山东省泰安市宁阳县2022年中考一模数学试题及答案

这是一份山东省泰安市宁阳县2022年中考一模数学试题及答案，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

 中考一模数学试题
一、单选题
1．三个等圆按如图所示的方式摆放，若再添加一个等圆，使所得图形是中心对称图形，则这个等圆的位置可以是（）

A． B．
C． D．
2．某高校计划派出甲、乙、丙3名男生和A、B、C3名女生共6名志愿者参与北京冬奥会工作，现在将他们分配到北京、延庆2个赛区进行培训，其中1名男性志愿者和1名女性志愿者去北京赛区，其他都去延庆赛区，则甲和A恰好被选去北京赛区培训的概率为（）
A． B． C． D．
3．如图， 中， ， 平分 ，交 于点D， ， ，则 的长为（）

A．3 B．4 C．5 D．6
4．当 时，函数 的最小值为-3，最大值为1，则m的取值范围是（）
A． B． C． D．
5．如图，点A、B、C是⊙O上的三点，且四边形ABCO是平行四边形，OF⊥OC交圆O于点F，则∠BAF等于(　　)

A．12.5° B．15° C．20° D．22.5°
6．某校交响乐团有90名成员，下表是合唱团成员的年龄分布统计表：对于不同的x，下列关于年龄的统计量不会发生改变的是（　　）
年龄（单位：岁）
13
14
15
16
17
频数（单位：名）
17
29
x
26﹣x
18
A．平均数、中位数 B．平均数、方差
C．众数、中位数 D．众数、方差
7．如图，在 中，CD为 的直径， ， ， ，则弦 （）

A． B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴、y轴分别相交于点B、点A，以线段AB为边作正方形ABCD，且点C在反比例函数图象上，则k的值为（ ）

A．21 B．－42 C．42 D．－21
9．如图，在 中，D在AC边上，AD：DC=1：2，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于E，若BE=1，则EC=（）

A． B．2 C．3 D．4
10．如图，抛物线 与 轴只有一个公共点A（1，0），与 轴交于点B（0，2），虚线为其对称轴，若将抛物线向下平移两个单位长度得抛物线 ，则图中两个阴影部分的面积和为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
11．如图，边长为4的正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿直线DF折叠，点C落在对角线BD上的点E处，折痕DF交AC于点M，则OM长是（　　）

A． B． C． D．2﹣
12．如图，直线y＝x+6分别与x轴、y轴相交于点M，N，∠MPN＝90°，点C(0，3)，则PC长度的最小值是（　　）

A．3 3 B．3﹣2 C． D．3
二、填空题
13．小丽的笔试成绩为100分，面试成绩为90分，若笔试成绩、面试成绩按6：4计算平均成绩，则小丽的平均成绩是　 　分.
14．如图，将三个相同的三角尺（内角分别为30°，60°，90°）的一个顶点重合放置，如果 ， ，那么 的度数是　 　．

15．如图，大、小两个正方形的中心均与平面直角坐标系的原点O重合，边分别与坐标轴平行，反比例函数 的图象与大正方形的一边交于点 ，且经过小正方形的顶点B．则图中阴影部分的面积为　 　．

16．当x满足 时，方程 的根是　 　．
17．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形的直角边在轴上，点在第一象限，且，以点为直角顶点，为一直角边作等腰直角三角形，再以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形依此规律，则点的坐标是　 　.

18．二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）中的x与y的部分对应值如表
x
﹣1
0
1
3
y
﹣1
3
5
3
下列结论：
①ac＜0；
②当x＞1时，y的值随x值的增大而减小．
③3是方程ax2+（b﹣1）x+c=0的一个根；
④当﹣1＜x＜3时，ax2+（b﹣1）x+c＞0．
其中正确的结论是　 　．
三、解答题
19．化简：
（1） ．
（2） ．
20．如图，已知反比例函数 与正比例函数 的图象交于 ， 两点.

