2022年四川省成都市简阳市、彭州市中考一诊数学试卷（含答案）

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1、 2022 年四川省成都市简阳市、彭州市中考数学一诊试卷年四川省成都市简阳市、彭州市中考数学一诊试卷 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 8 个小题，每小题个小题，每小题 4 分，共分，共 32 分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）求，答案涂在答题卡上） 1在实数，2，0，3 中，为负数的是（ ） A B2 C0 D3 2“北京冬奥会是至今为止收视率最高的冬奥会！”2022 年 2 月 16 日，国际奥委会和北京冬奥组委发布的这一消息，引起全世界热议国际奥委会电视和营销服务首席执行官兼常务董事蒂莫卢姆表示，北京

2、冬奥会是数字媒体平台观看人数最多的冬奥会此前，奥林匹克转播服务公司称，北京冬奥会在全球社交媒体上已吸引超 20 亿人关注20 亿用科学记数法表示为（ ） A0.2109 B2108 C2109 D20108 3如图所示的几何体由 5 个相同的小正方体组成，其左视图为（ ） A B C D 4下列运算中正确的是（ ） Ax+2x3x2 Bx2x3x5 Cx3x3 D（x）3x3 5如图图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A B C D 6教练准备从甲、乙、丙、丁四个足球队员中选出一个队员去罚点球，四个队员平时训练罚点球的平均命中率 x 及方差 s2如表所示： 甲 乙 丙 丁 x 7

3、0% 80% 80% 70% s2 1 1.2 1 1.8 如果要选出一个成绩较好且状态较稳定的队员去执行罚球，那么应选的队员是（ ） A甲 B乙 C丙 D丁 7将二次函数 yx214x+13 化为 y（xh）2+k 的形式，结果为（ ） Ay（x+7）2+49 By（x+7）236 Cy（x7）2+49 Dy（x7）236 8如图，AB 为O 的直径，点 C 在O 上，若OCA60，AC6，则扇形 OBMC 的面积为（ ） A24 B12 C8 D6 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 5 个小题，每小题个小题，每小题 4 分，共分，共 20 分，答案写在答题卡上）分，答案写在答题卡上

4、） 9分解因式：4x2 10如图，为估计池塘岸边 A，B 两点间的距离，在池塘的一侧选取点 O，分别取 OA，OB 的中点 M，N，测得 MN16m，则 A，B 两点间的距离是 m 11分式方程的解为 12已知 P1（x1，y1），P2（x2，y2）两点都在反比例函数 y的图象上，且 x2x10，则 y1 y2（填“”或“”） 13 如图，正方形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于点 O， 以点 C 为圆心， 适当长为半径画弧， 分别交 AC，BC 于点 E，F，分别以点 E，F 为圆心，大于EF 长为半径画弧，两弧相交于点 G，连接 CG 并延长，分别交 BD，AB 于点 M，N若，

5、则线段 BN 的长为 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 48 分，解答过程写在答题卡上）分，解答过程写在答题卡上） 14（12 分）（1）计算：； （2）解不等式组： 15（8 分）为迎接 2022 年将在成都举行的第 31 届世界大学生夏季运动会，成都某大学开展了大运会赛会志愿者通识培训， 培训内容包含 A： 大运会基础知识和志愿者服务基本常识 ； B： 志愿者文明礼仪 ；C：赛事医疗急救；D：外事礼宾礼仪；E：国别交往共 5 门课程，但每人限报一项，将各项培训的参加人数绘制成如图两幅不完整的统计图 根据统计图中的信息解答下列问题： （1）本次参加培训的志愿者人

6、数是 名；扇形统计图中表示 A 的扇形圆心角 的度数等于 ； （2）把条形统计图补充完整； （3）在参加 C 类培训中表现最优秀的 3 名同学（1 名男生 2 名女生）和参加 E 类培训中表现最优秀的 3名同学（2 名男生 1 名女生）中，各选 1 名同学推荐给大运会赛会志愿者组织，利用树状图或表格，求所选两名同学中恰好是 1 名男生 1 名女生的概率 16（8 分）海中有一个小岛 A，该岛四周 10 海里内有暗礁，今有货轮由西向东航行，开始在 A 岛南偏西55的 B 处，往东行驶 20 海里后，到达该岛的南偏西 25的 C 处，之后，货轮继续往东航行，你认为货轮继续向东航行途中会有触礁的危险

