云南省2022年中考数学总复习阶段综合检测(一)(第一至第十四讲)

阶段综合检测(一)(第一至第十四讲)(120分钟120分)一、选择题(每小题4分，共32分，下列每小题所给的四个选项中只有一个是正确的)1．(2021·岳阳中考)在实数eq\r(3)，－1，0，2中，为负数的是(B)A．eq\r(3)B．－1C．0D．2【解析】在eq\r(3)，－1，0，2这四个数中，负数是－1.2．(2021·黄冈中考)下列计算正确的是(B)A.a3＋a2＝a5 B．a3÷a2＝aC．3a3·2a2＝6a6D．(a－2)2＝a2－4【解析】a3，a2不是同类项，因此不能用加法进行合并，故A项不符合题意，根据同底数幂的除法运算法则a3÷a2＝a，故B项符合题意，根据单项式乘单项式的运算法则可得3a3·2a2＝6a5，故C项不符合题意，根据完全平方公式展开(a－2)2＝a2－4a＋4，故D项不符合题意．3．实数m，n在数轴上的对应点如图所示，则下列各式子正确的是(C)A.m＞n B．－n＞|m|C．－m＞|n| D．|m|＜|n|4．(2021·河南中考)若方程x2－2x＋m＝0没有实数根，则m的值可以是(D)A．－1B．0C．1D．eq\r(3)【解析】∵关于x的方程x2－2x＋m＝0没有实数根，∴Δ＝(－2)2－4×1×m＝4－4m＜0，解得：m＞1，∴m只能为eq\r(3).5．不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＞3x，,x＋4＞2))的整数解是(B)A．0B．－1C．－2D．16．若反比例函数y＝－eq\f(2,x)的图象上有两个不同的点关于y轴的对称点都在一次函数y＝－x＋m的图象上，则m的取值范围是(C)A．m＞2eq\r(2)B．m＜－2eq\r(2)C．m＞2eq\r(2)或m＜－2eq\r(2)D．－2eq\r(2)＜m＜2eq\r(2)7．(2021·宿迁中考)已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，有下列结论：①a＞0；②b2－4ac＞0；③4a＋b＝1；④不等式ax2＋(b－1)x＋c＜0的解集为1＜x＜3.正确的结论个数是(C)A．1B．2C．3D．4【解析】①抛物线开口向上，则a＞0，故正确；②由图象可知：抛物线与x轴无交点，即Δ＜0，∴Δ＝b2－4ac＜0，故错误；③由图象可知：抛物线过点(1，1)，(3，3)，即当x＝1时，y＝a＋b＋c＝1，当x＝3时，ax2＋bx＋c＝9a＋3b＋c＝3，∴8a＋2b＝2，∴4a＋b＝1，故正确；④∵点(1，1)，(3，3)在直线y＝x上，由图象可知，当1＜x＜3时，抛物线在直线y＝x的下方，∴ax2＋(b－1)x＋c＜0的解集为1＜x＜3，故正确．8．利用如图1的二维码可以进行身份识别．某校建立了一个身份识别系统，图2是某个学生的识别图案，黑色小正方形表示1，白色小正方形表示0.将第一行数字从左到右依次记为a，b，c，d，那么可以转换为该生所在班级序号，其序号为a×23＋b×22＋c×21＋d×20.如图2，第一行数字从左到右依次为0，1，0，1，序号为0×23＋1×22＋0×21＋1×20＝5，表示该生为5班学生．那么，表示6班学生的识别图案是(B)二、填空题(每小题3分，共18分)9．计算：eq\r(\f(1,16))－(－2)－2－(eq\r(3)－2)0＝－1．10．若代数式eq\f(2,x－1)－1的值为零，则x＝3．11．在x2＋(±4x)＋4＝0的横线上添加一个关于x的一次项，使方程有两个相等的实数根．12．若eq\r(x－2y＋9)与|x－y－3|互为相反数，则x＋y的值为27．13．关于x的分式方程eq\f(2x－a,x－1)－eq\f(1,1－x)＝3的解为非负数，则a的取值范围为a≤4且a≠3．14．关于x的二次函数y＝(x－h)2＋3，当1≤x≤3时，函数有最小值4，则h的值为0或4．【解析】∵二次函数的对称轴为：直线x＝h，∴分为3种情况．①当h＜1时，当1≤x≤3时，y随x的增大而增大，∴当x＝1时取最小值，即：(1－h)2＋3＝4，解得：h1＝0，h2＝2.由h＜1.得：h＝0；②当1≤h≤3时，y的最小值为顶点值，∵3≠4，∴1≤h≤3时，h无解；③当h＞3时，当1≤x≤3时，y随x的增大而减小，∴当x＝3时取最小值，即：(3－h)2＋3＝4，解得：h1＝2，h2＝4，∵h＞3，∴h＝4；综上所述，h＝0或h＝4.三、解答题(本大题共9小题，共70分)15．(本小题满分6分)计算：eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2)))\s\up12(2))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,\r(6))－sin60°.