2022年江西中考数学模拟试卷4（Word版附答案解析）

1、2022年江西中考数学模拟试卷4一选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）1（3分）（2022洪山区校级开学）已知一列实数：1，2，则第2021个数是（）ABCD20212（3分）（2022春宜黄县月考）若定义表示3xyz，表示2abcd，则运算的结果为（）A12m3n4B6m2n5C12m4n3D12m3n43（3分）（2022毕节市模拟）如图，是由6个同样大小的正方体摆成的几何体，将正方体移走后，所得几何体（）A主视图改变，左视图改变B俯视图不变，左视图不变C俯视图改变，左视图改变D主视图改变，左视图不变4（3分）（2021春济宁期末）小明同学根据全班同学的血型绘制了如图所示的扇形统计图

2、，已知A型血的有20人，则O型血的有（）A10人B12人C8人D9人5（3分）（2021呼和浩特一模）已知正比例函数y1的图象与反比例函数y2的图象相交于点A（2，4），下面四个判断正确的有（）反比例函数y2的解析式是y2两个函数图象还有另一交点，且坐标为（2，4）当x2或0 x2时，y1y2正比例函数y1与反比例函数y2都随x的增大而增大A1个B2个C3个D4个6（3分）（2021秋焦作期末）如图，从边长为（a+4）cm的正方形纸片中剪去一个边长为（a+1）cm的正方形（a0），剩余部分沿虚线又剪拼成一个矩形（不重叠无缝隙），则矩形的面积为（）cm2A3a+5B6a+9C2a2+5aD6a+

3、15二填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）7（3分）25a2 （5a+3b）（5a3b）； +b2（2a+b）（b+2a）8（3分）（2021诏安县一模）我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的三角形，如图所示，已知A90，BD4，CF6，则正方形ADOF的边长是 9（3分）（2021春昆明期末）一元二次方程2x24x+10的两个根为x1，x2，则2x224x2+x1x2的值为 10（3分）（2021秋定州市期末）如图，在ABC中，A22，D为AB边中点，E为AC边上一点，将ADE沿着DE翻折，得到ADE，连接AB当ABAD时，AEC的度数为 1

4、1（3分）（2022春海淀区校级月考）某施工队计划修建一个长为800米的隧道，第一周按原计划的速度修建，一周后以原来速度的1.5倍修建，结果比原计划提前一周完成任务，若设原计划一周修建隧道x米，则可列方程为 12（3分）（2021南通模拟）在平面直角坐标系中，Q是直线yx+2上的一个动点，点P（1，0）在x轴上，以PQ为直角边作RtPQQ，且QPQ90，PQQ30，连接OQ，则OQ的最小值为 三解答题（共11小题，满分84分）13（6分）（2021新吴区校级模拟）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E，F在AC上，且AECF，EFBD求证：四边形EBFD是矩形14（6分）（2

5、021东西湖区模拟）解不等式组请按下列步骤完成解答：（）解不等式，得 ；（）解不等式，得 ；（）把不等式和的解集在数轴上表示出来；（）原不等式组的解集为 15（6分）（2020南昌县模拟）在ABC中，ABAC，点A在以BC为直径的半圆内请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图（保留画图痕迹）（1）在图1中作弦EF，使EFBC；（2）在图2中作出圆心O16（6分）（2021秋汝阳县期末）汝阳县为了迎接国家文明城市的验收，需要选取1或2名同学作为志愿者三一班的A同学、B同学和三二班的C同学、D同学4名同学报名参加（1）若从这4名同学中随机选取1名志愿者，则被选中的这名同学恰好是三一班同学的概率是 ；（

6、2）若从这4名同学中随机选取2名志愿者，请用列举法（画树状图或列表）求这2名同学恰好都是三二班同学的概率17（6分）（2021春红谷滩区校级期末）如图，AOB是边长为2的等边三角形，过点A的直线yx+m与x轴交于点C（1）求点A的坐标；（2）求直线AC的解析式；（3）求证：OAAC18（8分）（2022西华县一模）某中学为检验思想政治课的学习效果，对八年级学生进行“社会主义核心价值观”知识测试（满分100分），随机抽取部分学生的测试成绩进行统计，并将统计结果绘制成如下尚不完整的统计图表：测试成绩频数分布表组别成绩分组频数频率A50 x6040.1B60 x70100.25C70 x80mnD8

7、0 x9080.2E90 x10060.15根据以上信息解答下列问题：（1）填空：m ，n （2）补全频数分布直方图（3）若要画出该组数据的扇形统计图，请计算C组所在扇形的圆心角度数为 （4）学校计划对测试成绩达到80分及以上的同学进行表彰，若该校共有400人参加此次知识测试，请估计受到表彰的学生人数19（8分）（2022合肥模拟）AB是半圆O的直径，直线l是O的切线，点P是切点，ACl交O于点C，连接PA、PC、0C、OP、AC与OP交于点D（1）如图1，证明：APCP；（2）如图2，连接BC，过点P作PEAB于点E，若PE4、AB10，求BC的长；20（8分）（2022旬阳县模拟）一抽纸纸

