2022年山东省济宁市中考数学试卷

第17页（共17页）2022年山东省济宁市中考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（3分）（2022•济宁）用四舍五入法取近似值，将数0.0158精确到0.001的结果是（B）A．0.015 B．0.016 C．0.01 D．0.022．（3分）（2022•济宁）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）A． B． C． D．3．（3分）（2022•济宁）下列各式运算正确的是（C）A．﹣3（x﹣y）＝﹣3x+y B．x3•x2＝x6 C．（π﹣3.14）0＝1 D．（x3）2＝x54．（3分）（2022•济宁）下面各式从左到右的变形，属于因式分解的是（C）A．x2﹣x﹣1＝x（x﹣1）﹣1 B．x2﹣1＝（x﹣1）2 C．x2﹣x﹣6＝（x﹣3）（x+2） D．x（x﹣1）＝x2﹣x5．（3分）（2022•济宁）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（D）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586．（3分）（2022•济宁）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xkm/h，根据题意所列方程是（C）A．＝+1 B．+1＝ C．＝+1 D．+1＝7．（3分）（2022•济宁）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（D）A．96πcm2 B．48πcm2 C．33πcm2 D．24πcm28．（3分）（2022•济宁）若关于x的不等式组仅有3个整数解，则a的取值范围是（D）A．﹣4≤a＜﹣2 B．﹣3＜a≤﹣2 C．﹣3≤a≤﹣2 D．﹣3≤a＜﹣29．（3分）（2022•济宁）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）A． B． C． D．【解答】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x＝，∴AE＝，故选：A．10．（3分）（2022•济宁）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（B）A．297 B．301 C．303 D．400【解答】解：观察图形可知：摆第1个图案需要4个圆点，即4+3×0；摆第2个图案需要7个圆点，即4+3＝4+3×1；摆第3个图案需要10个圆点，即4+3+3＝4+3×2；摆第4个图案需要13个圆点，即4+3+3+3＝4+3×3；…第n个图摆放圆点的个数为：4+3（n﹣1）＝3n+1，∴第100个图放圆点的个数为：3×100+1＝301．故选：B．二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。11．（3分）（2022•济宁）若二次根式有意义，则x的取值范围是x≥3．12．（3分）（2022•济宁）如图，直线l1，l2，l3被直线l4所截，若l1∥l2，l2∥l3，∠1＝126°32'，则∠2的度数是53°28'．13．（3分）（2022•济宁）已知直线y1＝x﹣1与y2＝kx+b相交于点（2，1）．请写出一个b值0（答案不唯一）（写出一个即可），使x＞2时，y1＞y2．14．（3分）（2022•济宁）如图，A是双曲线y＝（x＞0）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4．15．（3分）（2022•济宁）如图，点A，C，D，B在⊙O上，AC＝BC，∠ACB＝90°．若CD＝a，tan∠CBD＝，则AD的长是2a．【解答】解：连接AB，作直径CE．连接DE，设AD交BC于点T．∵∠ACB＝90°，∴AB是直径，∵EC是直径，∴∠CDE＝90°，∵∠CBD＝∠E，∴tanE＝tan∠CBD＝，∴＝，∴DE＝3a，∴EC＝AB＝＝＝a，∴AC＝BC＝AB＝a，∵∠CAT＝∠CBD，∴tan∠CAT＝tan∠CBD＝，∴CT＝a，BT＝a，∴AT＝＝＝a，∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∵tan∠DBT＝＝，∴DT＝BT＝a，∴AD＝AT+DT＝2a，故答案为：2a．三、解答题：本大题共7小题，共55分。16．（6分）（2022•济宁）已知a＝2+，b＝2﹣，求代数式a2b+ab2的值．【解答】解：∵a＝2+，b＝2﹣，∴a2b+ab2＝ab（a+b）＝（2+）（2﹣）（2++2﹣）＝（4﹣5）×4＝﹣1×4＝﹣4．17．（7分）（2022•济宁）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（如图所示）．学生成绩分布统计表成绩/分组中值频率75.5≤x＜80.5780.0580.5≤x＜85.583a85.5≤x＜90.5880.37590.5≤x＜95.5930.27595.5≤x＜100.5980.05请根据图表信息，解答下列问题：（1）填空：n＝40，a＝0.25；（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．【解答】解：（1）a＝1﹣0.05﹣0.375﹣0.275﹣0.05＝0.25；n＝2÷0.05＝40；故答案为：40，0.25；（2）频数分布直方图如图示：（3）78×0.05+83×0.25+88×0.375+93×0.275+98×0.05＝88.125，所以这n名学生成绩的平均分为88.125分；（4）用a，b表示成绩在75.5≤x＜80.5的学生，用m，n表示成绩在95.5≤x＜100.5的学生，树状图如下：选取的学生成绩在75.5≤x＜80.5和95.5≤x＜100.5中各一名的概率为：＝．18．