（1）求该反比例函数的表达式；
（2）若点 在 轴上，且 的面积为3，求点 的坐标.
21．如图①，在平行四边形 中，将对角线 分别向两端延长到点E和F，使得 ，连接 ， ．

（1）求证： ；
（2）如图②，连接 ， ， ，若 ，四边形 是何种特殊四边形？
22．已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．

（1）（探究建模）
如图1，当点E在边AB上时， ，且B，C，F三点共线，求证： ；
（2）（类比应用）
如图2，当点E在正方形ABCD外部时， ， ，且E，C，F三点共线．猜想并证明线段AE，CE，DE之间的数量关系；
23．随着龙虾节的火热举办，某龙虾养殖大户为了发挥技术优势，一次性收购了10000kg小龙虾，计划养殖一段时间后再出售．已知每天养殖龙虾的成本相同，放养10天的总成本为166000，放养30天的总成本为178000元．设这批小龙虾放养t天后的质量为akg，销售单价为y元/kg，根据往年的行情预测，a与t的函数关系为a= ，y与t的函数关系如图所示．

（1）设每天的养殖成本为m元，收购成本为n元，求m与n的值；
（2）求y与t的函数关系式；
（3）如果将这批小龙虾放养t天后一次性出售所得利润为W元．问该龙虾养殖大户将这批小龙虾放养多少天后一次性出售所得利润最大？最大利润是多少？
（总成本=放养总费用+收购成本；利润=销售总额﹣总成本）
24．如图，△ABC是 的内接三角形，过点C作 的切线交BA的延长线于点F，AE是 的直径，连接EC

（1）求证： ；
（2）若AB=BC，AD⊥BC于点D，FC=4，FA=2，求AD·AE的值
25．已知抛物线 （a为常数， ）

（1）求该抛物线的对称轴和顶点坐标（用含a的代数式表示）；
（2）若 ．且 与 是该抛物线上的两点，且 ，求m的取值范围；
（3）如图，当 时，设该抛物线与x轴分别交于A、B两点，点A在点B的左侧，与y轴交于点C．点D是直线 上方抛物线上的一个动点， 交 于点E，设点D的横坐标为t，记 ，当t为何值时，S取得最大值？并求出S的最大值.

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：A、旋转180度后两部分不重合，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、旋转180度后两部分不重合，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、旋转180度后两部分重合，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、旋转180度后两部分不重合，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故答案为：C．
【分析】根据中心对称图形的定义逐项判断即可。
2．【答案】C
【解析】【解答】解：画树状图如下：

由树状图可知，共有9种等可能结果，其中甲和A恰好被选去北京赛区培训有1种结果，
∴P（甲和A被选去北京赛区培训）＝ ．
故答案为：C．
【分析】先利用树状图求出所有等可能的情况数，再利用概率公式求解即可。
3．【答案】A
【解析】【解答】解：过点D作DF⊥AB于点F，

∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
得DF=3，
∵ ， 平分 ，DF⊥AB，
∴CD=DF=3，
故答案为：A．
【分析】过点D作DF⊥AB于点F，根据角平分线的性质可得DF=DC，再利用三角形的面积公式可得，然后求出DF的长即可。
4．【答案】C
【解析】【解答】解：
顶点坐标为（2，1），与y轴交点为（0，-3），对称轴为直线
由抛物线的对称性可知，图象过点（4，-3）
由抛物线的增减性可知，
当 时，函数 的最小值为-3，最大值为1．
故答案为：C．
【分析】先求出函数的顶点坐标和对称轴，根据抛物线的增减性可确定m的取值范围。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：连接OB，

∵四边形ABCO是平行四边形，
∴OC=AB，又OA=OB=OC，
∴OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，
∵OF⊥OC，OC∥AB，
∴OF⊥AB，
∴∠BOF=∠AOF=30°，
由圆周角定理得∠BAF= ∠BOF=15°.
故答案为：B.
【分析】连接OB，由平行四边形的性质可得 OC=AB，结合OA=OB=OC可推出△AOB为等边三角形， 易得OF⊥AB，根据等腰三角形的三线合一得出∠BOF=∠AOF=30°，然后根据圆周角定理进行求解.
6．【答案】C
【解析】【解答】解：由表可知，年龄为15岁与年龄为16岁的频数和为x+26﹣x＝26，
则总人数为：17+29+26+18＝90，
故该组数据的众数为14岁，
中位数为（14+14）÷2＝14（岁）．
即对于不同的x，关于年龄的统计量不会发生改变的是众数和中位数．
故答案为：C．
【分析】根据平均数、中位数、众数及方差的性质可得答案。
7．【答案】D
【解析】【解答】解：连接BD，

∵CD为⊙O的直径，CD⊥AB，
∴AB=2BF， ，
∵∠AEC=60°，
∴∠ODB=∠AEC=60°，
∵OD=OB，
∴△OBD是等边三角形，
∴OB=OD=4，
∴OF= OD=2，
∴BF= ，
∴AB=2BF= ，
故答案为：D．
【分析】连接BD，根据圆周角定理可得∠ODB=∠AEC=60°，则△OBD是等边三角形，根据等边三角形的性质求出BF，再根据垂径定理求出AB。
8．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，过点C作 轴，垂足为E



