位长度后，点的坐标为 　 　，它位于 　 　轴上．
11．（3分）若已知a，b为实数，且a-5+10-2a=b+4，则a+b＝　 　．
12．（3分）跳远运动员李阳对训练效果进行测试.6次跳远的成绩如下：7.5，7.7，7.6，7.7，7.9，7.8（单位：m）这六次成绩的平均数为7.7m，方差为160．如果李阳再跳一次，成绩为7.7m．则李阳这7次跳远成绩的方差　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）．
13．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝35°，延长AB到点D，∠CBD＝65°，过顶点A作AE∥BC，则∠CAE＝　 　°．

14．（3分）在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，点E是边CD的中点，且AB＝30，BC＝50，则OE＝　 　．
15．（3分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是AC的中点，连接AD，BD，其中BD与AC交于点E．写出图中所有与△ADE相似的三角形：　 　．

16．（3分）将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5个或10个球的两个球必为同一种颜色的球．按这种要求摆放，最多可以摆放　 　个球．
三．解答题（共10小题，满分72分）
17．（6分）计算：|1﹣6cos30°|-27+（-12）﹣2﹣（﹣3）0．
18．（6分）先化简，再求值：（2-2xx-2）÷x2-4x2-4x+4，其中x＝4．
19．（6分）如图，E为矩形ABCD的边CD上一点，射线OE与AD的延长线交于点G，作OF⊥OE交AB于F，连接FE，FG．
（1）求证：BF﹣DE＝EF；
（2）若DG＝3．BF＝9，直接写出FG的长．

20．（6分）全运会吉祥物以陕西秦岭独有的四个国宝级动物“金丝猴、羚牛、大熊猫、朱鹮”为创意原型，设计了一组幸福快乐、充满活力、精神焕发、积极向上的运动吉祥物形象．现有四张纪念卡片分别绘有吉祥物的图案（如图），纪念卡片背面完全相同，背面朝上，洗匀放好．
（1）小丽从四张纪念卡片任意抽取一张，则小丽抽取到的卡片绘有吉祥物“羚羚”的概率为 　 　．
（2）小明从四张纪念卡片中随机抽取两张卡片，请你用列表法或画树状图法求出小明抽到两张卡片恰好是“羚羚”和“熊熊”的概率．

21．（6分）如图1是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，图2是其侧面结构示意图．量得托板长AB＝120mm，支撑板长CD＝80mm，底座长DE＝90mm．托板AB固定在支撑板顶端点C处，且CB＝40mm，托板AB可绕点C转动，支撑板CD可绕点D转动．（结果保留小数点后一位）
（1）若∠DCB＝80°，∠CDE＝60°，求点A到直线DE的距离；
（2）为了观看舒适，在（1）的情况下，把AB绕点C逆时针旋转10°后，再将CD绕点D顺时针旋转，使点B落在直线DE上即可，求CD旋转的角度．（参考数据：sin40°≈0.643，cos40°≈0.766，tan40°≈0.839，sin26.6°≈0.448，cos26.6°≈0.894，tan26.6°≈0.500，3≈1.732）

22．（6分）10月下旬，我校初三年级组织了体育期中测试．为了更好的了解孩子们的体育水平，全力备战中考，我校体育组从全年级体考成绩中随机抽查了20名男生和20名女生的体考成绩进行整理、描述和分析（成绩得分用x表示，共分成四组：A：47＜x≤50，B：44＜x≤47，C：41＜x≤44，D：x≤41），下面给出了部分信息：
20名男生的体考成绩（单位：分）：50，46，50，50，47，49，39，46，49，46，46，43，49，47，40，48，44，42，45，44；
20名女生的体考成绩为B等级的数据是：45，46，46，47，47，46，46．
所抽取的学生体考成绩统计表
性别
平均数
中位数
众数
男
46
46
b
女
46.5
c
48
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出上述图表中a、b、c的值；
（2）根据以上数据，你认为我校男生的体育成绩好还是女生的体育成绩好？请说明理由（一条即可）；
（3）我校初三年级共有2400名学生参与此次体考测试，估计参加测试的学生等级为A的有多少人？

