2022年山东省济宁市中考数学真题（解析版）

这是一份2022年山东省济宁市中考数学真题（解析版），共25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。

2022年山东省济宁市中考数学真题
一、选择题
1. 用四舍五入法取近似值，将数0.0158精确到0.001的结果是（ ）
A. 0.015 B. 0.016 C. 0.01 D. 0.02
【答案】B
【解析】
【分析】利用四舍五入的方法，从万分位开始四舍五入取近似值即可．
【详解】解：0.0158≈0.016．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了近似数和有效数字，正确利用四舍五入法取近似值是解题的关键．
2. 如图是由6个完全相同的小正方体搭建而成的几何体，则这个几何体的主视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】找到从正面看所得的图形即可．
【详解】解：从正面看，底层有3个正方形，第二层有2个正方形，第三层有1个正方形，
故选：A．
【点睛】本题考查简单组合体三视图的识别，主视图是指从物体的正面看物体所得到的图形．
3. 下列各式运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用去括号的法则，幂的运算法则和零指数幂的意义对每个选项进行判断即可．
【详解】A：，故选项A不正确；
B：，故选项B不正确；
C：，故选项C正确；
D：，故选项D不正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了去括号法则，幂的运算法则和零指数幂的意义，正确利用上述法则对每个选项做出判断是解题的关键．
4. 下面各式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据因式分解的定义对选项逐一分析即可．
【详解】把一个多项式化成几个整式积的形式，这种变形叫做因式分解．
A、右边不是整式积的形式，故不是因式分解，不符合题意；
B、形式上符合因式分解，但等号左右不是恒等变形，等号不成立，不符合题意；
C、符合因式分解的形式，符合题意；
D、从左到右是整式的乘法，从右到左是因式分解，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查因式分解，解决本题的关键是充分理解并应用因式分解的定义．
5. 某班级开展“共建书香校园”读书活动．统计了1至7月份该班同学每月阅读课外书的本数，并绘制出如图所示的折线统计图．则下列说法正确的是（ ）

A. 从2月到6月，阅读课外书的本数逐月下降
B. 从1月到7月，每月阅读课外书本数的最大值比最小值多45
C. 每月阅读课外书本数的众数是45
D. 每月阅读课外书本数的中位数是58
【答案】D
【解析】
【分析】根据折线统计图的变化趋势即可判断A，根据折线统计图中的数据以及众数的定义，中位数的定义即可判断B，C，D选项．
【详解】A.从2月到6月，阅读课外书的本数有增有降，故该选项不正确，不符合题意；
B.从1月到7月，每月阅读课外书本数的最大值为78比最小值28多50，故该选项不正确，不符合题意；
C. 每月阅读课外书本数的众数是58，故该选项不正确，不符合题意；
D.这组数据为： 28，33，45，58，58，72，78，则每月阅读课外书本数的中位数是58，故该选项正确，符合题意；
故选D
【点睛】本题考查了折线统计图，求极差，求中位数，从统计图获取信息是解题的关键．
6. 一辆汽车开往距出发地420km的目的地，若这辆汽车比原计划每小时多行10km，则提前1小时到达目的地．设这辆汽车原计划的速度是x km/h，根据题意所列方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设这辆汽车原计划的速度是x km/h，，则实际速度为km/h，根据题意“提前1小时到达目的地”，列分式方程即可求解．
【详解】解：设这辆汽车原计划的速度是x km/h，则实际速度为km/h，
根据题意所列方程是
故选C
【点睛】本题考查了列分式方程，理解题意列出方程是解题的关键．
7. 已知圆锥的母线长8cm，底面圆的直径6cm，则这个圆锥的侧面积是（ ）
A. 96πcm2 B. 48πcm2 C. 33πcm2 D. 24πcm2
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆锥的侧面积=×底面周长×母线长计算即可求解．
【详解】解：底面直径为6cm，则底面周长=6π，
侧面面积=×6π×8=24πcm2．
故选D．
【点睛】本题考查圆锥的计算，解题的关键是熟练掌握圆锥的侧面积=×底面周长×母线长．
8. 若关于x的不等式组仅有3个整数解，则a的取值范围是（ ）
A. －4≤a＜－2 B. －3＜a≤－2
C. －3≤a≤－2 D. －3≤a＜－2
【答案】D
【解析】
【分析】先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集，即可解答．
详解】解：
由①得，
由②得，
因不等式组有3个整数解