8、筒被安装在竖直墙面上，图1是其侧面示意图，其中DFAD于点D，BAAD于点A，BACB于点B，ABAD20cm，BC5cm，是以点E为圆心，EC长为半径的圆上的一段弧，EFAD（1）求所在圆的半径；（2）如图2，当一卷底面直径为10cm的圆柱形纸巾恰好能放入纸筒内时，求纸筒盖要打开的最小角GDC的大小（参考数据：sin11.54，cos78.46，tan11.31）21（9分）（2022春金安区校级月考）已知抛物线yax2+4x+c经过点A（3，16）和点B（5，0）（1）试确定该抛物线和直线AB的函数表达式；（2）若将直线AB沿y轴方向向上平移m个单位长度后恰好经过抛物线yax2+4x+c的

9、顶点，求m的值；若将直线AB沿x轴方向向左平移n个单位长度后恰好经过抛物线yax2+4x+c的顶点，请直接写出n的值（不用说明理由）22（9分）（2022习水县模拟）已知ABC与DEC为直角三角形，ACBDCE90（1）【问题发现】如图1，若CABCDE45时，点D是线段AB上一动点，连接BE则 ，DBE ；（2）【类比探究】如图2，若CABCDE60，点D是线段AB上一动点，连接BE请判断的值及DBE的度数，并说明理由；（3）【拓展延伸】如图3，在（2）的条件下，将点D改为直线AB上一动点，其余条件不变，取线段DE的中点M连接BM、CM，若AC2，则当CBM是直角三角形时，请求线段BE的长2

10、3（12分）（2021秋攸县期末）如图，已知直线y2x+4分别交x轴、y轴于点A、B，抛物线过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PCx轴于点C，交抛物线于点D（1）若抛物线的解析式为y2x2+2x+4，设其顶点为M，其对称轴交AB于点N求点M和点N的坐标；在抛物线的对称轴上找一点Q，使|AQBQ|的值最大，请直接写出点Q的坐标；是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由；（2）当点P的横坐标为1时，是否存在这样的抛物线，使得以B、P、D为顶点的三角形与AOB相似？若存在，求出满足条件的抛物线的解析式；若不存在，请说明理由2022年江西中考数学模拟试卷4参考答案与试题解析一选择题

11、（共6小题，满分18分，每小题3分）1（3分）（2022洪山区校级开学）已知一列实数：1，2，则第2021个数是（）ABCD2021【考点】立方根；规律型：数字的变化类；算术平方根【专题】实数；推理能力【分析】由题意得该组数据以三次一循环的规律出现，计算20213的商与余数可得此题结果【解答】解：由题意得，该组数据中第3n个数是，第3n+1个数是（3n+1），第3n+2个数是，202136732，第2021个数是，故选：A【点评】此题考查了数字变化规律类问题的解决能力，关键是能确定题中数据的规律2（3分）（2022春宜黄县月考）若定义表示3xyz，表示2abcd，则运算的结果为（）A12m3n

12、4B6m2n5C12m4n3D12m3n4【考点】整式的混合运算【专题】新定义；整式；运算能力【分析】根据新定义列出算式进行计算，即可得出答案【解答】解：根据定义得：3mn2（2）m2n312m3n4，故选：A【点评】本题考查了整式的混合运算，根据新定义列出算式是解决问题的关键3（3分）（2022毕节市模拟）如图，是由6个同样大小的正方体摆成的几何体，将正方体移走后，所得几何体（）A主视图改变，左视图改变B俯视图不变，左视图不变C俯视图改变，左视图改变D主视图改变，左视图不变【考点】简单组合体的三视图【专题】投影与视图；几何直观【分析】根据从上面看得到的图形事俯视图，从正面看得到的图形是主视图

13、，从左边看得到的图形是左视图，可得答案【解答】解：将正方体移走前的主视图正方形的个数为1，2，1；正方体移走后的主视图正方形的个数为1，2；主视图发生改变将正方体移走前的左视图正方形的个数为2，1，1；正方体移走后的左视图正方形的个数为2，1，1；左视图没有发生改变将正方体移走前的俯视图正方形的个数为1，3，1；正方体移走后的俯视图正方形的个数，1，3；俯视图发生改变故选：D【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形事俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图4（3分）（2021春济宁期末）小明同学根据全班同学的血型绘制了如图所示的扇形统计图，已知A型血的有2

14、0人，则O型血的有（）A10人B12人C8人D9人【考点】扇形统计图【专题】统计的应用；应用意识【分析】根据A型血的有20人，所占的百分比是40%即可求得班级总人数，根据AB型所对应的扇形圆心角的度数求得对应的百分比，则用总人数乘以O型血所对应的百分比即可求解【解答】解：全班的人数是：2040%50（人），则O型血的人数是：50（140%30%10%）10（人）故选：A【点评】本题考查的是扇形统计图的运用，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小5（3分）（2021呼和浩特一模）已知正比例函数y1的图象与反比例函数y2的图象相交于点A（2，4

