126，2022年湖南省长沙市立信中学中考一模数学试题

这是一份126，2022年湖南省长沙市立信中学中考一模数学试题，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 有理数的倒数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据倒数的概念解答即可．
【详解】解：有理数的倒数为﹣2，
故选：C．
【点睛】本题考查倒数，理解倒数的概念是解答的关键．
2. 某市在一次扶贫助残活动中，共捐款元，将用科学记数法表示为（ ）
A. 元B. 元C. 元D. 元
【答案】B
【解析】
【分析】根据科学记数法的定义，科学记数法的表示形式为，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．在确定n的值时，当该数的绝对值大于或等于10时，n为正整数；当该数绝对值小于1时，n为负整数．
【详解】解：
故选B．
【点睛】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法的形式和定义是关键．
3. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分式基本性质即可判定A；根据单项式乘以多项式的计算法则即可判断B；根据实数的性质即可判定C、D．
【详解】解：A、，原式计算错误，不符合题意；您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷，家威杏 MXSJ663 每日最新，性比价最高B、，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算错误，不符合题意；
D、，原式计算正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查了分式的基本性质，实数的性质，多项式乘以单项式，熟知相关计算法则是解题的关键．
4. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解；
【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后两部分重合．
5. 某车间20名工人日加工零件数如表所示：
这些工人日加工零件数的众数、中位数、平均数分别是（ ）
A. 5、6、5B. 5、5、6C. 6、5、6D. 5、6、6
【答案】D
【解析】
【详解】5出现了6次，出现的次数最多，则众数是5；
把这些数从小到大排列，中位数是第10，11个数的平均数，则中位数是（6＋6）÷2＝6；
平均数是：（4×2＋5×6＋6×5＋7×4＋8×3）÷20＝6；
故答案选D．
6. 如图，点，，，在上，是的一条弦，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接CD，由圆周角定理可得出∠OBD=∠OCD，根据点D(0，3)，C(4，0)，得OD=3，OC=4，由勾股定理得出CD=5，再在直角三角形OCD中利用三角函数即可求出答案．
【详解】解：连接CD，
∵D(0，3)，C(4，0)，
∴OD=3，OC=4，
∵∠COD=90°，
∴，
∵∠OBD=∠OCD，
∴sin∠OBD=sin∠OCD=，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理、以及锐角三角函数的定义；熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
7. 如图，直线，，，则（ ）

A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形外角性质，平行线的性质，首先根据三角形外角性质求出的度数，再根据两直线平行内错角相等即可求解．
【详解】解：如图