23．（8分）如图，四边形OABC是矩形，A、C分别在y轴、x轴上，且OA＝6cm，OC＝8cm，点P从点A开始以2cm/s的速度向B运动，点Q从点B开始以1cm/s的速度向C运动，设运动时间为t．

（1）如图（1），当t为何值时，△BPQ的面积为4cm2？
（2）当t为何值时，以B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似？
（3）如图（2），在运动过程中的某一时刻，反比例函数y=mx的图象恰好同时经过P、Q两点，求这个反比例函数的解析式．
24．（8分）今年3月，德宏瑞丽受疫情影响，采取了“封城措施”封城期间，某公司安排大、小货车共20辆，分别从A、B两地运送320吨物资到德宏瑞丽，支援瑞丽抗击疫情，每辆大货车装25吨物资，每辆小货车装10吨物资，这20辆货车恰好装完这批物资，已知这两种货车的运费如表：
目的地
车型
A地（元/辆）
B地（元/辆）
大货车
900
1000
小货车
500
700
要安排上述装好物资的20辆货车中的12辆从A地出发，其余从B地出发．
（1）这20辆货车中，大货车、小货车各有多少辆？（设未知数避开x，y）
（2）设从A地出发的大货车有x辆（大货车不少于5辆）这20辆货车的总运费为y元，求总运费y的最小值．
25．（10分）我们定义：点P在一次函数y＝kx+b（k≠0）图象上，点Q在反比例函数y=kx（k≠0）图象上，若存在点P与点Q关于y轴对称，则称二次函数y＝kx2+bx+k为一次函数y＝kx+b与反比例函数ykx的“衍生函数”，点P称为“基点”，点Q称为“靶点”．
（1）若二次函数y＝x2+2x+1是一次函数y＝x+2与反比例函数y=1x的“衍生函数”，则“基点”P的坐标为 　 　，“靶点”Q的坐标为 　 　．
（2）若二次函数y＝﹣4x2+bx﹣4是一次函数y＝﹣4x+b和反比例函数y=-4x的“衍生函数”，且“基点”的P横坐标为2，求b的值；
（3）若二次函数y＝kx2+（k2+1）x+k是一次函数y＝kx+k2+1和反比例函数y=kx的“衍生函数”，其中k≠±1，试证明一定有两个不同的“基点”，且有一个“基点”的纵坐标为1．
26．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（10，0）、B（0，10），动点C在以半径为5的⊙O上，连接OC，过点O作OD⊥OC，OD与⊙O相交于点D（其中点C、O、D按逆时针方向排列），连接AB．
（1）若点C在第二象限，当OC∥AB时，∠BOC的度数为　 　．
（2）连接AC、BC，当点C在⊙O上运动到什么位置时，△ABC的面积最大？并求出△ABC的面积的最大值．
（3）连接AD，当OC∥AD时，求点C的坐标．