15、），下面四个判断正确的有（）反比例函数y2的解析式是y2两个函数图象还有另一交点，且坐标为（2，4）当x2或0 x2时，y1y2正比例函数y1与反比例函数y2都随x的增大而增大A1个B2个C3个D4个【考点】反比例函数与一次函数的交点问题【专题】函数及其图象；一次函数及其应用；反比例函数及其应用；模型思想；应用意识【分析】根据正比例函数y1的图象与反比例函数y2的图象相交于点A（2，4），可求出两个函数关系式，再根据图象和性质进行判断即可【解答】解：由正比例函数y1的图象与反比例函数y2的图象相交于点A（2，4），可求出，y12x，y2，因此不正确；由函数的对称性可得，两个函数图象还有另一交点

16、，且坐标为（2，4）因此正确；由两个函数的交点坐标以及函数的性质可得，当x2或0 x2时，y1y2，因此正确；因为反比例函数，在每个象限内，y随x的增大而减小，因此不正确；综上所述，正确的有，有两个，故选：B【点评】本题考查反比例函数与一次函数交点坐标，求出函数关系式，掌握一次函数与反比例函数的图象和性质是正确判断的关键6（3分）（2021秋焦作期末）如图，从边长为（a+4）cm的正方形纸片中剪去一个边长为（a+1）cm的正方形（a0），剩余部分沿虚线又剪拼成一个矩形（不重叠无缝隙），则矩形的面积为（）cm2A3a+5B6a+9C2a2+5aD6a+15【考点】图形的剪拼；整式的混合运算【分析

17、】矩形的面积就是边长是a+4的正方形与边长是a+1的正方形的面积的差，列出代数式进行化简即可【解答】解：矩形的面积是（a+4）2（a+1）2a+8a+16a2a16a+15故选：D【点评】此题考查图形的剪拼，整式的运算，正确使用完全平方公式是解决问题的关键二填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）7（3分）25a29b2（5a+3b）（5a3b）；4a2+b2（2a+b）（b+2a）【考点】因式分解运用公式法【专题】计算题；因式分解【分析】原式利用平方差公式化简即可得到结果；原式利用平方差公式化简即可得到结果【解答】解：25a29b2（5a+3b）（5a3b）；4a2+b2（2a+b）（b+

18、2a）故答案为：9b2；4a2【点评】此题考查了因式分解运用公式法，熟练掌握平方差公式是解本题的关键8（3分）（2021诏安县一模）我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的三角形，如图所示，已知A90，BD4，CF6，则正方形ADOF的边长是 2【考点】正方形的性质；数学常识；勾股定理【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力【分析】设正方形ADOF的边长为x，在直角三角形ACB中，利用勾股定理可建立关于x的方程，解方程即可【解答】解：设正方形ADOF的边长为x，由题意得：BEBD4，CECF6，BCBE+CEBD+CF10

19、，在RtABC中，AC2+AB2BC2，即（6+x）2+（x+4）2102，整理得，x2+10 x240，解得：x2，或x12（舍去），x2，即正方形ADOF的边长是2；故答案为：2【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质、一元二次方程的解法、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键9（3分）（2021春昆明期末）一元二次方程2x24x+10的两个根为x1，x2，则2x224x2+x1x2的值为 【考点】根与系数的关系【专题】一元二次方程及应用；运算能力【分析】先根据一元二次方程根的定义得到2x224x21，再利用根与系数的关系得到x1x2，然后利用整体代入

20、的方法计算【解答】解：x2为方程2x24x+10的根，2x224x2+10，2x224x21，一元二次方程2x24x+10的两个根为x1，x2，x1x2，原式1+故答案为【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c0（a0）的两根时，x1+x2，x1x2也考查了一元二次方程根的定义10（3分）（2021秋定州市期末）如图，在ABC中，A22，D为AB边中点，E为AC边上一点，将ADE沿着DE翻折，得到ADE，连接AB当ABAD时，AEC的度数为 16【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理【专题】三角形；平移、旋转与对称；几何直观；应用意识【分析】由已知可

21、得ABD是等边三角形，即知ADB60，ADE60，根据A22，可得AEDAED98，而CED180AED82，即可得答案【解答】解：D为AB边中点，ADBD，将ADE沿着DE翻折，得到ADE，ADAD，BDAD，ABAD，ABADBD，ABD是等边三角形，ADB60，ADE（180ADB）260，A22，AEDAED180AADE98，CED180AED82，AECAEDCED16，故答案为：16【点评】本题考查三角形中的翻折，涉及等边三角形的判定及性质，解题的关键是掌握折叠的性质，证明ABD是等边三角形11（3分）（2022春海淀区校级月考）某施工队计划修建一个长为800米的隧道，第一周按原