【解析】原式＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2\r(3))－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,6)＋eq\f(\r(3),6)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1－2\r(3),6).16．(本小题满分6分)(2021·新疆生产建设兵团中考)先化简，再求值：(eq\f(x2－4,x2＋4x＋4)＋eq\f(x,x＋2))·eq\f(1,x－1)，其中x＝3.【解析】原式＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（x－2）（x＋2）,（x＋2）2)＋\f(x,x＋2)))·eq\f(1,x－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－2,x＋2)＋\f(x,x＋2)))·eq\f(1,x－1)＝eq\f(x－2＋x,x＋2)·eq\f(1,x－1)＝eq\f(2（x－1）,x＋2)·eq\f(1,x－1)＝eq\f(2,x＋2)，当x＝3时，原式＝eq\f(2,x＋2)＝eq\f(2,3＋2)＝eq\f(2,5).17．(本小题满分8分)(2021·仙桃中考)如图：在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在y轴上，A，C两点的坐标分别为(2，0)，(2，m)，直线CD：y1＝ax＋b与双曲线：y2＝eq\f(k,x)交于C，P(－4，－1)两点．(1)求双曲线y2的函数关系式及m的值；(2)判断点B是否在双曲线上，并说明理由；(3)当y1＞y2时，请直接写出x的取值范围．【解析】(1)连接AC，BD相交于点E，∵四边形ABCD是菱形，∴DE＝BE，AE＝CE，AC⊥BD，∵A(2，0)，C(2，m)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)m))，AC∥y轴，∴BD⊥y轴，∴点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)m))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,2)m))，∵点C(2，m)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)m))，P(－4，－1)在直线CD上，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝m,b＝\f(1,2)m,－4a＋b＝－1))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2,a＝\f(1,2),b＝1))，∴点C(2，2)，∵点C在双曲线y2＝eq\f(k,x)上，∴k＝2×2＝4，∴双曲线的函数关系式为y2＝eq\f(4,x)；(2)点B在双曲线上．由(1)知，m＝2，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,2)m))，∴B(4，1)，由(1)知双曲线的解析式为y2＝eq\f(4,x)；∵4×1＝4，∴点B在双曲线上；(3)由(1)知C(2，2)，由图象知，当y1＞y2时的x值的范围为－4＜x＜0或x＞2.18．(本小题满分6分)(2021·上海中考)现在5G手机非常流行，某公司第一季度总共生产80万部5G手机，三个月生产情况如图．(1)求三月份生产了多少部手机？(2)5G手机速度很快，比4G下载速度每秒多95MB，下载一部1000MB的电影，5G比4G要快190秒，求5G手机的下载速度．【解析】(1)80×(1－30%－25%)＝36(万部)，答：三月份生产了36万部手机；(2)设5G手机的下载速度是每秒xMB.则4G手机的下载速度是每秒(x－95)MB.eq\f(1000,x)＋190＝eq\f(1000,x－95)，解得：x1＝100，x2＝－5(不合题意，舍去)，经检验，x1＝100是原方程的解，答：5G手机的下载速度是每秒100MB.19．(本小题满分7分)(2020·济宁中考)为加快复工复产，某企业需运输一批物资．据调查得知，2辆大货车与3辆小货车一次可以运输600箱；5辆大货车与6辆小货车一次可以运输1350箱．