一次函数 的图象与x轴、y轴分别相交于点B、点A
当 时，
A（0，4）B（-3，0）

四边形ABCD是正方形ABCD



在 和 中




C（-7，3）
点C在反比例函数 图象上

故答案为：D.
【分析】过点C作CE⊥x轴，垂足为E，易得A（0，4），B（-3，0），则OA=4，OB=3，根据正方形的性质可得∠ABC=90°，AB=BC，根据同角的余角相等可得∠ABO=∠BCE，证明△ABO≌△BCE，得到AO=BE=4，OB=CE=3，则OE=7，C（-7，3），然后代入y= 中就可求出k的值.
9．【答案】C
【解析】【解答】解：过点D作 交BC于F，如图，

∵ ，
∴ ，
∵O是BD的中点，
∴BO=OD，
∴BE=EF，
∵ ，
∴ ，
∴CF=2EF，
∴BE：EC=BE：3BE=1：3，
∵BE=1，
∴EC=3，
故答案为：C．
【分析】过点D作 交BC于F，根据 ，可得 ，由 可得 ，CF=2EF，
BE：EC=BE：3BE=1：3，BE=1，EC=3。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：设平移后的抛物线与对称轴所在的直线交于点M，连接AB，OM.

由题意可知，AM=OB，
∵
∴OA=1，OB=AM=2，
∵抛物线是轴对称图形，
∴图中两个阴影部分的面积和即为四边形ABOM的面积，
∵ ， ，
∴四边形ABOM为平行四边形，
∴ .
故答案为：B.
【分析】设平移后的抛物线与对称轴所在的直线交于点M，连接AB，OM，利用A、B坐标及平移的性质，可得OA=1，OB=AM=2， ，可证四边形ABOM为平行四边形，由抛物线的对称性，可得图中两个阴影部分的面积和即为四边形ABOM的面积，由计算即得.
11．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，连接EF，

∵四边形ABCD时正方形，
∴AB=AD=BC=CD=4，∠DCB=∠COD=∠BOC=90°，OD=OC，
∴ ．
根据折叠性质可知，∠OEF=∠DCB=90°，∠EDF=∠CDF，
∴∠BEF=90°，
∴∠BFE=∠FBE=45°，
∴△BEF时等腰三角形，
∴ ．
∵∠DCB=∠COD=90°，∠EDF=∠CDF，
∴ ，
∴ ，
即 ，
解得 ．
故答案为：B．
【分析】连接EF，根据正方形的性质可得 ，根据折叠性质可知，△BEF时等腰三角形，证明 ，可得 ，则 。
12．【答案】A
【解析】【解答】解：以MN为直径作⊙E，连接EC并延长交⊙E于点P，此时PC的长度最小.

当x＝0时，y＝0+6＝6，
∴点N的坐标为（0，6）；
当y＝0时，x+6＝0，
解得：x＝﹣6，
∴点M的坐标为（-6，0）．
∴MN 6 ，点E的坐标为（﹣3，3）．
又∵点C的坐标为（0，3），
∴CE＝3，
∴CP＝EP﹣CEMN﹣CE 6 3＝3 3．
故答案为：A．
【分析】以MN为直径作⊙E，连接EC并延长交⊙E于点P，此时PC的长度最小。当x＝0时，y＝0+6＝6，点N的坐标为（0，6）；
当y＝0时，x+6＝0，点M的坐标为（-6，0），MN 6 ，点E的坐标为（﹣3，3）。CE＝3，
CP＝EP﹣CEMN﹣CE 6 3＝3 3。
13．【答案】96
【解析】【解答】解：小丽的平均成绩是 ＝96（分），
故答案为：96.