在中，，
，
．
故选：C．
8. 如图所示，将一个含角的直角三角板绕点A旋转，使得点，，在同一直线上，则三角板旋转的度数是（ ）．

A. 60°B. 90°C. 120°D. 150°
【答案】D
【解析】
【分析】根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．
【详解】解： 旋转角是∠CAC′=180°﹣30°=150°．
故选D．
【点睛】考点：旋转的性质．
9. 定义：若点P（a，b）在函数y=的图象上，将以a为二次项系数，b为一次项系数构造的二次函数y=ax2+bx称为函数y=的一个“派生函数”．例如：点（2， ）在函数y=的图象上，则函数y=2x2+称为函数y=的一个“派生函数”．现给出以下两个命题：
（1）存在函数y=的一个“派生函数”，其图象的对称轴在y轴的右侧
（2）函数y=的所有“派生函数”的图象都经过同一点，下列判断正确的是（ ）
A. 命题（1）与命题（2）都是真命题
B. 命题（1）与命题（2）都是假命题
C. 命题（1）是假命题，命题（2）是真命题
D. 命题（1）是真命题，命题（2）是假命题
【答案】C
【解析】
【分析】（1）根据二次函数y=ax2+bx的性质a、b同号对称轴在y轴左侧，a、b异号对称轴在y轴右侧即可判断．
（2）根据“派生函数”y=ax2+bx，x=0时，y=0，经过原点，不能得出结论．
【详解】（1）∵P（a，b）在y=上， ∴a和b同号，所以对称轴在y轴左侧，
∴存在函数y=的一个“派生函数”，其图象的对称轴在y轴的右侧是假命题．
（2）∵函数y=的所有“派生函数”为y=ax2+bx， ∴x=0时，y=0，
∴所有“派生函数”y=ax2+bx经过原点，
∴函数y=的所有“派生函数”，的图象都进过同一点，是真命题．
故选：C．
10. 已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，并且关于x的一元二次方程ax2+bx+c－m=0有两个不相等的实数根，下列结论：①b2﹣4ac＜0；②abc＞0；③a-b+c＞0；④m＞－2，其中，正确的个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】解：如图所示：图象与x轴有两个交点，则b2﹣4ac＞0，故①错误；
∵图象开口向上，
∴a＞0，
∵对称轴在y轴右侧，
∴a，b异号，
∴b＜0，
∵图象与y轴交于x轴下方，
∴c＜0，
∴abc＞0，故②正确；
当x=﹣1时，a﹣b+c＞0，故③正确；
∵二次函数y=ax2+bx+c顶点纵坐标为﹣2，
∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣m=0有两个不相等的实数根，则m＞﹣2，故④正确．
故选C．
二、填空题（每题3分，共18分）
11. 分解因式：________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，先提取公因式，再利用完全平方公式分解因式即可．
【详解】解：
，
．
故答案为：
12. 如图，在中，，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于的长半径画弧，两弧交于点P，作射线，交边于点D，若，，则的面积是___________．
【答案】30
【解析】
【分析】作于E，利用基本作图得到平分，根据角平分线的性质得到，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：作于E，如图，
由题意得平分，而
∴，
∴的面积．
故答案为：30．
【点睛】本题考查了角平分线的作图与性质，熟记角平分线的性质是解题关键．
13. 一次函数向右平移6个单位长度后的解析式为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，根据平移法则左加右减可得出解析式．
【详解】解：一次函数向右平移6个单位长度后的解析式为，
故答案为：．
14. 如图，矩形中，已知，，的垂直平分线交于点，交于点，则的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是矩形的性质、线段垂直平分线的性质以及勾股定理的应用，根据矩形的性质和勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质得到比例式，求出即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，，
故答案为：．
15. 某数学老师在课外活动中做了一个有趣的游戏：黑板上写了1道10这10个数，每次任意擦去两个数，再写上一个新数（这两个数的和减去一），若干次后，黑板上只剩下一个数，这个数是________．
【答案】46
【解析】
【分析】本题考查了有理数的加法，操作一次，黑板上的数减少1个，数字总和减少1．经过次操作，剩下的一个数是，据此解答即可．
【详解】解：（次）
答：这个数是46，
故答案为：46．
16. 如图，A、B是函数的图象上关于原点对称的任意两点，轴，轴，的面积记为S，则__．
【答案】4
【解析】
【分析】如图，连接，设与x轴交于点D，与y轴交于点E．由已知条件可得轴，，则，进而说明，最后根据计算即可．
【详解】解：如图，连接，设与x轴交于点D，与y轴交于点E．
∵A、B两点关于原点对称，轴，轴，
∴轴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象和性质，正确作出辅助线成为解答本题的关键．
三、解答题（共8个小题，第17-19每题6分，20-21题每题8分，22-23题每题9分，24-25题每题10分）
17. 计算：
【答案】7
【解析】
【分析】本题涉及零指数幂、负指数幂、二次根式化简和特殊角的三角函数值4个知识点．在计算时，需要针对每个知识点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
【详解】解：原式＝3﹣24+1
＝3﹣1+4+1
＝7．
【点睛】本题主要考查了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负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等知识点的运算．
18. 解分式方程：
【答案】无解
【解析】
【分析】先去分母化为整式方程，求出整式方程的解检验即可得到原方程的解的情况.
【详解】，
，
2x=2，
x=1，
检验：当x=1时，=0，∴x=1不是原方程的解，
∴原方程无解.
【点睛】此题考查解分式方程，将方程去分母化为整式方程后求解，然后将整式方程的解代入最简公分母中检验，使最简公分母等于0的未知数的值不是原方程的解，若不等于0则是原方程的解.
19. 如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上，点，的坐标分别是，，把绕点逆时针旋转后得到．
（1）画出，直接写出点，的坐标；
（2）求在旋转过程中，点的运动轨迹的长．
【答案】（1）见解析；，
（2）．
【解析】
【分析】本题考查了作图—旋转，勾股定理，弧长公式；
（1）根据旋转的性质找出点A、B的对应点、的位置，顺次连接，再根据所作图形得出点，的坐标；
（2）先利用勾股定理求出，再根据弧长公式计算即可．
【小问1详解】
解：如图所示，由图得：，；
【小问2详解】
∵，
∴点的运动轨迹的长为：．
20. “大千故里，文化内江”，我市某中学为传承大千艺术精神，征集学生书画作品．王老师从全校20个班中随机抽取了4个班，对征集作品进行了数量分析统计，绘制了如下两幅不完整的统计图．
（1）王老师采取调查方式是 （填“普查”或“抽样调查”），王老师所调查的4个班共征集到作品 件，并补全条形统计图；
（2）在扇形统计图中，表示班的扇形周心角的度数为 ；
（3）如果全校参展作品中有4件获得一等奖，其中有1名作者是男生，3名作者是女生．现要从获得一等奖的作者中随机抽取两人去参加学校的总结表彰座谈会，求恰好抽中一男一女的概率．（要求用树状图或列表法写出分析过程）
【答案】（1）抽样调查；24；条形统计图见解析；（2）150°；（3）恰好抽中一男一女的概率为．
【解析】
【分析】（1）根据只抽取了4个班可知是抽样调查，根据A在扇形图中的角度求出所占的份数，再根据A的人数是4，列式进行计算即可求出作品的件数，然后减去A、C、D的件数即为B的件数,即可补全统计图
（2）利用C得数量除以总数再乘以360度，计算即可得解；
（3）画出树状图或列出图表，再根据概率公式列式进行计算即可得解．
【详解】（1）王老师采取的调查方式是抽样调查，
，
所以王老师所调查的4个班共征集到作品24件，
班的作品数为（件），
条形统计图为：
（2）在扇形统计图中，表示班的扇形周心角；
故答案为抽样调查；6；150°；
（3）画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中恰好抽中一男一女的结果数为6，
所以恰好抽中一男一女的概率．
【点睛】此题考查扇形统计图，列表法与树状图法，条形统计图，解题关键在于看懂图中数据
21. 在中，，、分别是、的中点，使，连接、、、．