22、计划的速度修建，一周后以原来速度的1.5倍修建，结果比原计划提前一周完成任务，若设原计划一周修建隧道x米，则可列方程为 1【考点】由实际问题抽象出分式方程【专题】分式方程及应用；应用意识【分析】由一周后以原来速度的1.5倍修建，可得出一周后每周修建隧道1.5x米，利用工作时间工作总量工作效率，结合结果比原计划提前一周完成任务，即可得出关于x的分式方程，此题得解【解答】解：一周后以原来速度的1.5倍修建，原计划一周修建隧道x米，第一周修建了x米隧道，一周后每周修建隧道1.5x米依题意得：1故答案为：1【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键12（3分

23、）（2021南通模拟）在平面直角坐标系中，Q是直线yx+2上的一个动点，点P（1，0）在x轴上，以PQ为直角边作RtPQQ，且QPQ90，PQQ30，连接OQ，则OQ的最小值为 【考点】一次函数图象上点的坐标特征；一次函数的性质【专题】动点型；一次函数及其应用；等腰三角形与直角三角形；几何直观；应用意识【分析】过Q作QMx轴于M，过Q作QNx轴于N，由QPQ90，PQQ30，知，证明PQMQPN，可得PNQM，QNPM，设Q（m，m+2），则Q（m+2+1，m），即知Q在直线yx1上运动，设直线yx1于x轴交于K，与y轴交于G，过O作OHGK于H，当Q运动到H时，OQ最小，最小值即为OH的长，

24、由yx1可得G（0，1），K（+1，0），知OGK是等腰直角三角形，故OHK也是等腰直角三角形，从而OHOK，即OQ最小为【解答】解：过Q作QMx轴于M，过Q作QNx轴于N，如图：QPQ90，PQQ30，QPM90QPNPQN，又PMQPNQ90，PQMQPN，PNQM，QNPM，由P（1，0），Q在直线yx+2上，设Q（m，m+2），则PMOPOM1m，QMm+2，PNm+2，QNm，ONm+2+1，Q（m+2+1，m），设xm+2+1，ym，则yx1，即Q在直线yx1上运动，设直线yx1于x轴交于K，与y轴交于G，过O作OHGK于H，当Q运动到H时，OQ最小，最小值即为OH的长，如图：在y

25、x1中，令x0得y1，令y0得x+1，G（0，1），K（+1，0），OGOG，OGK是等腰直角三角形，OHGK，OHK是等腰直角三角形，OHOK（+1），即OQ最小为，故答案为：【点评】本题考查一次函数图象上的动点问题，解题的关键是找出点Q的运动轨迹三解答题（共11小题，满分84分）13（6分）（2021新吴区校级模拟）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E，F在AC上，且AECF，EFBD求证：四边形EBFD是矩形【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质【专题】几何图形【分析】根据矩形的判定和平行四边形的性质证明即可【解答】证明：平行四边形ABCD，AB

26、CD，ABCD，BAEDCF，ABOCDO，在ABE与CDF中，ABECDF（SAS），BEDF，BAECDF，ABOBAECDOCDF，即BEODFO，BEDF，四边形EBDF是平行四边形，EFBD，平行四边形EBDF是矩形【点评】此题考查矩形的判定，关键是根据全等三角形的判定得出ABECDF14（6分）（2021东西湖区模拟）解不等式组请按下列步骤完成解答：（）解不等式，得 x2；（）解不等式，得 x3；（）把不等式和的解集在数轴上表示出来；（）原不等式组的解集为 x3【考点】解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力【分析】分别求出每一个不等

27、式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集【解答】解：（I）解不等式，得x2；（II）解不等式，得x3；（III）把不等式和的解集在数轴上表示出来；（IV）原不等式组的解集为x3故答案为：x2，x3，x3【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键15（6分）（2020南昌县模拟）在ABC中，ABAC，点A在以BC为直径的半圆内请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图（保留画图痕迹）（1）在图1中作弦EF，使EFBC；（2）在图2中作出圆心O【考

28、点】作图复杂作图；平行线的判定与性质；等腰三角形的性质；垂径定理；圆周角定理【专题】作图题；几何直观【分析】（1）延长BA、CA分别交半圆于F、E，利用圆周角定理得到EBCF，则EFBC；（2）延长BE、CF交于G，连接GA并延长与直径交点即为圆心【解答】解：（1）如图，EF为所作；（2）如图，点O为所作【点评】本题考查了作图复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作也考查了等腰三角形的性质和圆周角定理16（6分）（2021秋汝阳县期末）汝阳县为

29、了迎接国家文明城市的验收，需要选取1或2名同学作为志愿者三一班的A同学、B同学和三二班的C同学、D同学4名同学报名参加（1）若从这4名同学中随机选取1名志愿者，则被选中的这名同学恰好是三一班同学的概率是 ；（2）若从这4名同学中随机选取2名志愿者，请用列举法（画树状图或列表）求这2名同学恰好都是三二班同学的概率【考点】列表法与树状图法【专题】概率及其应用；推理能力【分析】（1）四名同学中初三一班占一半，求出所求概率即可；（2）列表得出所有等可能的情况数，找出这2名同学恰好都是初三二班同学的情况数，即可求出所求概率【解答】解：（1）若从这4名同学中随机选取1名志愿者，则被选中的这名同学恰好是初三

