2022年广西省百色市中考数学试题(解析版).docx

2022年广西百色市中考数学试卷
一、选择题(本大题共12小题，每题3分，共36分〕
1．三角形的内角和等于〔　　〕
A．90° B．180° C．300° D．360°
【考点】三角形内角和定理．
【分析】利用三角形的内角和定理：三角形的内角和为180°即可解此题
【解答】解：因为三角形的内角和为180度．
所以B正确．
应选B．
2．计算：23=〔　　〕
A．5 B．6 C．8 D．9
【考点】有理数的乘方．
【分析】根据立方的计算法那么计算即可求解．
【解答】解：23=8．
应选：C．
3．如图，直线a、b被直线c所截，以下条件能使a∥b的是〔　　〕
A．∠1=∠6 B．∠2=∠6 C．∠1=∠3 D．∠5=∠7
【考点】平行线的判定．
【分析】利用平行线的判定方法判断即可．
【解答】解：∵∠2=∠6〔〕，
∴a∥b〔同位角相等，两直线平行〕，
那么能使a∥b的条件是∠2=∠6，
应选B
4．在不透明口袋内有形状、大小、质地完全一样的5个小球，其中红球3个，白球2个，随机抽取一个小球是红球的概率是〔　　〕
A． B． C． D．
【考点】概率公式．
【分析】用红球的个数除以所有球的个数即可求得抽到红球的概率．
【解答】解：∵共有5个球，其中红球有3个，
∴P〔摸到红球〕=，
应选C．
5．今年百色市九年级参加中考人数约有38900人，数据38900用科学记数法表示为〔　　〕
A．3.89×102B．389×102C．3.89×104D．3.89×105
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：将38900用科学记数法表示为3.89×104．
应选C．
6．如图，△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=12，那么BC=〔　　〕
A．6 B．6C．6D．12
【考点】含30度角的直角三角形．
【分析】根据30°所对的直角边等于斜边的一半求解．
【解答】解：∵∠C=90°，∠A=30°，AB=12，
∴BC=12sin30°=12×=6，
故答选A．
7．分解因式：16﹣x2=〔　　〕
A．〔4﹣x〕〔4+x〕 B．〔x﹣4〕〔x+4〕 C．〔8+x〕〔8﹣x〕 D．〔4﹣x〕2
【考点】因式分解-运用公式法．
【分析】直接利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】解：16﹣x2=〔4﹣x〕〔4+x〕．
应选：A．
8．以下关系式正确的选项是〔　　〕
A．35.5°=35°5′ B．35.5°=35°50′ C．35.5°＜35°5′ D．35.5°＞35°5′
【考点】度分秒的换算．
【分析】根据大单位化小单位乘以进率，可得答案．
【解答】解：A、35.5°=35°30′，35°30′＞35°5′，故A错误；
B、35.5°=35°30′，35°30′＜35°50′，故B错误；
C、35.5°=35°30′，35°30′＞35°5′，故C错误；
D、35.5°=35°30′，35°30′＞35°5′，故D正确；
应选：D．
9．为了了解某班同学一周的课外阅读量，任选班上15名同学进行调查，统计如表，那么以下说法错误的选项是〔　　〕
阅读量〔单位：本/周〕
0
1
2
3
4
人数〔单位：人〕
1
4
6
2
2
A．中位数是2 B．平均数是2 C．众数是2 D．极差是2
【考点】极差；加权平均数；中位数；众数．
【分析】根据表格中的数据，求出中位数，平均数，众数，极差，即可做出判断．
【解答】解：15名同学一周的课外阅读量为0，1，1，1，1，2，2，2，2，2，2，3，3，4，4，
中位数为2；
平均数为〔0×1+1×4+2×6+3×2+4×2〕÷15=2；
众数为2；
极差为4﹣0=4；
所以A、B、C正确，D错误．
应选D．
10．直线y=kx+3经过点A〔2，1〕，那么不等式kx+3≥0的解集是〔　　〕
A．x≤3 B．x≥3 C．x≥﹣3 D．x≤0
【考点】一次函数与一元一次不等式．
【分析】首先把点A〔2，1〕代入y=kx+3中，可得k的值，再解不等式kx+3≥0即可．
【解答】解：∵y=kx+3经过点A〔2，1〕，