参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．【解答】解：﹣5的相反数是：5．
故选：A．
2．【解答】解：637000000＝6.37×108，
故选：B．
3．【解答】解：A．x2与x3不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；
B．（﹣a2）3＝﹣a6，正确；
C．x2•x3＝x5，故本选项不合题意；
D．x6÷x2＝x4，故本选项不合题意．
故选：B．
4．【解答】解：2x-3＞0①x-4＜0②，
由①得，x＞32，
由②得，x＜4，
∴不等式组的解集为32＜x＜4．
四个选项中在32＜x＜4中的只有2．
故选：B．
5．【解答】解：三棱柱的主视图为长方形，左视图是三角形，因此选项A符合题意；
圆柱体的主视图、左视图都是长方形，因此选项B不符合题意；
圆锥体的主视图、左视图都是三角形，因此选项C不符合题意；
球体的主视图、左视图包括俯视图都是圆形的，因此选项D不符合题意；
故选：A．
6．【解答】解：依题意得2021年的投入为2500（1+x）2，
∴2500（1+x）2＝3600．
故选：B．
7．【解答】解：∵数据2，x，﹣2，1，3的平均数是0.8，
∴2+x﹣2+1+3＝5×0.8，
解得x＝0，
故选：C．
8．【解答】解：∵CD切⊙O于点D，
∴OD⊥CD，
∴∠ODC＝90°，
∵∠CDE＝120°，
∴∠ODE＝∠CDE﹣∠ODC＝30°，
∵AB是直径，ED⊥AB，
∴EF＝DF，OF=12OD＝2，
∴DF=OD2-OF2=23，
∴ED＝43，
故选：D．
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
9．【解答】解：﹣4x2y是 三次单项式，
故答案为：三
10．【解答】解：∵将点P（﹣5，1）沿x轴的正方向平移2个单位长度，
∴平移后点的横坐标为﹣5+2＝﹣3，
∵再沿y轴的负方向平移1个单位长度，
∴平移后点的纵坐标为1﹣1＝0．
∴点的坐标为（﹣3，0），它位于x轴上，
故答案为：（﹣3，0），x．
11．【解答】解：由题意得：a-5≥010-2a≥0，
解得：a＝5，
则b+4＝0，
b＝﹣4，
a+b＝5﹣4＝1，
故答案为：1．
12．【解答】解：∵李阳再跳一次，成绩分别为7.7m，
∴这组数据的平均数是7.7×6+7.77=7.7，
∴这7次跳远成绩的方差是：S2=17[（7.5﹣7.7）2+（7.6﹣7.7）2+3×（7.7﹣7.7）2+（7.8﹣7.7）2+（7.9﹣7.7）2]=170＜160，
∴方差变小；
故答案为：变小．
13．【解答】解：∵AE∥BC，
∴∠CBD＝∠EAB＝65°，
∴∠CAE＝∠EAB﹣∠BAC＝65°﹣35°
＝30°．
故答案为：30．
14．【解答】解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴点O是BD中点，
∵点E是边CD的中点，
∴OE是△DBC的中位线，
∴OE=12BC＝25．
故答案为25．
15．【解答】解：∵AD=CD，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵∠DAE＝∠DBC，
∴∠DAE＝∠ABD，
∵∠ADE＝∠ADB，
∴△ADE∽△BDA，
∵∠DAE＝∠EBC，∠AED＝∠BEC，
∴△AED∽△BEC，
故答案为△CBE，△BDA．
16．【解答】解：方法一：将这些球的位置按顺序标号为1，2，3，4…，
由于1号球与7号球中间夹有5个球，1号球与12号球中间夹有10个球，12号球与6号球中间夹有5个球，7号球与13号球中间夹有5个球，13号球与2号球中间夹有10个球，2号球与8号球中间夹有5个球，8号球与14号球中间夹有5个球，14号球与3号球中间夹有10个球，3号球与9号球中间夹有5个球，9号球与15号球中间夹有5个球，15号球与4号球中间夹有10个球，4号球与10号球中间夹有5个球，因此，编号为1，7，12，6，13，2，8，14，3，9，15，4，10的球颜色相同，编号为5，11的球可以为另外的一种颜色．因此，可以按照要求摆放15个球；
如果球的个数多于15个，则一方面，16号球与10号球应同色，另一方面，5号球与16号球中间夹有10个球，所以5号球与16号球同色，从而1到16号球的颜色都相同，进一步可以知道：所有的球的颜色都相同，与要求不符．因此，按这种要求摆放，最多可以摆放15个球．
方法二：假设第1个是红的，那么第7个（与第1个夹5个球）和第12个（与第1个夹10个球）也必须是红的，
红*****红****红；
第6个（与第12个夹5个球）也必须是红的，
红****红红****红；
假设有第13个球，那么同理第2、第8、第13、第7个球颜色必须一样，由于第7个球是红的，所以那3个球也是红的，
红红***红红红***红红；
假设有第14个球，那么同理第3、第9、第14、第8个球颜色必须一样，由于第8个球是红的，所以那3个球也是红的，
红红红**红红红红**红红红；
假设有第15个球，那么同理第4、第10、第15、第9个球颜色必须一样，由于第9个球是红的，所以那3个球也是红的，
红红红红*红红红红红*红红红红；
假设有第16个球，那么同理第5、第11、第16、第10个球颜色必须一样，由于第10个球是红的，所以那3个球也是红的，
红红红红红红红红红红红红红红红红；
但这样黑球就没地方放了，所以最多有15个球，排布方式：
红红红红黑红红红红红黑红红红红或黑黑黑黑红黑黑黑黑黑红黑黑黑黑；
故答案为：15．
三．解答题（共10小题，满分72分）
17．【解答】解：原式＝|1﹣6×32|﹣33+4﹣1
＝33-1﹣33+4﹣1
＝2．
18．【解答】解：原式＝（2x-4x-2-2xx-2）•(x-2)2(x+2)(x-2)=-4x-2•x-2x+2=-4x+2，
当x＝4时，原式=-44+2=-23．
19．【解答】解：（1）如图，延长FO交CD于H，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB＝CD，AO＝CO，
∴∠HCO＝∠OAF，∠CHO＝∠AFO，
∴△AOF≌△COH（AAS），
∴FO＝OH，AF＝CH，
又∵EO⊥FO，
∴EF＝EH，
∵AF＝CH，AB＝CD，
∴BF＝DH，
∴BF﹣DE＝DH﹣DE＝EH＝EF；
（2）如图，连接GH，