30、一班同学的概率是；故答案为：；（2）根据题意列表如下： ABCDA（B，A）（C，A）（D，A）B（A，B）（C，B）（D，B）C（A，C）（B，C）（D，C）D（A，D）（B，D）（C，D）所有等可能的情况数有12种，其中这2名同学恰好都是初三二班同学的情况有2种，则这2名同学恰好都是三二班同学的概率是【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比17（6分）（2021春红谷滩区校级期末）如图，AOB是边长为

31、2的等边三角形，过点A的直线yx+m与x轴交于点C（1）求点A的坐标；（2）求直线AC的解析式；（3）求证：OAAC【考点】待定系数法求一次函数解析式；等边三角形的性质；一次函数图象上点的坐标特征【专题】一次函数及其应用；运算能力；推理能力【分析】（1）利用等边三角形的性质得出ODBD1，再利用勾股定理得出AD的长，即可得出A点坐标，（2）利用待定系数法即可求出函数解析式；（3）利用E点坐标得出CO的长，进而求出AC的长，再利用勾股定理逆定理得出答案【解答】（1）解：过点A作ADOC于点D，OAB是边长为2的等边三角形，ODDB1，ABAOOB2，AD，A（1，）；（2）解：将A点代入直线yx

32、+m得：+m，解得：m，故yx+；（3）证明：yx+中，令y0时，x4，即C（4，0）；AD，DCCODO3，AC2，AO2+AC216，CO216，AO2+AC2CO2，AOC是以A为直角顶点的直角三角形，OAAC【点评】此题主要考查了等边三角形的性质以及勾股定理以及勾股定理逆定理和一次函数图象上点的坐标性质，得出A点坐标是解题关键18（8分）（2022西华县一模）某中学为检验思想政治课的学习效果，对八年级学生进行“社会主义核心价值观”知识测试（满分100分），随机抽取部分学生的测试成绩进行统计，并将统计结果绘制成如下尚不完整的统计图表：测试成绩频数分布表组别成绩分组频数频率A50 x604

33、0.1B60 x70100.25C70 x80mnD80 x9080.2E90 x10060.15根据以上信息解答下列问题：（1）填空：m12，n0.3（2）补全频数分布直方图（3）若要画出该组数据的扇形统计图，请计算C组所在扇形的圆心角度数为 108（4）学校计划对测试成绩达到80分及以上的同学进行表彰，若该校共有400人参加此次知识测试，请估计受到表彰的学生人数【考点】频数（率）分布表；频数（率）分布直方图；用样本估计总体【专题】数据的收集与整理；数据分析观念【分析】（1）根据合格的频数和频率，可以计算出本次调查的总人数，然后即可计算出m、n的值；（2）根据（1）中m的值，可以将条形统计图

34、补充完整；（3）用360乘C组所占比例即可；（4）根据统计图中的数据，可以计算出测试成绩达到80分及以上的学生约有多少人【解答】解：（1）本次调查的总人数为：40.140（人），m404108612，n12400.3，故答案为：12；0.3；（2）补全频数分布直方图如下：（3）若要画出该组数据的扇形统计图，则C组所在扇形的圆心角度数为：3600.3108，故答案为：108；（4）400140（人），答：估计受到表彰的学生人数为140人【点评】本题考查条形统计图、频数分布表、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答19（8分）（2022合肥模拟）AB是半圆O的直径，直线l

35、是O的切线，点P是切点，ACl交O于点C，连接PA、PC、0C、OP、AC与OP交于点D（1）如图1，证明：APCP；（2）如图2，连接BC，过点P作PEAB于点E，若PE4、AB10，求BC的长；【考点】切线的性质；勾股定理；三角形中位线定理；垂径定理【专题】与圆有关的位置关系；推理能力【分析】（1）根据切线的性质推出OPAC，再根据垂径定理得到OP是AC的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质即可得解；（2）根据勾股定理求出OE3，解直角三角形得到OD3，根据三角形中位线的判定与性质求解即可【解答】（1）证明：直线l是半O的切线，点P是切点，OPl，ACl，OPAC，OP是半O的半径，AC是

36、弦，OP是AC的垂直平分线，APCP；（2）解：AB10，OPOA5，在RtPOE中，OP5，PE4，OE3，cosPOE，OPAC，cosAODcosPOE，OA5，OD3，AB为半O的直径，BCAC，OPAC，BCOP，OAOB，BC2OD6【点评】此题考查了切线的性质，熟记切线的性质及三角形中位线的判定与性质是解题的关键20（8分）（2022旬阳县模拟）一抽纸纸筒被安装在竖直墙面上，图1是其侧面示意图，其中DFAD于点D，BAAD于点A，BACB于点B，ABAD20cm，BC5cm，是以点E为圆心，EC长为半径的圆上的一段弧，EFAD（1）求所在圆的半径；（2）如图2，当一卷底面直径为1

