2022贵州毕节中考数学试题及答案

故选：C． 【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形中，任意两边之差小于第三边，任意两边之和大于第三边． 8. 在中，用尺规作图，分别以点A和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N．作直线交于点D，交于点E，连接．则下列结论不一定正确的是（    ） A.            B.            C.            D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据作图可知AM=CM，AN=CN，所以MN是AC的垂直平分线，根据垂直平分线的性质，线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，且平分此点到线段两端构成的夹角，分别对各选项进行判断． 【详解】由题意得，MN垂直平分线段AC， ∴，， 所以B、C、D正确， 因为点B的位置不确定， 所以不能确定AB=AE， 故选 A 【点睛】本题考查了线段垂直平分线，熟练掌握线段垂直平分线的作图方法和性质是解题的关键． 9. 小明解分式方程的过程下． 解：去分母，得         ．① 去括号，得             ．② 移项、合并同类项，得   ．③ 化系数为1，得          ．④ 以上步骤中，开始出错的一步是（    ） A. ①                  B. ②                  C. ③                  D. ④ 【答案】B 【解析】 【分析】写出分式方程的正确解题过程即可作出判断 【详解】解：， 去分母，得  ， 去括号，得  ， 移项，得， 合并同类项，得   ， ∴以上步骤中，开始出错的一步是②． 故选：B 【点睛】此题考查了解分式方程，以及分式方程的解，熟练掌握分式方程的解法是解本题的关键． 10. 如图，某地修建一座高的天桥，已知天桥斜面的坡度为，则斜坡的长度为（　　） A.                 B.              C.                  D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用坡度定义得出的长，再利用勾股定理得出的长． 【详解】∵，， ∴， 解得：， 则． 故选：A． 【点睛】本题考查解直角三角形和勾股定理的实际应用．由坡度的定义得出AC的长是解答本题的关键． 11. 中国清代算书《御制数理精蕴》中有这样一题：“马四匹、牛六头，共价四十八两（我国古代货币单位）；马三匹、牛五头，共价三十八两，问马、牛各价几何？”设马每匹x两，牛每头y两，根据题意可列方程组为（    ） A.       B.        C.        D. 【答案】C 【解析】 【分析】设马每匹x两，牛每头y两，根据“马四匹、牛六头，共价四十八两”可列方程，根据“马三匹、牛五头，共价三十八两”可列方程，联立两个方程即得方程组． 【详解】设马每匹x两，牛每头y两，由题意得 故选 D． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，根据题意找出等量关系分别列方程是解题关键． 12. 如图，一件扇形艺术品完全打开后，夹角为，长为，扇面的长为，则扇面的面积是（    ） A. 375πcm2             B. 450πcm2             C. 600πcm2             D. 750πcm2 【答案】C 【解析】 【分析】根据扇形的面积公式，利用减去即可得扇面的面积． 【详解】解：cm，cm cm =cm2． 故选：C 【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式，熟知扇形面积公式并能够将不规则图形的面积转 化为已学图形的面积是解决本题的关键． 13. 现代物流的高速发展，为乡村振兴提供了良好条件，某物流公司的汽车行驶后进入高速路，在高速路上匀速行驶一段时间后，再在乡村道路上行驶到达目的地．汽车行驶的时间x（单位：h）与行驶的路程y（单位：）之间的关系如图所示，请结合图象，判断以下说法正确的是（    ） A. 汽车在高速路上行驶了                   B. 汽车在高速路上行驶的路程是 C. 汽车在高速路上行驶的平均速度是      D. 汽车在乡村道路上行驶的平均速度是 【答案】D 【解析】 【分析】观察图象可得汽车在高速路上行驶了3.5-0.5-1=2h；汽车在高速路上行驶的路程是180-30=150km；汽车在高速路上行驶的平均速度是150÷2=75km/h；汽车在乡村道路上行驶的平均速度是（220-180）÷1=40km/h，即可求解． 