（1）试说明与互相平分；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）结合已知条件推知四边形是平行四边形，在该平行四边形的两条对角线互相平分；
（2）根据勾股定理求得的长度，然后由平行四边形的性质和勾股定理来求的长度．
【小问1详解】
证明：、分别是、的中点，
是的中位线，
且．
又，即，
，，
四边形是平行四边形，
与互相平分；
【小问2详解】
在中，，，，
由勾股定理得
又由知，，且，
，
在中，，，，
由勾股定理得．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，平行四边形的判定与性质．三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
22. 习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”．某校为响应我市全民阅读活动，利用节假日面向社会开放学校图书馆．据统计，第一个月进馆人次，进馆人次逐月增加，到第三个月末累计进馆人次，若进馆人次的月平均增长率相同．
（1）求进馆人次的月平均增长率；
（2）因条件限制，学校图书馆每月接纳能力不超过人次，在进馆人次的月平均增长率不变的条件下，校图书馆能否接纳第四个月的进馆人次，并说明理由．
【答案】（1）进馆人次的月平均增长率为．（2）校图书馆能接纳第四个月的进馆人次．
【解析】
【分析】（1）先分别表示出第二个月和第三个月的进馆人次，再根据第一个月的进馆人次加第二和第三个月的进馆人次等于，列方程求解；
（2）根据（1）所计算出的月平均增长率，计算出第四个月的进馆人次，再与比较大小即可．
【详解】（1）设进馆人次的月平均增长率为，则由题意得：
化简得：
，
或（舍）
答：进馆人次的月平均增长率为．
（2）∵进馆人次的月平均增长率为，
第四个月的进馆人次为：
答：校图书馆能接纳第四个月的进馆人次．
【点睛】本题属于一元二次方程的应用题，列出方程是解题的关键．本题难度适中，属于中档题．
23. 如图，四边形内接于，对角线是的直径，过点C作的垂线交的延长线于点E，连接交于点P．