37、0cm的圆柱形纸巾恰好能放入纸筒内时，求纸筒盖要打开的最小角GDC的大小（参考数据：sin11.54，cos78.46，tan11.31）【考点】解直角三角形的应用；垂径定理；圆周角定理【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识【分析】（1）过C点作CMAD于M，与FE的延长线交于点N，设CEEFxcm，由ECN的正弦列出x的方程进行解答便可；（2）连接DO，解RtCDO求得CDO，进而求得结果【解答】解：（1）过C点作CMAD于M，与FE的延长线交于点N，如图1，则AMBC5cm，CMABAD20cm，DM20515（cm），CD（cm），设CEEFxcm，则ENENEF15x（cm）

38、，sinNCE，解得x，所在圆的半径为cm；（2）连接DO，如图2，DCDG，OCOG5cm，CDOGDO，DOCG，sinCDO，sin11.54，CDO11.54，CDG23.08，纸筒盖要打开的最小角GDC为23.08【点评】本题主要考查解直角三角形的应用，关键在于构造直角三角形21（9分）（2022春金安区校级月考）已知抛物线yax2+4x+c经过点A（3，16）和点B（5，0）（1）试确定该抛物线和直线AB的函数表达式；（2）若将直线AB沿y轴方向向上平移m个单位长度后恰好经过抛物线yax2+4x+c的顶点，求m的值；若将直线AB沿x轴方向向左平移n个单位长度后恰好经过抛物线yax2

39、+4x+c的顶点，请直接写出n的值（不用说明理由）【考点】二次函数图象与几何变换；待定系数法求二次函数解析式；一次函数图象与几何变换；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征【专题】一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；运算能力【分析】（1）利用待定系数法求得即可；（2）求得抛物线的顶点坐标，然后把顶点坐标分别代入平移后的解析式，即可求得m、n的值【解答】解：（1）抛物线yax2+4x+c经过点A（3，16）和点B（5，0），解得，抛物线为yx2+4x+5，设直线AB为ykx+b，解得，直线AB为y2x10；（2）yx2+4x+5（x2）2+9，抛物线的顶点为（2，9），将直线AB沿y轴方

40、向向上平移m个单位长度后恰好经过抛物线yax2+4x+c的顶点，把点（2，9）代入y2x10+m得，92210+m，解得m15，m的值为15；将直线AB沿x轴方向向左平移n个单位长度后恰好经过抛物线yax2+4x+c的顶点，把点（2，9）代入y2（x+n）10得，92（2+n）10，解得n，n的值为【点评】本题考查了一次函数的的图象与几何变换，待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，求得顶点坐标是解题的关键22（9分）（2022习水县模拟）已知ABC与DEC为直角三角形，ACBDCE90（1）【问题发现】如图1，若CABCDE45时，点D是线段AB上

41、一动点，连接BE则1，DBE90；（2）【类比探究】如图2，若CABCDE60，点D是线段AB上一动点，连接BE请判断的值及DBE的度数，并说明理由；（3）【拓展延伸】如图3，在（2）的条件下，将点D改为直线AB上一动点，其余条件不变，取线段DE的中点M连接BM、CM，若AC2，则当CBM是直角三角形时，请求线段BE的长【考点】三角形综合题【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；推理能力【分析】（1）由直角三角形的性质可得ABCCAB45CDECED，可得ACBC，CDCE，由“SAS”可证ACDBCE，可得BEAD，CABCBE45，即可求解；（2）通过证明ACDBCE，可得的值，CBE

42、CAD60，即可求DBE的度数；（3）分点D在线段AB上和BA延长线上两种情况讨论，由直角三角形的性质可证CMBM3，即可求DE6，由相似三角形的性质可得ABE90，BEAD，由勾股定理可求BE的长【解答】解：（1）ACBDCE90，CABCDE45，ABCCAB45CDECED，ACBC，CDCE，ACBDCE90，ACDBCE，在ACD和BCE中，ACDBCE（SAS），BEAD，CABCBE45，1，DBEABC+CBE90，故答案为：1，90；（2），DBE90理由如下：ACBDCE90，CABCDE60，ACDBCE，CEDABC30，tanABCtan30，ACBDCE90，CAB

43、CDE60，RtACBRtDCE，且ACDBCE，ACDBCE，CBECAD60，BEAD，DBEABC+CBE90，DBE90；（3）若点D在线段AB上，如图，由（2）知：，ABE90，BEAD，AC2，ACB90，CAB90，AB4，BC6，ECDABE90，且点M是DE中点，CMBMDE，CBM是直角三角形，CM2+BM2BC262，BMCM3，DE6，DB2+BE2DE2，（4AD）2+（AD）272，AD+3，BEAD3+3，若点D在线段BA延长线上，如图同理可得：DE6，BEAD，BD2+BE2DE2，（4+AD）2+（AD）272，AD3，BEAD33，综上所述：BE的长为3+3

44、或33【点评】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，证明ACDBCE是本题的关键23（12分）（2021秋攸县期末）如图，已知直线y2x+4分别交x轴、y轴于点A、B，抛物线过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PCx轴于点C，交抛物线于点D（1）若抛物线的解析式为y2x2+2x+4，设其顶点为M，其对称轴交AB于点N求点M和点N的坐标；在抛物线的对称轴上找一点Q，使|AQBQ|的值最大，请直接写出点Q的坐标；是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由；（2）当点P的横坐标为1时，是否存在这样的抛物线，使得以B、P、D为顶