【分析】根据加权平均数的公式计算即可.
14．【答案】12°
【解析】【解答】解：如图所示，标上角 ，

根据旋转的性质可得：
，
，
又 ，
，
，
故答案为：12°．
【分析】根据旋转的性质可得： ， ，由 ， ，可得
。
15．【答案】32
【解析】【解答】解： 反比例函数 的图象经过点 ，
，
反比例函数的解析式为 ；
小正方形的中心与平面直角坐标系的原点O重合，边分别与坐标轴平行，
设B点的坐标为 ，
反比例函数 的图象经过B点，
，
，
小正方形的面积为 ，
大正方形的中心与平面直角坐标系的原点O重合，边分别与坐标轴平行，且 ，
大正方形在第一象限的顶点坐标为 ，
大正方形的面积为 ，
图中阴影部分的面积 =大正方形的面积-小正方形的面积=64-32=32 ，
故答案为：32．
【分析】根据待定系数法求出k即可确定得到反比例函数的解析式，根据发比例函数系数的几何意义求出小正方形的面积，再求出大正方形的面积，根据图中阴影部分的面积 =大正方形的面积 - 小正方形的面积 可得答案。
16．【答案】
【解析】【解答】解： ，
解不等式①得x>2，
解不等式②得x<6，
∴不等式组的解集为2 ∵ ，
∴ ，
解得 ，
∴方程 的根是 ，
故答案为 ．
【分析】先解不等式组求出解集，再解一元二次方程，找出符合题意的解。
17．【答案】
【解析】【解答】解：由已知，点A每次旋转转动45°，则转动一周需转动 (次)，
而 ，
，
，
…，
(n为正整数)，
即每次转动点A到原点的距离变为转动前的 倍，
，
点 的在第三象限的角平分线上，
∴，
设点A2021(x，x)，其中x<0，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点A2021的坐标是
故答案为： .
【分析】由题意可得转动一周需转动8次，利用勾股定理求出OA1、OA2、OA3，表示出OAn，推出点A2021在第三象限的角平分线上，求出OA2021，设A2021（x，x），根据勾股定理求出x，进而可得点A2021的坐标.
18．【答案】①③④
【解析】【解答】解：∵x=﹣1时y=﹣1，x=0时，y=3，x=1时，y=5，
∴ ，
解得 ，
∴y=﹣x2+3x+3，
∴ac=﹣1×3=﹣3＜0，故①正确；
对称轴为直线x=﹣ = ，
所以，当x＞ 时，y的值随x值的增大而减小，故②错误；
方程为﹣x2+2x+3=0，
整理得，x2﹣2x﹣3=0，
解得x1=﹣1，x2=3，
所以，3是方程ax2+（b﹣1）x+c=0的一个根，正确，故③正确；
﹣1＜x＜3时，ax2+（b﹣1）x+c＞0正确，故④正确；
综上所述，结论正确的是①③④．
故答案为：①③④．
【分析】利用待定系数法求出二次函数解析式为y=﹣x2+3x+3，然后判断出①正确，②错误，再根据一元二次方程的解法和二次函数与不等式的关系判定③④正确．
19．【答案】（1）解：
=
=
=x-1；
（2）解：
=
=-6．
【解析】【分析】（1）按照运算法则进行分式运算；
（2）按照实数的运算法则进行计算即可。
20．【答案】（1）解：将 点坐标代入 中可得： ，
∴ ；
将 代入 可得： ，
∴该反比例函数的表达式为
（2）解：因为该反比例函数的图象和一次函数的图象交于 ， 两点，
∴ ， 两点关于原点对称，
∴ ，
∴B点到OC的距离为2，
∵ 的面积为3，
∴ ，
∴ ，
当C点在O点左侧时， ；
当C点在O点右侧时， ；
∴点 的坐标为 或
【解析】【分析】（1） 将 点坐标代入 中，求出m值，即得 ，再将 代入 中，求出k值即可；
（2）根据反比例函数与正比例函数的对称性，可知 ， 两点关于原点对称，求出 ， 由的面积为3，可求出OC=3，分两种情况：①当C点在O点左侧时， ②当C点在O点右侧时，据此分别求出点C坐标即可.
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ ，
∴∠DCA=∠CAB，
∴∠DCF=∠BAE，
∵AE=CF，
∴ （SAS）；
（2）解：连接DE，BD，BF，
∵ ，
∴DF=BE，∠DFE=∠BEF，
∵ ，
∴四边形BEDF是平行四边形，
又AC⊥BD，
∴四边形 是菱形．
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可证 ；
（2） 连接DE，BD，BF， 根据 ，可证四边形BEDF是平行四边形，由AC⊥BD可得四边形 是菱形．
22．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴DA=DC，∠DAB=∠BCD=90゜
∴∠ADE+∠EDC=90゜
∵DE⊥DF
∴∠EDC+∠CDF=∠EDF=90゜
∴∠ADE=∠CDF
∵B、C、F三点共线
∴∠DCF=∠DAB=90゜
在△DAE和△DCF中