【详解】解：A、根据题意得：汽车在高速路上行驶了3.5-0.5-1=2h，故本选项错误，不符合题意； B、汽车在高速路上行驶的路程是180-30=150km，故本选项错误，不符合题意； C、汽车在高速路上行驶的平均速度是150÷2=75km/h，故本选项错误，不符合题意； D、汽车在乡村道路上行驶的平均速度是（220-180）÷1=40km/h，故本选项正确，符合题意； 故选：D 【点睛】本题主要考查了函数图象的动点问题，明确题意，准确从函数图象获取信息是解题的关键． 14. 在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象如图所示，有下列5个结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的有（    ） A. 1个                 B. 2个                 C. 3个                 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断． 【详解】解：①∵抛物线的开口方向向下， ∴a＜0， ∵对称轴在y轴右侧， ∴对称轴为x＝＞0， ∵a＜0， ∴b＞0， ∵抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上， ∴c＞0， ∴abc＜0， 故①错误； ②∵对称轴为x＝＝1， ∴b＝﹣2a， ∴2a+b＝0， 故②错误； ③由图象的对称性可知：当x＝3时，y＜0， ∴9a＋3b+c＜0， 故③错误； ④由图象可知，该抛物线与x轴有两个不同的交点， ∴b2﹣4ac＞0，即b2＞4ac； 故④正确； ⑤由图象可知当x＝﹣1时，y＜0， ∴a﹣b+c＜0， ∴， 故⑤正确． 综上所述，正确的结论是：④⑤． 故选：B． 【点睛】本题考查了图象与二次函数系数之间的关系，利用对称轴的范围求a与b的关系、熟练掌握二次函数与方程之间的转换是基础，数形结合的方法是解题的关键． 15. 矩形纸片中，E为的中点，连接，将沿折叠得到，连接．若，，则的长是（    ） A. 3                   B.                  C.                   D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接BF交AE于点G，根据对称的性质，可得AE垂直平分BF，BE=FE，BG=FG=，根据E为BC中点，可证BE=CE=EF，通过等边对等角可证明∠BFC=90°，利用勾股定理求出AE，再利用三角函数（或相似）求出BF，则根据计算即可． 【详解】连接BF，与AE相交于点G，如图， ∵将沿折叠得到 ∴与关于AE对称 ∴AE垂直平分BF，BE=FE，BG=FG= ∵点E是BC中点 ∴BE=CE=DF= ∴ ∵ ∴ ∴ ∵BE=CE=DF ∴∠EBF=∠EFB，∠EFC=∠ECF ∴∠BFC=∠EFB+∠EFC= ∴ 故选 D 【点睛】本题考查了折叠对称的性质，熟练运用对称性质证明相关线段相等是解题的关键． 二．填空题 16. 分解因式：______． 【答案】 【解析】 【分析】直接提取公因式2，再利用平方差公式分解因式得出答案． 【详解】解：2x2-8=2x（x2-4）=2（x+2）（x-2）． 故答案为： 2(x+2)(x?2) ． 【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用平方差公式分解因式是解题关键． 17. 甲乙两人参加社会实践活动，随机选择“做社区志愿者”和“做交通引导员”两项中的一项，那么两人同时选择“做社区志愿者”的概率是 __． 【答案】##0.25 【解析】 【分析】画树状图，展示所有4种等可能的结果数，找出符合条件的结果数，然后根据概率公式求解即可． 【详解】解：把“做社区志愿者”和“做交通引导员”分别记为A、B， 画树状图如下： 共有4种等可能的结果，其中两人同时选择“做社区志愿者”的结果有1种， ∴两人同时选择“做社区志愿者”的概率为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了树状图法与列表法求概率，解题的关键是用树状图列出所有等可能的结果以及熟记概率=所求情况数与总情况数之比． 18. 如图，在中，，点P为边上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则长度的最小值为_________． 【解析】 【分析】利用勾股定理得到BC边的长度，根据平行四边形的性质，得知OP最短即为PQ最短，利用垂线段最短得到点P的位置，再证明利用对应线段的比得到的长度，继而得到PQ的长度． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形APCQ是平行四边形， ∴PO＝QO，CO＝AO， ∵PQ最短也就是PO最短， ∴过O作BC的垂线， ∵, ∴, ∴， ∴， ∴， ∴则PQ的最小值为， 故答案为：． 【点睛】考查线段的最小值问题，结合了平行四边形性质和相似三角形求线段长度，本题的关键是利用垂线段最短求解，学生要掌握转换线段的方法才能解出本题． 19. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A，B分别在x轴、y轴上，对角线交于点E，反比例函数的图像经过点C，E．若点，则k的值是_________． 【答案】4 【解析】 【分析】作CF垂直y轴， 设点B的坐标为(0，a)，可证明（AAS），得到CF=OB=a，BF=AO=3，可得C点坐标，因为E为正方形对称线交点，所以E为AC中点，可得E点坐标，将点C、E的坐标代入反比例函数解析式中，即可求出k的值． 【详解】作CF垂直y轴于点F，如图，设点B的坐标为(0，a)， ∵四边形是正方形， ∴AB=BC，∠ABC=90°， ∵∠OBA+∠OAB=∠OBA+∠FBC=90° ∴∠OAB=∠FBC 在△BFC和△AOB中 ∴ ∴BF=AO=3，CF=OB=a ∴OF=OB+BF=3+a ∴点C的坐标为(a，3+a) ∵点E是正方形对角线交点， ∴点E是AC中点， ∴点E的坐标为 ∵反比例函数的图象经过点C，E ∴ 解得：k=4 故答案为：4 【点睛】本题考查了反比例函数与图形的综合应用，巧用正方形的性质求C、E点的坐标是解题的关键． 20. 如图，在平面直角坐标系中，把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点；把点向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点； 把点向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点；把点向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点；…；按此做法进行下去，则点的坐标为_________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据平移规律得到第n次变换时，相当于把点的坐标向右或向左平移n个单位长度，再向右或向上平移n个单位长度得到下一个点，然后推出每四次坐标变换为一个循环，每一个循环里面横坐标不发生变化，纵坐标向下平移4个单位长度，从而求出点A8的坐标为（0，-8），由此求解即可． 详解】解：∵把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点；把点向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点；把点向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点；把点向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点， ∴第n次变换时，相当于把点的坐标向右或向左平移n个单位长度，再向右或向上平移n个单位长度得到下一个点， ∵O到A1是向右平移1个单位长度，向上平移1个单位长度，A1到A2是向左2个单位长度，向上平移2个单位长度，A2到A3是向左平移3个单位长度，向下平移3个单位长度，A3到A4是向右平移4个单位长度，向下平移4个单位长度，A4到A5是向右平移5个单位长度，向上平移5个单位长度， ∴可以看作每四次坐标变换为一个循环，每一个循环里面横坐标不发生变化，纵坐标向下平移4个单位长度， ∴点A8的坐标为（0，-8）， ∴点A8到A9的平移方式与O到A1的方式相同（只指平移方向）即A8到A9向右平移9个单位，向上平移9个单位， ∴A9的坐标为（9，1）， 同理A9到A10的平移方式与A1到A2的平移方式相同（只指平移方向），即A9到A10向左平移10个单位，向上平移10个单位， ∴A10的坐标为（-1，11）， 故答案为：（-1，11）． 【点睛】本题主要考查了点的坐标规律探索，正确找到规律是解题的关键． 三．解答题 21. 先化简，再求值：，其中． 【答案】； 【解析】 【分析】先化简分式，再代值求解即可； 【详解】解：原式= = = =， 将代入得，． 【点睛】本题主要考查分式的化简求值，掌握分式的运算法则是解题的关键． 22. 解不等式组并把它的解集在数轴上表示出来． 【答案】-1≤x 【解析】 【分析】分别求出两个不等式的解集，然后得到不等式组的解集，再表示在数轴上即可 【详解】解：解不等式x-3(x-2)≤8， 得x≥-1， 解不等式， 得x 不等式的解集在数轴上表示为： ∴不等式组的解集为-1≤x 【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，以及用数轴表示不等式的解集，解题的关键是掌握解一元一次不等式的方法． 23. 某校在开展“网路安全知识教育周”期间，在八年级中随机抽取了20名学生分成甲、乙两组，每组各10人，进行“网络安全”现场知识竞赛．把甲、乙两组的成绩进行整理分析（满分100分，竞赛得分用x表示：为网络安全意识非常强，为网络安全意识强，为网路安全意识一般）．收集整理的数据制成如下两幅统计图： 分析数据： 根据以上信息回答下列问题： （1）填空：_______，_______，_________； （2）已知该校八年级有500人，估计八年级网络安全意识非常强的人数一共是多少？ （3）现在准备从甲乙两组满分人数中抽取两名同学参加校际比赛，求抽取的两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率． 【答案】（1）83，85，70    （2）200人    （3） 【解析】 【分析】（1）根据平均数，中位数与众数的含义分别求解即可； （2）由500乘以得分为所占的百分比即可得到答案； （3）记甲组满分的同学为A，乙组满分的两位同学分别为B，C，再利用列表的方法得到所有的等可能的情况有6种，符合条件的有4种，从而可得答案． 【小问1详解】 解：甲组的平均数为：（分）， 乙组10个数据分别为：70，70，70，70，80，90，90，90，100，100， 排在第5个，第6个分别为：80，90， 所以中位数（分）， 而70出现的次数最多，所以众数（分）， 故答案为：83，85，70； 【小问2详解】 由题意得：（人）， 所以八年级网络安全意识非常强的人数一共有200人． 【小问3详解】 记甲组满分的同学为A，乙组满分的两位同学分别为B，C， 列表如下： 所以所有的等可能的情况有6种，符合条件的有4种， 所以抽取的两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率为 【点睛】本题考查的是频数直方图，折线图，平均数，众数，中位数的含义，利用样本估计 总体，利用列表或画树状图求解简单随机事件的概率，熟练的掌握统计与概率的基础知识是解本题的关键． 24. 如图，在中，，D是边上一点，以为直径的与相切于点E，连接并延长交的延长线于点F． （1）求证：； （2）若，求直径． 【答案】（1）证明过程见解析    （2）5 【解析】 【分析】(1)连接OE，由AC是圆的切线得到∠AEO=90°=∠ACB，进而得到OE∥BC，得到∠F=∠DEO；再由半径相等得到∠ODE=∠DEO，进而得到∠F=∠ODE即可证明BD=BF； (2)连接OE，由求出EC=2，证明∠CEB=∠F进而由求出BC=4，最后根据BD=BF=BC+CF=4+1=5． 【小问1详解】 证明：连接OE，如下图所示： ∵AC为圆O的切线， ∴∠AEO=90°， ∵AC⊥BC， ∴∠ACB=90°， ∴OE∥BC， ∴∠F=∠DEO， 又∵OD=OE， ∴∠ODE=∠DEO， ∴∠F=∠ODE， ∴BD=BF． 【小问2详解】 解：连接BE，如下图所示： 由(1)中证明过程可知：∠EDB=∠F， ∴，代入数据：， ∴EC=2， 又BD是圆O的直径， ∴∠BED=∠BEF=90°， ∴∠CEF+∠F=90°=∠CEF+∠CEB， ∴∠F=∠CEB， ∴，代入数据：， ∴BC=4， 由(1)可知：BD=BF=BC+CF=4+1=5， ∴圆O的直径为5． 【点睛】本题考察了圆周角定理、圆中切线的性质、三角函数求线段长度等，熟练掌握圆的切线的性质及圆周角定理是解题的关键． 25. 2022北京冬奥会期间，某网店直接从工厂购进A、B两款冰嫩墩钥匙扣，进货价和销售价如下表：（注：利润=销售价-进货价） 类别 价格 A款钥匙扣 B款钥匙扣 进货价（元/件） 30 25 销售价（元/件） 45 37 （1）网店第一次用850元购进A、B两款钥匙扣共30件，求两款钥匙扣分别购进的件数； （2）第一次购进的冰墩嫩钥匙扣售完后，该网店计划再次购进A、B两款冰墩墩钥匙扣共80件（进货价和销售价都不变），且进货总价不高于2200元．应如何设计进货方案，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少？ （3）冬奥会临近结束时，网店打算把B款钥匙扣调价销售．如果按照原价销售，平均每天可售4件．经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2件，将销售价定为每件多少元时，才能使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元？ 【答案】（1）A、B两款钥匙扣分别购进20件和10件    （2）购进A款冰墩墩钥匙扣40件，购进B款冰墩墩钥匙扣40件时利润最大，最大为1080元    （3）销售价定为每件30元或34元时，才能使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元 【解析】 【分析】(1)设A、B两款钥匙扣分别购进x和y件，根据“用850元购进A、B两款钥匙扣共30件”列出二元一次方程组即可求解； (2)设购进A款冰墩墩钥匙扣m件，则购进B款冰墩墩钥匙扣(80-m)件，根据“进货总价不高于2200元”列出不等式求出；设销售利润为元，得到，随着m的增大而增大，结合m的范围由此即可求出最大利润； (3)设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，则平均每天多销售2a件，每天能销售(4+2a)件，每件的利润为(12-a)元，由“平均每天销售利润为90元”得到(4+2a)(12-a)=90，求解即可． 