∴1=2k+3，
解得：k=﹣1，
∴一次函数解析式为：y=﹣x+3，
﹣x+3≥0，
解得：x≤3．
应选A．
11．A、B两地相距160千米，甲车和乙车的平均速度之比为4：5，两车同时从A地出发到B地，乙车比甲车早到30分钟，假设求甲车的平均速度，设甲车平均速度为4x千米/小时，那么所列方程是〔　　〕
A．﹣=30 B．﹣=
C．﹣=D． +=30
【考点】由实际问题抽象出分式方程．
【分析】设甲车平均速度为4x千米/小时，那么乙车平均速度为5x千米/小时，根据两车同时从A地出发到B地，乙车比甲车早到30分钟列出方程即可．
【解答】解：设甲车平均速度为4x千米/小时，那么乙车平均速度为5x千米/小时，
根据题意得，﹣=．
应选B．
12．如图，正△ABC的边长为2，过点B的直线l⊥AB，且△ABC与△A′BC′关于直线l对称，D为线段BC′上一动点，那么AD+CD的最小值是〔　　〕
A．4 B．3C．2D．2+
【考点】轴对称-最短路线问题；等边三角形的性质．
【分析】连接CC′，连接A′C交y轴于点D，连接AD，此时AD+CD的值最小，根据等边三角形的性质即可得出四边形CBA′C′为菱形，根据菱形的性质即可求出A′C的长度，从而得出结论．
【解答】解：连接CC′，连接A′C交l于点D，连接AD，此时AD+CD的值最小，如下列图．
∵△ABC与△A′BC′为正三角形，且△ABC与△A′BC′关于直线l对称，
∴四边形CBA′C′为边长为2的菱形，且∠BA′C′=60°，
∴A′C=2×A′B=2．
应选C．
二、填空题〔本大题共6小题，每题3分，共18分〕
13．的倒数是　3　．
【考点】倒数．
【分析】直接根据倒数的定义进行解答即可．
【解答】解：∵×3=1，
∴的倒数是3．
故答案为：3．
14．假设点A〔x，2〕在第二象限，那么x的取值范围是　x＜0　．
【考点】点的坐标．
【分析】根据第二象限内点的横坐标小于零，可得答案．
【解答】解：由点A〔x，2〕在第二象限，得
x＜0，
故答案为：x＜0．
15．如图，⊙O的直径AB过弦CD的中点E，假设∠C=25°，那么∠D=　65°　．
【考点】圆周角定理．
【分析】先根据圆周角定理求出∠A的度数，再由垂径定理求出∠AED的度数，进而可得出结论．
【解答】解：∵∠C=25°，
∴∠A=∠C=25°．
∵⊙O的直径AB过弦CD的中点E，
∴AB⊥CD，
∴∠AED=90°，
∴∠D=90°﹣25°=65°．
故答案为：65°．
16．某几何体的三视图如下列图，那么组成该几何体的小正方体的个数是　5　．
【考点】由三视图判断几何体．
【分析】根据三视图，该几何体的主视图以及俯视图可确定该几何体共有两行3列，故可得出该几何体的小正方体的个数．
【解答】解：综合三视图，我们可得出，这个几何体的底层应该有4个小正方体，第二层应该有1个小正方体，
因此搭成这个几何体的小正方体的个数为4+1=5个；
故答案为：5．
17．一组数据2，4，a，7，7的平均数=5，那么方差S2=　3.6　．
【考点】方差；算术平均数．
【分析】根据平均数的计算公式： =，先求出a的值，再代入方差公式S2= [〔x1﹣〕2+〔x2﹣〕2+…+〔xn﹣〕2]进行计算即可．
【解答】解：∵数据2，4，a，7，7的平均数=5，
∴2+4+a+7+7=25，
解得a=5，
∴方差s2= [〔2﹣5〕2+〔4﹣5〕2+〔5﹣5〕2+〔7﹣5〕2+〔7﹣5〕2]=3.6；
故答案为：3.6．
18．观察以下各式的规律：
〔a﹣b〕〔a+b〕=a2﹣b2
〔a﹣b〕〔a2+ab+b2〕=a3﹣b3
〔a﹣b〕〔a3+a2b+ab2+b3〕=a4﹣b4
…
可得到〔a﹣b〕〔a2022+a2022b+…+ab2022+b2022〕=　a2022﹣b2022．
【考点】平方差公式；多项式乘多项式．
【分析】根据等式，归纳总结得到一般性规律，写出所求式子结果即可．
【解答】解：〔a﹣b〕〔a+b〕=a2﹣b2；
〔a﹣b〕〔a2+ab+b2〕=a3﹣b3；
〔a﹣b〕〔a3+a2b+ab2+b3〕=a4﹣b4；
…
可得到〔a﹣b〕〔a2022+a2022b+…+ab2022+b2022〕=a2022﹣b2022，
故答案为：a2022﹣b2022
三、解答题〔本大题共8小题，共66分〕