∵DG＝3．BF＝9＝DH，
∴GH=DG2+DH2=9+81=310，
∵FO＝OH，EO⊥FO，
∴GF＝GH＝310．
20．【解答】解：（1）小丽抽取到的卡片绘有吉祥物“羚羚”的概率为：14，
故答案为：14；
（2）画树状图如图：

共有12个等可能的结果，抽到的两张卡片恰好是“羚羚”和“熊熊”结果有2个，
∴抽到的两张卡片恰好是“羚羚”和“熊熊”概率为：212=16．
21．【解答】解：（1）如图2，过A作AM⊥DE，交ED的延长线于点M，过点C作CF⊥AM，垂足为F，过点C作CN⊥DE，垂足为N，
由题意可知，AC＝80mm，CD＝80mm，∠DCB＝80°，∠CDE＝60°，
在Rt△CDN中，CN＝CD•sin∠CDE＝80×32=403mm＝FM，
∠DCN＝90°﹣60°＝30°，
又∵∠DCB＝80°，
∴∠BCN＝80°﹣30°＝50°，
∵AM⊥DE，CN⊥DE，
∴AM∥CN，
∴∠A＝∠BCN＝50°，
∴∠ACF＝90°﹣50°＝40°，
在Rt△AFC中，AF＝AC•sin40°＝80×0.643≈51.44（mm），
∴AM＝AF+FM＝51.44+403≈120.7（mm），
答：点A到直线DE的距离约为120.7mm；
（2）旋转后，如图3所示，根据题意可知∠DCB＝80°+10°＝90°，
在Rt△BCD中，CD＝80mm，BC＝40mm，
∴tan∠D=BCCD=4080=0.500，
∴∠D≈26.6°，
因此旋转的角度约为：60°﹣26.6°＝33.4°，
答：CD旋转的角度约为33.4°．


22．【解答】解：（1）7÷20＝35%，1﹣35%﹣45%﹣10%＝10%，因此a＝10，
男生体考成绩出现次数最多的是46分，因此众数为46分，故b＝46，
女生A组有9人，处在第10、11位的两个数都是47分，因此中位数是47分，即c＝47，
答：a、b、c的值分别为：10，46，4；
（2）女生的成绩较好，理由：女生的平均数、众数都比男生好；
（3）2400×7+20×45%20+20=960人，
答：该校初三年级2400名学生的成绩中，等级为A的有960人．
23．【解答】解：（1）由题意AB＝OC＝8cm，AO＝BC＝6cm，∠B＝90°，
∵PA＝2t，BQ＝t，
∴PB＝8﹣2t，
∵△BPQ的面积为4cm2，
∴12•（8﹣2t）•t＝4，
解得t＝2，
∴t＝2s时，△PBQ的面积为4．