（7分）（2022•济宁）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．【解答】（1）证明：连接OF，如图：∵＝，∴∠DOA＝∠FOD，∵OA＝OF，OD＝OD，∴△DAO≌△DFO（SAS），∴∠DAO＝∠DFO，∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAO＝90°＝∠DFO，∴OF⊥DF，又OF是半圆O的半径，∴DF与半圆O相切；（2）解：连接AF，如图：∵AO＝FO，∠DOA＝∠DOF，∴DO⊥AF，∵AB为半圆直径，∴∠AFB＝90°，∴BF⊥AF，∴DO∥BF，∴∠AOD＝∠ABF，∵∠OAD＝∠AFB＝90°，∴△AOD∽△FBA，∴＝，即＝，∴DO＝，在Rt△AOD中，AD＝＝＝，∴矩形ABCD的面积为AD•AB＝×10＝，答：矩形ABCD的面积是．19．（8分）（2022•济宁）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161200900乙种121000750（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？【解答】解：（1）设甲种货车用了x辆，则乙种货车用了（24﹣x）辆，根据题意得：16x+12（24﹣x）＝328，解得x＝10，∴24﹣x＝24﹣10＝14，答：甲种货车用了10辆，乙种货车用了14辆；（2）①根据题意得：w＝1200t+1000（12﹣t）+900（10﹣t）+750[14﹣（12﹣t）]＝50t+22500∴w与t之间的函数解析式是w＝50t+22500；②∵，∴0≤t≤10，∵前往A地的甲、乙两种货车共12辆，所运物资不少于160吨，∴16t+12（12﹣t）≥160，解得t≥4，∴4≤t≤10，在w＝50t+22500中，∵50＞0，∴w随t的增大而增大，∴t＝4时，w取最小值，最小值是50×4+22500＝22700（元），答：当t为4时，w最小，最小值是22700元．20．（8分）（2022•济宁）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．∵sinA＝，sinB＝，∴c＝，c＝．∴．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．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．【解答】解：拓展探究如图，作CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，在Rt△ABE中，sinB＝，同理：sinB＝，sin，sin，∴AE＝csinB，AE＝bsin∠BCA，CD＝asinB，CD＝bsin∠BAC，∴，，∴；解决问题在△ABC中，∠CBA＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣75°﹣60°＝45°，∵，∴，∴AB＝30，∴点A到点B的距离为30．21．（9分）（2022•济宁）已知抛物线C1：y＝﹣（m2+1）x2﹣（m+1）x﹣1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C1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C2（如图所示），抛物线C2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）在（2）的条件下，D为抛物线C2的顶点，过点C作抛物线C2的对称轴l的垂线，垂足为G，交抛物线C2于点E，连接BE交l于点F．求证：四边形CDEF是正方形．【解答】（1）解：∵抛物线与x轴有公共点，∴[﹣（m+1）]2﹣4×≥0，∴﹣（m﹣1）2≥0，∴m＝1，∴y＝﹣x2﹣2x﹣1＝﹣（x+1）2，∵a＝﹣1＜0，∴当x＜﹣1时，y随x的增大而增大；、（2）解：由题意得，抛物线C2的解析式为：y＝﹣（x+1﹣n）2+4，当x＝0时，y＝﹣（1﹣n）2+4，∴OC＝﹣（1﹣n）2+4，当y＝0时，﹣（x+1﹣n）2+4＝0，∴x1＝n+1，x2＝n﹣3，∵点A在B点右侧，∴OA＝n+1，由OC＝OA得，﹣（1﹣n）2+4＝n+1，∴n＝2或n＝﹣1（舍去），∴n＝2；（3）证明：由（2）可得，y＝﹣（x﹣1）2+4，B（﹣1，0），C（0，3），∴E（2，3），D（1，4），设直线BE的解析式为：y＝kx+b，∴，∴，∴y＝x+1，∴当x＝1时，y＝1+1＝2，∴CG＝EG＝DG＝FG＝1，∴四边形CDEF是菱形，∵DF⊥CE，∴四边形CDEF是正方形．22．（10分）（2022•济宁）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（0，）或（0，2）；（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是否存在这样的m值，使BE＝BF？若存在，求出此时的m值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵△AOB是等边三角形，∴∠AOB＝60°，当点P在线段AB上时，AD＝OD，∴∠DAO＝∠AOD＝∠BOC﹣∠AOB＝30°，∵AC⊥y轴，∴∠CAO＝∠AOB＝60°，∴∠CAD＝∠OAC﹣∠DAO＝60°﹣30°＝30°，在Rt△AOC中，AC＝OC•tan∠AOC＝＝1，OA＝2AC＝2，在Rt△ACD中，AD＝＝，∴DO＝，∴D（0，），当点P在BA的延长线上时，OD＝OA＝2，∴D（0，2），故答案为：（0，）或（0，2）；（2）①设OD＝x，则CD＝﹣x，∵∠ACD＝∠DOM＝90°，∴∠CAD+∠ADC＝90°，∵DM⊥AD，∴∠ADM＝90°，∴∠ADC+∠ODM＝90°，∴∠CAD＝∠ODM，∴△ACD∽△DOM，∴，∴＝，∴m＝x