19．计算： +2sin60°+|3﹣|﹣〔﹣π〕0．
【考点】实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值．
【分析】此题涉及二次根式化简、特殊角的三角函数值、绝对值、负整数指数幂4个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法那么求得计算结果．
【解答】解： +2sin60°+|3﹣|﹣〔﹣π〕0
=3+2×+3﹣﹣1
=3++3﹣﹣1
=5．
20．解方程组：．
【考点】解二元一次方程组．
【分析】方程组利用加减消元法求出解即可．
【解答】解：，
①×8+②得：33x=33，即x=1，
把x=1代入①得：y=1，
那么方程组的解为．
21．△ABC的顶点坐标为A〔﹣2，3〕、B〔﹣3，1〕、C〔﹣1，2〕，以坐标原点O为旋转中心，顺时针旋转90°，得到△A′B′C′，点B′、C′分别是点B、C的对应点．
〔1〕求过点B′的反比例函数解析式；
〔2〕求线段CC′的长．
【考点】待定系数法求反比例函数解析式；坐标与图形变化-旋转．
【分析】〔1〕据图形旋转方向以及旋转中心和旋转角度得出对应点，根据待定系数法，即可求出解．
〔2〕根据勾股定理求得OC，然后根据旋转的旋转求得OC′，最后根据勾股定理即可求得．
【解答】解：〔1〕如下列图：由图知B点的坐标为〔﹣3，1〕，根据旋转中心O，旋转方向顺时针，旋转角度90°，
点B的对应点B′的坐标为〔1，3〕，
设过点B′的反比例函数解析式为y=，
∴k=3×1=3，
∴过点B′的反比例函数解析式为y=．
〔2〕∵C〔﹣1，2〕，
∴OC==，
∵△ABC以坐标原点O为旋转中心，顺时针旋转90°，
∴OC′=OC=，
∴CC′==．
22．平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD且交AD于点E，AF∥CE，且交BC于点F．
〔1〕求证：△ABF≌△CDE；
〔2〕如图，假设∠1=65°，求∠B的大小．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】〔1〕由平行四边形的性质得出AB=CD，AD∥BC，∠B=∠D，得出∠1=∠DCE，证出∠AFB=∠1，由AAS证明△ABF≌△CDE即可；
〔2〕由〔1〕得∠1=∠DCE=65°，由平行四边形的性质和三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】〔1〕证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD∥BC，∠B=∠D，
∴∠1=∠DCE，
∵AF∥CE，
∴∠AFB=∠ECB，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCE=∠ECB，
∴∠AFB=∠1，
在△ABF和△CDE中，，
∴△ABF≌△CDE〔AAS〕；
〔2〕解：由〔1〕得：∠1=∠ECB，∠DCE=∠ECB，
∴∠1=∠DCE=65°，
∴∠B=∠D=180°﹣2×65°=50°．
23．某校在践行“社会主义核心价值观〞演讲比赛中，对名列前20名的选手的综合分数m进行分组统计，结果如表所示：
组号
分组
频数
一
6≤m＜7
2
二
7≤m＜8
7
三
8≤m＜9
a
四
9≤m≤10
2
〔1〕求a的值；
〔2〕假设用扇形图来描述，求分数在8≤m＜9内所对应的扇形图的圆心角大小；
〔3〕将在第一组内的两名选手记为：A1、A2，在第四组内的两名选手记为：B1、B2，从第一组和第四组中随机选取2名选手进行调研座谈，求第一组至少有1名选手被选中的概率〔用树状图或列表法列出所有可能结果〕．
【考点】列表法与树状图法；频数〔率〕分布表；扇形统计图．
【分析】〔1〕根基被调查人数为20和表格中的数据可以求得a的值；
〔2〕根据表格中的数据可以得到分数在8≤m＜9内所对应的扇形图的圆心角大；
〔3〕根据题意可以写出所有的可能性，从而可以得到第一组至少有1名选手被选中的概率．
【解答】解：〔1〕由题意可得，
a=20﹣2﹣7﹣2=9，
即a的值是9；
〔2〕由题意可得，