（2）①当△BPQ∽△BAC时，PBAB=BQBC，
∴8-2t8=t6，
解得t=125．
②当△BPQ∽△BCA时，BPBC=BQBA，
∴8-2t6=t8，
解得t=3211，
∴t为125s或3211s时，以B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似．

（3）由题意P（2t，6），Q（8，6﹣t），
∵反比例函数y=mx的图象恰好同时经过P、Q两点，
∴12t＝8（6﹣t），
解得t=125，
∴P（245，6），
∴m=1445，
∴反比例函数的解析式为y=1445x．
24．【解答】解：（1）设大货车有a辆、小货车有b辆，
由题意得：25a+10b=320a+b=20，
解得：a=8b=12，
答：大货车有8辆，小货车有12辆；
（2）设从A地出发的大货车有x辆，则从A地出发的小货车有（12﹣x）辆，
从B地出发的大货车有（8﹣x）辆，从B地出发的小货车有[12﹣（12﹣x）]＝x辆，
由题意得：y＝900x+500（12﹣x）+1000（8﹣x）+700x＝100x+14000，
∴y随x的增大而增大，
∵从A地出发的大货车有x辆（大货车不少于5辆），大货车一共8辆，
∴5≤x≤8，
∴当x＝5时，y有最小值，此时y＝100×5+14000＝14500，
答：总运费最小值为14500元．
25．【解答】解：（1）设“基点”P（m，m+2），
∵点P与点Q关于y轴对称，
∴“靶点”Q（﹣m，m+2），
将Q（﹣m，m+2）代入y=1x得：
m+2=1-m，解得m＝﹣1，
∴P（﹣1，1），Q（1，1），
故答案为：（﹣1，1），（1，1）；
（2）∵基点”的P横坐标为2，
∴P（2，﹣8+b），
∵点P与点Q关于y轴对称，
∴“靶点”Q（﹣2，﹣8+b），
把Q（﹣2，﹣8+b）代入y=-4x得：
﹣8+b=-4-2，解得b＝10；
（3）证明：设“基点”P（x，kx+k2+1），
∵点P与点Q关于y轴对称，
∴“靶点”Q（﹣x，kx+k2+1），
把Q（﹣x，kx+k2+1）代入y=kx得：
kx+k2+1=k-x，
∴kx2+（k2+1）x+k＝0，
∴（x+k）（kx+1）＝0，
∴x1＝﹣k或x2=-1k，
∵k≠±1，
∴x1≠x2，
∴存在两个点P，即一定有两个不同的“基点”，
当x1＝﹣k时，
kx+k2+1＝k•（﹣k）+k2+1＝1，
∴此时P（﹣k，1），即有一个“基点”的纵坐标为1．
26．【解答】解：（1）由点A、B的坐标知，OA＝OB＝10，
故∠ABO＝∠OAB＝45°，
∵OC∥AB，
∴∠BOC＝∠OBA＝45°，
故答案为：45°；

（2）如图1，过点O作OE⊥AB交AB于点E，延长EO交圆于点C，则此时△ABC的面积最大，

理由：△ABC的面积=12×AB×CE，此时CE最大，故此时△ABC的面积最大，
∵△AOB为等腰直角三角形，OE⊥AB，
则OE在一、三象限的角平分线上，即点C在一、三象限的角平分线上，
则OE=12AB=12102+102=52，
则△ABC的面积的最大值=12×AB×CE=12×102×（5+52）＝252+50；

（3）当点C在y轴的左侧时，如图2，

∵OC∥AD，故∠OPD＝∠COD＝90°，
∵∠FCO+∠COF＝90°，∠COF+∠DOA＝90°，
∴∠FCO＝∠DOA，
在Rt△AOD中，DO＝5，OA＝10，
故∠DAO＝30°，∠DOA＝60°＝∠FCO，
在FC＝COcos∠FCO＝5×cos60°=52，
同理可得OF=532，
故点C的坐标为（-532，52）；
当点D在y轴右侧时，如图3，

同理可得，点C的坐标为（532，52）；
综上，点C的坐标为（-532，52）或（532，52）．