故选：D．
【点睛】本题考查解一元一次不等式组、一元一次不等式组的整数解，掌握相关知识是解题关键．
9. 如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3．沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则AE的长是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得AD = AB = 2， ∠B = ∠ADB， CE= DE， ∠C=∠CDE，可得∠ADE = 90°，继而设AE=x，则CE=DE=3-x，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处，
∴AD = AB = 2， ∠B = ∠ADB，
∵折叠纸片，使点C与点D重合，
∴CE= DE， ∠C=∠CDE，
∵∠BAC = 90°，
∴∠B+ ∠C= 90°，
∴∠ADB + ∠CDE = 90°，
∴∠ADE = 90°，
∴AD2 + DE2 = AE2，
设AE=x，则CE=DE=3-x，
∴22+(3-x)2 =x2，
解得
即AE=
故选A
【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键．
10. 如图，用相同的圆点按照一定的规律拼出图形．第一幅图4个圆点，第二幅图7个圆点，第三幅图10个圆点，第四幅图13个圆点……按照此规律，第一百幅图中圆点的个数是（ ）

A. 297 B. 301 C. 303 D. 400
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据前几个图形圆点的个数规律即可发现规律，从而得到第100个图摆放圆点的个数．
【详解】解：观察图形可知：第1幅图案需要4个圆点，即4＋3×0，
第2幅图7个圆点，即4+3=4+3×1；
第3幅图10个圆点，即4＋3＋3=4＋3×2；
第4幅图13个圆点，即4＋3＋3＋3=4＋3×3；
第n幅图中，圆点的个数为：4+3(n-1)=3n+1，
……，
第100幅图，圆中点的个数为：3×100+1=301．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出存在的规律．
二、填空题
11. 若二次根式有意义，则x的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式即可．
【详解】根据题意，得，
解得：；
故答案为：．
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
12. 如图，直线l1，l2，l3被直线l4所截，若l1l2，l2l3，∠1＝126o32'，则∠2的度数是___________．

【答案】
【解析】
【分析】根据平行线的性质得，根据等量等量代换得，进而根据邻补角性质即可求解．
【详解】解：如图

l1l2，l2l3，
，，
，
∠1＝，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了邻补角，平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．
13. 已知直线y1＝x－1与y2＝kx＋b相交于点（2，1）．请写出b值____（写出一个即可），使x＞2时，y1＞y2．
【答案】2（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意将点（2，1）代入y2＝kx＋b可得，即，根据x＞2时，y1＞y2，可得，即可求得的范围，即可求解．
【详解】解：∵直线y1＝x－1与y2＝kx＋b相交于点（2，1），
∴点（2，1）代入y2＝kx＋b，
得，
解得,
∵直线y1＝x－1，随的增大而增大，
又 x＞2时，y1＞y2，
，
，
解得，
故答案为：2（答案不唯一）
【点睛】本题考查了两直线交点问题，掌握一次函数的性质是解题的关键．
14. 如图，A是双曲线上的一点，点C是OA的中点，过点C作y轴的垂线，垂足为D，交双曲线于点B，则△ABD的面积是___________．

【答案】4
【解析】
【分析】根据点C是OA的中点，根据三角形中线的可得S△ACD = S△OCD, S△ACB = S△OCB,进而可得S△ABD = S△OBD,根据点B在双曲线上，BD⊥ y轴，可得S△OBD=4，进而即可求解．
【详解】点C是OA的中点，
∴S△ACD = S△OCD, S△ACB = S△OCB,
∴S△ACD + S△ACB = S△OCD + S△OCB,
∴S△ABD = S△OBD,
点B在双曲线上，BD⊥ y轴，
∴S△OBD=×8=4,
∴S△ABD =4,
答案为：4.
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，反比例函数的的几何意义，掌握反比例函数的几何意义是解题的关键．
15. 如图，点A，C，D，B在⊙O上，AC＝BC，∠ACB＝90°．若CD＝a，tan∠CBD＝，则AD的长是___________．

【答案】
【解析】
【分析】如图，连接，设交于点，根据题意可得是的直径，，设，证明，根据相似三角形的性质以及正切的定义，分别表示出，根据，勾股定理求得，根据即可求解．
【详解】解：如图，连接，设交于点，

∵∠ACB＝90°
∴是的直径，
，
tan∠CBD＝，
，
在中， ，
，
，
，

设
则，
AC＝BC，
，
，
中，，
，
，
,
又，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了90°圆周角所对的弦是直径，同弧所对的圆周角相等，正切的定义，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
三、解答题
16. 已知，，求代数式的值．
【答案】－4
【解析】
分析】先将代数式因式分解，再代入求值．
【详解】


故代数式的值为．
【点睛】本题考查因式分解、二次根式的混合运算，解决本题的关键是熟练进行二次根式的计算．
17. 6月5日是世界环境日．某校举行了环保知识竞赛，从全校学生中随机抽取了n名学生的成绩进行分析，并依据分析结果绘制了不完整的统计表和统计图（如下图所示）．
学生成绩分布统计表
成绩/分
组中值
频率
75.5≤x＜80.5
78
0.05
80.5≤x＜85.5
83
a
85.5≤x＜90.5
88
0.375
90.5≤x＜95.5
93
0.275
95.5≤x＜100.5
98
0.05