45、点的三角形与AOB相似？若存在，求出满足条件的抛物线的解析式；若不存在，请说明理由【考点】二次函数综合题【专题】压轴题；数据分析观念【分析】（1）函数的对称轴为：x，故点M（，），即可求解；设抛物线与x轴左侧的交点为R（1，0），则点A与R关于抛物线的对称轴对称，连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q，则点Q为所求，即可求解；四边形MNPD为菱形，首先PDMN，即（2x2+2x+4）（2x+4），解得：x或（舍去），故点P（，1），而PNMN，即可求解；（2）分DBP为直角、BDP为直角两种情况，分别求解即可【解答】解：（1）函数的对称轴为：x，故点M（，），当x时，y2x+43，故点N（，3）

46、；设抛物线与x轴左侧的交点为R（1，0），则点A与R关于抛物线的对称轴对称，连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q，则点Q为所求，将R、B的坐标代入一次函数表达式：ykx+b并解得：直线RB的表达式为：y4x+4，当x时，y6，故点Q（，6）；不存在，理由：设点P（x，2x+4），则点D（x，2x2+2x+4），MN3，四边形MNPD为菱形，首先PDMN，即（2x2+2x+4）（2x+4），解得：x或（舍去），故点P（，1），而PNMN，故不存在点P，使四边形MNPD为菱形；（2）当点P的横坐标为1时，则其坐标为：（1，2），此时点A、B的坐标分别为：（2，0）、（0，4），当DBP为直角时，以

47、B、P、D为顶点的三角形与AOB相似，则BAOBDP，tanBAO2tan，则sin，PA，PBABPA2，则PD，故点D（1，）；当BDP为直角时，以B、P、D为顶点的三角形与AOB相似，则BDx轴，则点B、D关于抛物线的对称轴对称，故点D（1，4），综上，点D的坐标为：（1，4）或（1，），将点A、B、D的坐标代入抛物线表达式：yax2+bx+c并解得：y2x2+2x+4或yx2+3x+4【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、菱形的性质、三角形相似等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏考点卡片1数学常识数学常识此类问题要结合实际问题来解决，生活中的一些数学常识要了解比如给

48、出一个物体的高度要会选择它合适的单位长度等等平时要注意多观察，留意身边的小知识2算术平方根（1）算术平方根的概念：一般地，如果一个正数x的平方等于a，即x2a，那么这个正数x叫做a的算术平方根记为（2）非负数a的算术平方根a有双重非负性：被开方数a是非负数；算术平方根a本身是非负数（3）求一个非负数的算术平方根与求一个数的平方互为逆运算，在求一个非负数的算术平方根时，可以借助乘方运算来寻找3立方根（1）定义：如果一个数的立方等于a，那么这个数叫做a的立方根或三次方根这就是说，如果x3a，那么x叫做a的立方根记作：（2）正数的立方根是正数，0的立方根是0，负数的立方根是负数即任意数都有立方根（3

49、）求一个数a的立方根的运算叫开立方，其中a叫做被开方数注意：符号a3中的根指数“3”不能省略；对于立方根，被开方数没有限制，正数、零、负数都有唯一一个立方根【规律方法】平方根和立方根的性质1平方根的性质：正数a有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根2立方根的性质：一个数的立方根只有一个，正数的立方根是正数，负数的立方根是负数，0的立方根是04规律型：数字的变化类探究题是近几年中考命题的亮点，尤其是与数列有关的命题更是层出不穷，形式多样，它要求在已有知识的基础上去探究，观察思考发现规律（1）探寻数列规律：认真观察、仔细思考，善用联想是解决这类问题的方法，通常将数字与序号建立

50、数量关系或者与前后数字进行简单运算，从而得出通项公式（2）利用方程解决问题当问题中有多个未知数时，可先设出其中一个为x，再利用它们之间的关系，设出其他未知数，然后列方程5整式的混合运算（1）有乘方、乘除的混合运算中，要按照先乘方后乘除的顺序运算，其运算顺序和有理数的混合运算顺序相似（2）“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看做整体的代数式通常要用括号括起来6因式分解-运用公式法1、如果把乘法公式反过来，就可以把某些多项式分解因式，这种方法叫公式法平方差公式：a2b2（a+b）（ab）；完全平方公式：a22ab+b2（ab）2；2

51、、概括整合：能够运用平方差公式分解因式的多项式必须是二项式，两项都能写成平方的形式，且符号相反能运用完全平方公式分解因式的多项式必须是三项式，其中有两项能写成两个数（或式）的平方和的形式，另一项是这两个数（或式）的积的2倍3、要注意公式的综合应用，分解到每一个因式都不能再分解为止7根与系数的关系（1）若二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q0的两根时，x1+x2p，x1x2q，反过来可得p（x1+x2），qx1x2，前者是已知系数确定根的相关问题，后者是已知两根确定方程中未知系数（2）若二次项系数不为1，则常用以下关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c0（a0）的