（1）求的度数；
（2）若，求的值；
（3）若，，求的长．
【答案】（1）
（2）2 （3）4
【解析】
【分析】（1）由直径所对的圆周角为90度可得，进而可得；
（2）设，则．先证，推出，求出，根据勾股定理求出，则；
（3）连接，作于点G，由垂径定理得，设，则，，代入，可得，再证，可得，最后根据即可得出答案．
【小问1详解】
解：对角线是的直径，
，
；
【小问2详解】
解：，
设，则．
，
，
，
又，
，
，即，
，
解得或（舍），
，
，
，
，
，
；
【小问3详解】
解：如图，连接，作于点G，

由垂径定理得，
设，则，，
，
，
整理得，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，正切函数的应用，等腰三角形的判定等知识点，能够综合应用上述知识点并正确作出辅助线是解题的关键．
24. 已知：抛物线：．
（1）若顶点坐标为，求b和c的值（用含a的代数式表示）；
（2）当时，求函数的最大值；
（3）若不论m为任何实数，直线与抛物线有且只有一个公共点，求a，b，c的值；此时，若时，抛物线的最小值为k，求k的值．
【答案】（1）
（2）函数的最大值为
（3）k的值为0或
【解析】
【分析】根据抛物线顶点式可得 ，即可得出答案；
由题意可得. 可得 进而可得，即可得出答案；
由直线与抛物线有且只有一个公共点，可得方程有两个相等的实数根，即可得 进而可得 即可求得： ,抛物线解析式为由于抛物线的对称轴为直线 ，开口向上，当时，抛物线的最小值为，分三种情况： 或 或 分别根据二次函数的性质讨论即可.
【小问1详解】
∵抛物线的顶点坐标为，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，，
∴，
∴抛物线与x轴有两个交点，
∴，
∴，
∴，
∴函数的最大值为；
【小问3详解】
∵直线与抛物线有且只有一个公共点，
∴方程组只有一组解，
∴有两个相等的实数根，
∴，
∴，
整理得：，
∵不论m为任何实数，恒成立，
∴，
∴．
此时，抛物线解析式为，
∴抛物线的对称轴为直线，开口向上，
∵当时，抛物线的最小值为k，
∴分三种情况：或或，
①当时，，当时，y随着x的增大而减小，则当时，y的最小值为k，
∴，
解得：或1，均不符合题意，舍去；
②当时，当时，抛物线的最小值为0，
∴；
③当时，y随着x的增大而增大，则当时，y的最小值为k，
∴，
解得：或，
∵，
∴，
综上所述，若时，抛物线的最小值为k，k的值为0或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一元二次方程根的情况和根的判别式，解方程组等知识，综合性很强，难度较大，能把函数交点问题转化成一元二次方程根的问题是解题关键.
25. 如图平面直角坐标系中，为坐标原点，的坐标为，直线过点，且，将四边形绕点按顺时针方向旋转度得到四边形，此时分别与直线相交于于，．
（1）四边形的形状是________，当时，的值是________；
（2）如图2，当四边形的顶点落在y轴正半轴时，求的值；
（3）在四边形旋转过程中，当时，是否存在这样的点和点，使？若存在，请求出点的坐标（用含m的代数式表示），若不存在，请说明理由．
【答案】（1）矩形，；
（2）；
（3）存在，或
【解析】
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，由，可证四边形是矩形，求出，的长，可求解；
（2）由勾股定理可求的长，可求，由锐角三角函数可求的长，由平行线分线段成比例可求的长，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解．
【小问1详解】
解：∵A的坐标为，点，，点，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∵将四边形绕点O按顺时针方向旋转90度得到四边形，
∴点P与点C重合，四边形是矩形，
∴
∴
∴，
故答案为：矩形，；
【小问2详解】
解：∵将四边形绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形，
∴
∴,
∴
∵，
∴，
∴
∴
∵，
∴，
∴
∴，
∴；
【小问3详解】
解：当点P在线段上时，由（2）可知，当时，，
∴点；
当点P在线段的延长线时，如图，过点Q作，交的延长线于N，连接，
∴四边形是矩形，
∴
若，则设
∴
∵，
∴
∵，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴点，
综上所述：点P的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理．特别注意在旋转的过程中的对应线段相等，能够用一个未知数表示同一个直角三角形的未知边，解本题的关键是根据勾股定理列方程求解．日加工零件数
4
5
6
7
8
人数
2
6
5
4
3