请根据以上图表信息，解答下列问题：
（1）填空：n＝ ，a＝ ；
（2）请补全频数分布直方图；
（3）求这n名学生成绩的平均分；
（4）从成绩在75.5≤x＜80.5和95.5≤x＜100.5的学生中任选两名学生．请用列表法或画树状图的方法，求选取的学生成绩在75.5≤x＜80.5和95.5≤x＜100.5中各一名的概率．
【答案】（1）40，0.25
（2）见解析 （3）88.125分
（4）图表见解析，
【解析】
【分析】（1）根据“频率=频数÷总数”和频率之和为1可得答案；
（2）用总人数减去其他组的人数即为到组人数，即可补全频数分布直方图；
（3）利用平均数的计算公式计算即可；
（4）列出树状图即可求出概率
【小问1详解】
解：由图表可知：，
【小问2详解】
解：由（1）可知，到组人数为（人），
频数分布图为：

【小问3详解】
解： （分）
【小问4详解】
解：解：用A1，A2表示75.5≤x＜80.5中的两名学生，用B1，B2表示95.5≤x＜100.5中的两名学生，画树状图，得


由上图可知，所有结果可能性共12种，而每一种结果的可能性是一样的，其中每一组各有一名学生被选到有8种．
∴每一组各有一名学生被选到的概率为．
【点睛】本题主要考查本题考查读频数分布直方图，求平均数，利用树状图求概率，掌握相关的概念以及方法是解题的关键．
18. 如图，在矩形ABCD中，以AB的中点O为圆心，以OA为半径作半圆，连接OD交半圆于点E，在上取点F，使，连接BF，DF．

（1）求证：DF与半圆相切；
（2）如果AB＝10，BF＝6，求矩形ABCD的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接OF，证明，可得，根据矩形的性质可得，进而即可得证；
（2）连接，根据题意证明，根据相似三角形的性质求得，进而勾股定理，根据矩形的面积公式即可求解．
【小问1详解】
证明：连接OF．
，

，


四边形是矩形，


【小问2详解】
解：连接，
，，
，
为半圆的直径，
，
，

，

，
，
，
在中，
矩形的面积为
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
19. 某运输公司安排甲、乙两种货车24辆恰好一次性将328吨的物资运往A，B两地，两种货车载重量及到A，B两地的运输成本如下表：
货车类型
载重量（吨/辆）
运往A地的成本（元/辆）
运往B地的成本（元/辆）
甲种
16
1200
900
乙种
12
1000
750

（1）求甲、乙两种货车各用了多少辆；
（2）如果前往A地的甲、乙两种货车共12辆，所运物资不少于160吨，其余货车将剩余物资运往B地．设甲、乙两种货车到A，B两地的总运输成本为w元，前往A地的甲种货车为t辆．
①写出w与t之间的函数解析式；
②当t为何值时，w最小？最小值是多少？
【答案】（1）甲种货车用10辆，则乙种货车用14辆
（2）①；②t＝4时，w最小＝22 700元
【解析】
【分析】（1）设甲种货车用x辆，则乙种货车用（24－x）辆．根据题意列一元一次方程即可求解；
（2）①根据表格信息列出w与t之间的函数解析式；
②根据所运物资不少于160吨列出不等式，求得的范围，然后根据一次函数的性质求得最小值即可．
【小问1详解】
（1）设甲种货车用x辆，则乙种货车用（24－x）辆．根据题意，得
16x＋12（24－x）＝328．
解得x＝10．
∴24－x＝24－10＝14．
答：甲种货车用10辆，则乙种货车用14辆．
【小问2详解】
①．
②

∵50>0，
∴w随t的减小而减小．
∴当t＝4时，w最小＝50×4＋22 500＝22 700（元）．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用，根据题意列出方程，不等式与一次函数关系式是解题的关键．
20. 知识再现：如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．
∵，
∴，
∴

（1）拓展探究：如图2，在锐角ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．请探究，，之间的关系，并写出探究过程．
（2）解决问题：如图3，为测量点A到河对岸点B的距离，选取与点A在河岸同一侧的点C，测得AC＝60m，∠A＝75°，∠C＝60°．请用拓展探究中的结论，求点A到点B的距离．
【答案】（1），证明见解析
（2）米
【解析】
【分析】拓展研究：作CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，根据正弦的定义得AE = csinB，
AE= bsin∠BCA，CD= asinB，CD = bsin∠BAC，从而得出结论；
解决问题：由拓展探究知， 代入计算即可．
【小问1详解】
（拓展探究）证明：作CD⊥AB于点D，AC⊥BC于点E．