分数在8≤m＜9内所对应的扇形图的圆心角为：360°×=36°；
〔3〕由题意可得，所有的可能性如以下列图所示，
故第一组至少有1名选手被选中的概率是： =，
即第一组至少有1名选手被选中的概率是．
24．在直角墙角AOB〔OA⊥OB，且OA、OB长度不限〕中，要砌20m长的墙，与直角墙角AOB围成地面为矩形的储仓，且地面矩形AOBC的面积为96m2．
〔1〕求这地面矩形的长；
〔2〕有规格为0.80×0.80和1.00×1.00〔单位：m〕的地板砖单价分别为55元/块和80元/块，假设只选其中一种地板砖都恰好能铺满储仓的矩形地面〔不计缝隙〕，用哪一种规格的地板砖费用较少
【考点】一元二次方程的应用．
【分析】〔1〕根据题意表示出长方形的长，进而利用长×宽=面积，求出即可；
〔2〕分别计算出每一规格的地板砖所需的费用，然后比较即可．
【解答】〔1〕设这地面矩形的长是xm，那么依题意得：
x〔20﹣x〕=96，
解得x1=12，x2=8〔舍去〕，
答：这地面矩形的长是12米；
〔2〕规格为0.80×0.80所需的费用：96×〔0.80×0.80〕×55=8250〔元〕．
规格为1.00×1.00所需的费用：96×〔1.00×1.00〕×80=7680〔元〕．
因为8250＜7680，
所以采用规格为1.00×1.00所需的费用较少．
25．如图，AB为⊙O的直径，AC为⊙O的切线，OC交⊙O于点D，BD的延长线交AC于点E．
〔1〕求证：∠1=∠CAD；
〔2〕假设AE=EC=2，求⊙O的半径．
【考点】切线的性质．
【分析】〔1〕由AB为⊙O的直径，AC为⊙O的切线，易证得∠CAD=∠BDO，继而证得结论；
〔2〕由〔1〕易证得△CAD∽△CDE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得CD的长，再利用勾股定理，求得答案．
【解答】〔1〕证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADO+∠BDO=90°，
∵AC为⊙O的切线，
∴OA⊥AC，
∴∠OAD+∠CAD=90°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵∠1=∠BDO，
∴∠1=∠CAD；
〔2〕解：∵∠1=∠CAD，∠C=∠C，
∴△CAD∽△CDE，
∴CD：CA=CE：CD，
∴CD2=CA•CE，
∵AE=EC=2，
∴AC=AE+EC=4，
∴CD=2，
设⊙O的半径为x，那么OA=OD=x，
那么Rt△AOC中，OA2+AC2=OC2，
∴x2+42=〔2+x〕2，
解得：x=．
∴⊙O的半径为．
26．正方形OABC的边长为4，对角线相交于点P，抛物线L经过O、P、A三点，点E是正方形内的抛物线上的动点．
〔1〕建立适当的平面直角坐标系，
①直接写出O、P、A三点坐标；
②求抛物线L的解析式；
〔2〕求△OAE与△OCE面积之和的最大值．
【考点】二次函数综合题．
【分析】〔1〕以O点为原点，线段OA所在的直线为x轴，线段OC所在的直线为y轴建立直角坐标系．①根据正方形的边长结合正方形的性质即可得出点O、P、A三点的坐标；②设抛物线L的解析式为y=ax2+bx+c，结合点O、P、A的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
〔2〕由点E为正方形内的抛物线上的动点，设出点E的坐标，结合三角形的面积公式找出S△OAE+SOCE关于m的函数解析式，根据二次函数的性质即可得出结论．
【解答】解：〔1〕以O点为原点，线段OA所在的直线为x轴，线段OC所在的直线为y轴建立直角坐标系，如下列图．
①∵正方形OABC的边长为4，对角线相交于点P，
∴点O的坐标为〔0，0〕，点A的坐标为〔4，0〕，点P的坐标为〔2，2〕．
②设抛物线L的解析式为y=ax2+bx+c，
∵抛物线L经过O、P、A三点，
∴有，
解得：，
∴抛物线L的解析式为y=﹣+2x．
〔2〕∵点E是正方形内的抛物线上的动点，
∴设点E的坐标为〔m，﹣+2m〕〔0＜m＜4〕，
∴S△OAE+SOCE=OA•yE+OC•xE=﹣m2+4m+2m=﹣〔m﹣3〕2+9，
∴当m=3时，△OAE与△OCE面积之和最大，最大值为9．