∴△DAE≌△DCF
∴AE=CF
（2）解： ，证明如下：
∵四边形ABCD是正方形
∴DA=DC，∠DAB=∠BCD=90゜
∴∠ADE+∠EDC=90゜
∵DE⊥DF
∴∠EDC+∠CDF=∠EDF=90゜，∠F+∠DEF=90゜
∴∠ADE=∠CDF
∵E、C、F三点共线，AE⊥EF
∴∠AED+∠DEF=90゜
∴∠AED=∠F
在△DAE和△DCF中

∴△DAE≌△DCF
∴AE=CF，DE=DF
∴△DEF是等腰直角三角形
由勾股定理得：
∵EF=CF+CE=AE+CE
∴
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质证明△DAE≌△DCF可得结论；
（2）根据正方形的性质证明△DAE≌△DCF，AE=CF，DE=DF ，根据勾股定理可得，
23．【答案】（1）解：依题意得 ，
解得：
（2）解：当0≤t≤20时，设y=k1t+b1，由图象得： ，解得： ∴y= t+16；当20＜t≤50时，设y=k2t+b2，由图象得： ，解得： ，∴y=﹣ t+32，
综上，
（3）解：W=ya﹣mt﹣n，当0≤t≤20时，W=10000（ t+16）﹣600t﹣160000=5400t，∵5400＞0，∴当t=20时，W最大=5400×20=108000，
当20＜t≤50时，W=（﹣ t+32）（100t+8000）﹣600t﹣160000=﹣20t2+1000t+96000=﹣20（t﹣25）2+108500，
∵﹣20＜0，抛物线开口向下，∴当t=25，W最大=108500，∵108500＞108000，
∴当t=25时，W取得最大值，该最大值为108500元
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出m、n的值。
（2）观察图像，y与x的函数图象是分段函数，因此利用待定系数法，分别求出当0≤t≤20时；当20＜t≤50时的函数解析式。
（3）根据W=ya﹣mt﹣n，得出当0≤t≤20时和当20＜t≤50时，W与t的函数解析式，再根据一次函数和二次函数的性质，分别求出最大值，再比较大小，就可得出答案。
24．【答案】（1）证明：连接

∵ 是⊙O的切线，AE是⊙O的直径，
∴ ，
∴
∴
又∵
∴
根据圆周角定理可得：
∴ ，
∴ .
（2）解：由（1）可知 ，
∵
∴
∴
∴ ，
∵ ， ，
∴
∴
∴
又∵ 中，
∴ ，
如图示，连接

∵ ，
∴
∴
∴ .
【解析】【分析】（1）连接OC，利用切线的性质和圆周角定理可证得∠OCF=∠ACE=90°，利用余角的性质可证∠ACF=∠ECO，利用等腰三角形的性质及圆周角定理，可证得结论.
（2）利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△AFC∽△CFB，利用相似三角形的性质可求出FB的长，从而求出AB的长，即可得到BC的长；连接BE，利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△ACD∽△AEB，利用相似三角形的性质可求出AD·AE的值.
25．【答案】（1）解：
=
= ，
∴顶点为（-1，-4a），对称轴为直线x=-1；
（2）解：∵a<0，
∴抛物线开口向下，
∵ 与 是该抛物线上的两点，且 ，
∴ ，
∴m>3或m<-5；
（3）解：当a=-1时， ，
令y=0，则x=-3或x=1，
∴B（1，0），A（-3，0），
∵ ，
∴ ，
过点D作DF⊥x轴交AC于点F，过点B作BG⊥x轴交AC于点G，

∴ ，
△DEF∽△BEG，
∴ ，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
∴ ，解得 ，
∴y=x+3，
设D（t， ），则F（t，t+3），
∴DF=-t2-3t，BG=4，
∴-t2-3t =4S，
∴ ，
当t=- 时，S有最大值 ．
【解析】【分析】（1）由 = ，可得抛物线的对称轴和顶点坐标；
（2）由开口乡下的抛物线，图象上的点到对称轴的距离越远，对应的函数值越小，可得 ， 解之即可；
（3）先求出点A、B的坐标，过点D作DF⊥x轴交AC于点F，过点B作BG⊥x轴交AC于点G， 由 ，可得 ，由
△DEF∽△BEG， ；根据待定系数法可得直线AC的解析式为 y=x+3，设D（t， ），则F（t，t+3），
DF=-t2-3t，BG=4，-t2-3t =4S， ，可得当t=- 时，S有最大值 。