【小问1详解】 解：设A、B两款钥匙扣分别购进x和y件， 由题意可知： ， 解出：， 故A、B两款钥匙扣分别购进20和10件． 【小问2详解】 解：设购进A款冰墩墩钥匙扣m件，则购进B款冰墩墩钥匙扣(80-m)件， 由题意可知：， 解出：， 设销售利润为元，则， ∴是关于m的一次函数，且3＞0， ∴随着m的增大而增大， 当时，销售利润最大，最大为元， 故购进A款冰墩墩钥匙扣40件，购进B款冰墩墩钥匙扣40件时利润最大，最大为1080元． 【小问3详解】 解：设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，则平均每天多销售2a件，每天能销售(4+2a)件，每件的利润为(12-a)元， 由题意可知：(4+2a)(12-a)=90， 解出：a1=3，a2=7， 故B款冰墩墩钥匙扣售价为34元或30元一件时，平均每天销售利润为90元． 【点睛】本题考察了二元一次方程组、一元一次不等式的应用、一次函数增减性求利润最大问题及一元二次方程的应用，属于综合题，读懂题意是解决本题的关键． 26. 如图1，在四边形中，和相交于点O，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）如图2，E，F，G分别是的中点，连接，若，求的周长． 【答案】（1）证明过程见解析    （2）24 【解析】 【分析】(1)由得到BC//AD，再证明△AOD≌△COB得到BC=AD，由此即可证明四边形ABCD为平行四边形； (2)由ABCD为平行四边形得到BD=2BO，结合已知条件BD=2BA得到BO=BA=CD=OD，进而得到△DOF与△BOA均为等腰三角形，结合F为OC中点得到∠DFA=90°，GF为Rt△ADF斜边上的中线求出；过B点作BH⊥AC于H，求出BH=9，再证明四边形BHGE为平行四边形得到GE=BH=9，最后将GE、GF、EF相加即可求解． 小问1详解】 证明：∵， ∴BC∥AD， 在△AOD和△COB中：， ∴△AOD≌△COB(ASA)， ∴BC=AD， ∴四边形ABCD为平行四边形． 【小问2详解】 解：∵点E、F分别为BO和CO的中点， ∴EF是△OBC的中位线， ∴； ∵ABCD为平行四边形， ∴BD=2BO， 又已知BD=2BA， ∴BO=BA=CD=OD， ∴△DOF与△BOA均为等腰三角形， 又F为OC的中点，连接DF， ∴DF⊥OC， ∴∠AFD=90°， 又G为AD的中点， 由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：； 过B点作BH⊥AO于H，连接HG，如上图所示： 由等腰三角形的“三线合一”可知：AH=HO=AO=AC=4， ∴HC=HO+OC=4+8=12， 在Rt△BHC中，由勾股定理可知, ∵H为AO中点，G为AD中点， ∴HG为△AOD的中位线， ∴HG∥BD，即HG∥BE， 且， ∴四边形BHGE为平行四边形， ∴GE=BH=9， ∴． 【点睛】本题考察了三角形全等的判定方法、平行四边形的性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等，熟练掌握各图形的性质及定理是解决本题的关键． 27. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为，抛物线的对称轴交直线于点E． （1）求抛物线的表达式； （2）把上述抛物线沿它的对称轴向下平移，平移的距离为，在平移过程中，该抛物线与直线始终有交点，求h的最大值； （3）M是（1）中抛物线上一点，N是直线上一点．是否存在以点D，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）    （2）    （3）存在；或或或 【解析】 【分析】（1）根据抛物线顶点坐标即可求解； （2）由题意得，求BC的表达式为：；抛物线平移后的表达式为：，根据题意得，即可求解； （3）设，根据平行四边形的性质进行求解即可． 【小问1详解】 解：由可知， ，解得：， ∴． 【小问2详解】 分别令中，得，，； 设BC的表达式为：， 将，代入得， 解得：； ∴BC的表达式为：； 抛物线平移后的表达式为：， 根据题意得，，即， ∵该抛物线与直线始终有交点， ∴， ∴， ∴h的最大值为． 【小问3详解】 存在，理由如下： 将代入中得， ①当DE为平行四边形的一条边时， ∵四边形DEMN是平行四边形， ∴，， ∵轴， ∴轴， ∴设，， 当时，解得：，（舍去）， ∴， 当时，解得：， ∴或； ②当DE为平行四边形的对角线时，设，， ∵D、E的中点坐标为：（2，0）， ∴M、N的中点坐标为：（2，0）， ∴， 解得：，（舍去）， ∴此时点N的坐标为（3，0）； 综上分析可知，点N的坐标为：或或或（3，0）． 【点睛】本题主要考查二次函数与一次函数的综合应用、平行四边形的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键。 2022贵州毕节中考数学试题及答案 s.xqlawfirm/shuxue/608930/