52、两根时，x1+x2，x1x2，反过来也成立，即（x1+x2），x1x2（3）常用根与系数的关系解决以下问题：不解方程，判断两个数是不是一元二次方程的两个根已知方程及方程的一个根，求另一个根及未知数不解方程求关于根的式子的值，如求，x12+x22等等判断两根的符号求作新方程由给出的两根满足的条件，确定字母的取值这类问题比较综合，解题时除了利用根与系数的关系，同时还要考虑a0，0这两个前提条件8由实际问题抽象出分式方程由实际问题抽象出分式方程的关键是分析题意找出相等关系（1）在确定相等关系时，一是要理解一些常用的数量关系和一些基本做法，如行程问题中的相遇问题和追击问题，最重要的是相遇的时间相等、追

53、击的时间相等（2）列分式方程解应用题要多思、细想、深思，寻求多种解法思路9在数轴上表示不等式的解集用数轴表示不等式的解集时，要注意“两定”：一是定界点，一般在数轴上只标出原点和界点即可定边界点时要注意，点是实心还是空心，若边界点含于解集为实心点，不含于解集即为空心点；二是定方向，定方向的原则是：“小于向左，大于向右”【规律方法】不等式解集的验证方法某不等式求得的解集为xa，其验证方法可以先将a代入原不等式，则两边相等，其次在xa的范围内取一个数代入原不等式，则原不等式成立10解一元一次不等式组（1）一元一次不等式组的解集：几个一元一次不等式的解集的公共部分，叫做由它们所组成的不等式组的解集（2

54、）解不等式组：求不等式组的解集的过程叫解不等式组（3）一元一次不等式组的解法：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，利用数轴可以直观地表示不等式组的解集方法与步骤：求不等式组中每个不等式的解集；利用数轴求公共部分解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到11一次函数的性质一次函数的性质：k0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降由于ykx+b与y轴交于（0，b），当b0时，（0，b）在y轴的正半轴上，直线与y轴交于正半轴；当b0时，（0，b）在y轴的负半轴，直线与y轴交于负半轴12一次函数图

55、象上点的坐标特征一次函数ykx+b，（k0，且k，b为常数）的图象是一条直线它与x轴的交点坐标是（，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）直线上任意一点的坐标都满足函数关系式ykx+b13一次函数图象与几何变换直线ykx+b，（k0，且k，b为常数）关于x轴对称，就是x不变，y变成y：ykx+b，即ykxb；（关于X轴对称，横坐标不变，纵坐标是原来的相反数）关于y轴对称，就是y不变，x变成x：yk（x）+b，即ykx+b；（关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标是原来的相反数）关于原点对称，就是x和y都变成相反数：yk（x）+b，即ykxb（关于原点轴对称，横、纵坐标都变为原来的相反数）14待定系数法求

56、一次函数解析式待定系数法求一次函数解析式一般步骤是：（1）先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设ykx+b；（2）将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；（3）解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式注意：求正比例函数，只要一对x，y的值就可以，因为它只有一个待定系数；而求一次函数ykx+b，则需要两组x，y的值15反比例函数与一次函数的交点问题反比例函数与一次函数的交点问题（1）求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点（2）判断正比例函数yk1

57、x和反比例函数y在同一直角坐标系中的交点个数可总结为：当k1与k2同号时，正比例函数yk1x和反比例函数y在同一直角坐标系中有2个交点；当k1与k2异号时，正比例函数yk1x和反比例函数y在同一直角坐标系中有0个交点16二次函数的性质二次函数yax2+bx+c（a0）的顶点坐标是（，），对称轴直线x，二次函数yax2+bx+c（a0）的图象具有如下性质：当a0时，抛物线yax2+bx+c（a0）的开口向上，x时，y随x的增大而减小；x时，y随x的增大而增大；x时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点当a0时，抛物线yax2+bx+c（a0）的开口向下，x时，y随x的增大而增大；x时，y随x的增

58、大而减小；x时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点抛物线yax2+bx+c（a0）的图象可由抛物线yax2的图象向右或向左平移|个单位，再向上或向下平移|个单位得到的17二次函数图象上点的坐标特征二次函数yax2+bx+c（a0）的图象是抛物线，顶点坐标是（，）抛物线是关于对称轴x成轴对称，所以抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式顶点是抛物线的最高点或最低点抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析中的c值抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x18二次函数图象与几何变换由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解

59、析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式19待定系数法求二次函数解析式（1）二次函数的解析式有三种常见形式：一般式：yax2+bx+c（a，b，c是常数，a0）； 顶点式：ya（xh）2+k（a，h，k是常数，a0），其中（h，k）为顶点坐标； 交点式：ya（xx1）（xx2）（a，b，c是常数，a0）；（2）用待定系数法求二次函数的解析式在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次

60、方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解20二次函数综合题（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起这类试题一般难度较大解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件（3）二