(1)求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输多少箱物资？(2)计划用两种货车共12辆运输这批物资，每辆大货车一次需费用5000元，每辆小货车一次需费用3000元．若运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元．请你列出所有运输方案，并指出哪种方案所需费用最少，最少费用是多少？【解析】(1)设1辆大货车一次运输x箱物资，1辆小货车一次运输y箱物资，由题意可得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋3y＝600，,5x＋6y＝1350，))解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝150，,y＝100.))答：1辆大货车一次运输150箱物资，1辆小货车一次运输100箱物资．(2)设有a辆大货车，(12－a)辆小货车，由题意可得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(150a＋100（12－a）≥1500，,5000a＋3000（12－a）<54000，))∴6≤a＜9，∴整数a＝6，7，8；当有6辆大货车，6辆小货车时，费用＝5000×6＋3000×6＝48000元；当有7辆大货车，5辆小货车时，费用＝5000×7＋3000×5＝50000元；当有8辆大货车，4辆小货车时，费用＝5000×8＋3000×4＝52000元；∵48000＜50000＜52000，∴当有6辆大货车，6辆小货车时，所需费用最少，最少费用为48000元．20．(本小题满分8分)为了满足师生的阅读需求，某校图书馆的藏书从2018年底到2020年底两年内由5万册增加到7.2万册．(1)求这两年藏书的年均增长率．(2)经统计知：中外古典名著的册数在2018年底仅占当时藏书总量的5.6%，在这两年新增加的图书中，中外古典名著所占的百分率恰好等于这两年藏书的年均增长率，那么到2020年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分之几？【解析】(1)设这两年藏书的年均增长率是x，5(1＋x)2＝7.2，解得，x1＝0.2，x2＝－2.2(舍去)，答：这两年藏书的年均增长率是20%.(2)在这两年新增加的图书中，中外古典名著有(7.2－5)×20%＝0.44(万册)，到2020年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分比是：eq\f(5×5.6%＋0.44,7.2)×100%＝10%.答：到2020年底中外古典名著的册数占藏书总量的10%.21．(本小题满分8分)如图，在直角坐标系xOy中，一次函数y＝－eq\f(1,2)x＋5的图象l1分别与x，y轴交于A，B两点，正比例函数的图象l2与l1交于点C(m，4).(1)求m的值及l2的解析式．(2)求S△AOC－S△BOC的值．(3)一次函数y＝kx＋1的图象为l3，且l1，l2，l3不能围成三角形，直接写出k的值．【解析】(1)把C(m，4)代入一次函数y＝－eq\f(1,2)x＋5，可得4＝－eq\f(1,2)m＋5，解得m＝2，∴C(2，4)，设l2的解析式为y＝ax，则4＝2a，解得a＝2，∴l2的解析式为y＝2x.(2)如图，过点C作CD⊥AO于点D，CE⊥BO于点E，则CD＝4，CE＝2，y＝－eq\f(1,2)x＋5，令x＝0，则y＝5；令y＝0，则x＝10，∴A(10，0)，B(0，5)，∴AO＝10，BO＝5，∴S△AOC－S△BOC＝eq\f(1,2)×10×4－eq\f(1,2)×5×2＝20－5＝15.(3)一次函数y＝kx＋1的图象为l3，且l1，l2，l3不能围成三角形，∴当l3经过点C(2，4)时，k＝eq\f(3,2)；当l2，l3平行时，k＝2；当l1，l3平行时，k＝－eq\f(1,2)；故k的值为eq\f(3,2)或2或－eq\f(1,2).22．(本小题满分9分)(2021·广东中考)端午节是我国入选世界非物质文化遗产的传统节日，端午节吃粽子是中华民族的传统习俗．市场上豆沙粽的进价比猪肉粽的进价每盒便宜10元，某商家用8000元购进的猪肉粽和用6000元购进的豆沙粽盒数相同．在销售中，该商家发现猪肉粽每盒售价50元时，每天可售出100盒；每盒售价提高1元时，每天少售出2盒．(1)求猪肉粽和豆沙粽每盒的进价；(2)设猪肉粽每盒售价x元(50≤x≤65)，y表示该商家每天销售猪肉粽的利润(单位：元)，求y关于x的函数解析式以及最大利润．