在RtΔABE中，，
同理：，
．

．
．
．
．
【小问2详解】
（解答问题）解：在ΔABC中，

∴
解得：
答：点A到点B的距离为m．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，对于锐角三角形，利用正弦的定义，得出是解题的关键．
21. 已知抛物线与x轴有公共点．

（1）当y随x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；
（2）将抛物线先向上平移4个单位长度，再向右平移n个单位长度得到抛物线（如图所示），抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．当OC＝OA时，求n的值；
（3）D为抛物线的顶点，过点C作抛物线的对称轴l的垂线，垂足为G，交抛物线于点E，连接BE交l于点F．求证：四边形CDEF是正方形．
【答案】（1）
（2）n＝2 （3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线与轴由公共点，可得，从而而求出的值，进而求得抛物线对称轴，进一步得到结果；
（2）根据图像平移的特征可求出平移后抛物线的解析式，根据和分别得出点和的坐标，根据列出方程，进而求的结果；
（3）从而得出点、点的坐标，由抛物线的解析式可得出点的坐标和点的坐标，进而求得的解析式，从而得出点的坐标，进而得出，进一步得出结论．
【小问1详解】
解：∵抛物线与x轴有公共点，
∴
∴∴．
∴，
∴，
∵，
∴当时，y随着x的增大而增大．
【小问2详解】
解：由题意，得，
当y＝0时，，
解得：或，
∵点A在点B的右侧，
∴点A的坐标为（1+n，0），点B的坐标为（－3+n，0）．
∵点C的坐标为（0，－n2 +2n+3），
∴n+1＝－n2+2n+3．
解得：n＝2或n＝－1（舍去）．
故n的值为2.
【小问3详解】
解：由（2）可知：抛物线C2的解析式为y＝－（x－1）2+4．
∴点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（－1，0）
点C的坐标为（0，3），点D的坐标为（1，4），
抛物线C2的对称轴是直线x＝1，

∵点E与点C关于直线x＝1对称，
∴点E的坐标为（2，3）．
∴点G的坐标为（1，3）．
设直线BE解析式为y＝kx+b，
∴
解得：
∴y＝x+1．
当x＝1时，y＝1+1＝2．点F的坐标为（1，2）．
∴FG＝EG＝DG＝CG＝1．
∴四边形CDEF为矩形．
又∵CE⊥DF，
∴四边形CDEF为正方形．
【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，求一次函数的解析式，平移图像的特征，正方形的判定，解决问题的关键是平移前后抛物线解析式之间的关系．
22. 如图，△AOB是等边三角形，过点A作y轴的垂线，垂足为C，点C的坐标为（0，）．P是直线AB上在第一象限内的一动点，过点P作y轴的垂线，垂足为D，交AO于点E，连接AD，作DM⊥AD交x轴于点M，交AO于点F，连接BE，BF．


（1）填空：若△AOD是等腰三角形，则点D的坐标为 ；
（2）当点P在线段AB上运动时（点P不与点A，B重合），设点M的横坐标为m．
①求m值最大时点D的坐标；
②是否存在这样m值，使BE＝BF？若存在，求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或
（2）①点D坐标；②存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意易得∠AOB=60°从而∠AOC=30°和∠CDA=60°，根据tan30°求得AC的长，再根据sin60°求得AD的长，当OA=AD和OD=OA时分情况讨论，即可得到OD的长，从而得到D点坐标；
（2）①设点D的坐标为（0，a），则OD＝a，CD＝－a，易证，从而得出，代入即可得到m与a的函数关系，化为顶点式即可得出答案；
②作FH⊥y轴于点H，得到AC∥PD∥FH∥x轴，易得，，易证得出，即，设，则，通过证得得出，代入即可得到n的值，进一步得到m的值．
【小问1详解】
∵△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，∴∠AOC=30°，
∵AC⊥y轴，点C的坐标为（0，），
∴OC=，
∴，
当△AOD是等腰三角形，OD=AD，∠DAO=∠DOA=30°，
∴∠CDA=60°，
∴，
∴，
∴D的坐标为，
当△AOD是等腰三角形，此时OA=OD时，,
∴OD=OA=2，
∴点D坐标为（0，2），
故答案为：或（0，2）；
【小问2详解】
①解：设点D的坐标为（0，a），则OD＝a，CD＝－a，
∵△AOB是等边三角形，
∴，
∴，
在RtΔAOC中，，
∴，
∴，
∵，∴，
∵，∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∴当时，m的最大值为；
∴m的最大值为时，点D坐标为；
②存在这样的m值，使BE＝BF；
作FH⊥y轴于点H，
∴AC∥PD∥FH∥x轴，


∴，，
，
，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得： 或 ，
当时，点P与点A重合，不合题意，舍去，
当时， ，
存在这样m值，使BE＝BF．此时 ．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及二次函数的综合运用，解题的关键是得出二次函数的关系式，是对知识的综合考查．