【解析】(1)设猪肉粽每盒进价a元，则豆沙粽每盒进价(a－10)元，依题意得eq\f(8000,a)＝eq\f(6000,a－10)，解得a＝40，经检验a＝40是方程的解，则40－10＝30(元).答：猪肉粽每盒进价40元，豆沙粽每盒进价30元．(2)由题意得，当x＝50时，每天可售出100盒，当猪肉粽每盒售价x元(50≤x≤65)时，每天可售[100－2(x－50)]盒，∴y＝x[100－2(x－50)]－40×[100－2(x－50)]＝－2x2＋280x－8000，配方，得：y＝－2(x－70)2＋1800，∵x＜70时，y随x的增大而增大，∴当x＝65时，y取最大值，最大值为－2(65－70)2＋1800＝1750(元).答：y关于x的函数解析式为y＝－2x2＋280x－8000(50≤x≤65)，且最大利润为1750元．23.(本小题满分12分)如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋6经过两点A(－1，0)，B(3，0)，C是抛物线与y轴的交点．(1)求抛物线的解析式；(2)点P(m，n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式(指出自变量m的取值范围)和S的最大值；(3)点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M，点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似？如果存在，请求出点M和点N的坐标．【解析】(1)将A(－1，0)，B(3，0)代入y＝ax2＋bx＋6，得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋6＝0，,9a＋3b＋6＝0，))解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝4.))∴抛物线的解析式为y＝－2x2＋4x＋6.(2)过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．当x＝0时，y＝－2x2＋4x＋6＝6，∴点C的坐标为(0，6).设直线BC的解析式为y＝kx＋c，将B(3，0)，C(0，6)代入y＝kx＋c，得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3k＋c＝0，,c＝6，))解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－2，,c＝6.))∴直线BC的解析式为y＝－2x＋6.点P的坐标为(m，－2m2＋4m＋6)，则点F的坐标为(m，－2m＋6)，∴PF＝－2m2＋4m＋6－(－2m＋6)＝－2m2＋6m，∴S△PBC＝eq\f(1,2)PF·OB＝－3m2＋9m＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(27,4)，∵点P(m，n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，∴0＜m＜3.∴当m＝eq\f(3,2)时，△PBC面积取最大值，最大值为eq\f(27,4).(3)存在点M，点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方时，过点M作MD⊥y轴于点D，∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，∠DNM＝∠MNC，∴△MCD∽△NCM∽△NMD，若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△OBC相似．设M(p，－2p2＋4p＋6)，C(0，6)，∴DC＝－2p2＋4p，DM＝p，当eq\f(DM,CD)＝eq\f(OB,OC)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)时，△COB∽△CDM∽△CMN，∴eq\f(p,－2p2＋4p)＝eq\f(1,2)，解得，p＝1，∴M(1，8)，此时ND＝eq\f(1,2)DM＝eq\f(1,2)，∴Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(17,2)))；当eq\f(CD,DM)＝eq\f(OB,OC)＝eq\f(1,2)时，△COB∽△MDC∽△NMC，∴eq\f(－2p2＋4p,p)＝eq\f(1,2)，解得p＝eq