7、吗？ 17（10 分）如图，AB 为O 的直径，C 为O 上一点，连接 AC，BC，过点 C 的切线与直径 AB 的延长线交于点 D （1）求证：ACDCBD； （2）若O 的半径为，求 CD 的长； （3）在（2）的条件下，点 E 在直径 AB 下方的半圆上运动（不与点 A，B 重合），当 CE 与 AB 垂直于点 M 时，求 CE 的长 18 （10 分）如图，已知反比例函数的图象与一次函数 yax+b（a0）的图象相交于点 A（2，3），B（1，m） （1）分别求出反比例函数和一次函数 yax+b 的表达式； （2）将直线 AB 向上平移 6 个单位长度后与 y 轴交于点 C，与反比例函

8、数的图象在第四象限的交点为点D，连接 CB，BD，求点 D 的坐标及BCD 的面积； （3）在（2）的条件下，直接写出当反比例函数值大于一次函数值时 x 的取值范围 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 5 个小题，每小题个小题，每小题 4 分，共分，共 20 分，答案写在答题卡上）分，答案写在答题卡上） 19已知非零实数 x，y 满足，则的值等于 20已知 a，b 是一元二次方程 x2+3x80 的两个实数根，则 3a2+8ab 的值是 21 从3， 2， 1， 0， 1， 2， 3 这 7 个数中任意选择一个数作为 a 的值， 则使关于 y 的分式方程有非负整数解的概率为 22如图，在

9、平面直角坐标系 xOy 中，直线 AB 与 x 轴，y 轴分别交于点 A，B，与反比例函数（k 为常数， 且 k0） 在第一象限的图象交于点 E， F 过点 E 作 EMy 轴于点 M， 过点 F 作 FNx 轴于点 N，直线 EM 与 FN 交于点 C若（a，b 为常数，且 ab）记OEF 的面积为 S1，CEF 的面积 为 S2，则 （用含 a，b 的代数式表示） 23我们知道圆内任意直径即可将圆面积二等分受此启发，我们也可以在如图中，作出两条直线（要求其中一条直线必须过点 M）使它们将正方形 ABCD 的面积四等分，其中点 M 是正方形 ABCD 内一定点请探究：如图，在四边形 ABCD

10、 中，ABCD，点 P 是 AD 的中点，如果，且 ab，那么在边 BC 上一定存在点 Q，使 PQ 所在直线将四边形 ABCD 的面积分成相等的两部分此时，BQ 的长度是 二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 3 个小题，共个小题，共 30 分，解答过程写在答题卡上）分，解答过程写在答题卡上） 24（8 分）某校九年级一班为了鼓励同学们努力学习，营造良好的学习环境，准备到某文具店购买 A，B两种文具，奖励期末考试综合评定优秀的学生据了解，购买 A 种文具 3 个，B 种文具 5 个，共需 210元；购买 A 种文具 4 个，B 种文具 10 个，则需 380 元 （1）求 A，B 两种文

11、具的单价分别是多少元？ （2）经九年级一班班委会商定，决定购买 A、B 两种文具共 12 个进行奖励该文具店为了支持本次活动，为该班同学提供以下优惠：购买几个 B 种文具，B 种文具每个就降价几元，请你为九年级一班的同学预算一下，本次购买至少准备多少钱？最多准备多少钱？ 25 （10 分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数 yx2+bx+c 的图象与 x 轴交于点 A（1，0），B（3，0），与 y 轴交于点 C （1）b ，c ； （2）若点 D 为第四象限内抛物线上的一个动点，过点 D 作 DEy 轴交 BC 于点 E，过点 D 作 DFBC于点 F，过点 F 作 FGy 轴于点 G，求出

12、 DE+FG 的最大值及此时点 D 的坐标； （3）若点 P 是该抛物线对称轴上的一点，点 Q 为坐标平面内一点，那么在抛物线上且位于 x 轴上方是否存在点 M，使四边形 OMPQ 为正方形？若存在，请直接写出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由 26（12 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB3，BC5，BE 平分ABC 交 AD 于点 E连接 CE，点 F 是BE 上一动点，过点 F 作 FGCE 交 BC 于点 G将BFG 绕点 B 旋转得到BFG （1）如图 1，连接 CG，EF，求证：BEFBCG； （2）当点 G恰好落在直线 AE 上时，若 BF3，求 EG的值； （3）如图 3，

13、连接 GG，当 GG与 BE 交于点 F 时，猜想 FG 与 FG的数量关系，并证明 参考答案解析参考答案解析 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 8 个小题，每小题个小题，每小题 4 分，共分，共 32 分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）求，答案涂在答题卡上） 1解：在实数，2，0，3 中，为负数的是2 故选：B 2解：20 亿20000000002109 故选：C 3解：从左面看，底层是两个小正方形，上层左边一个小正方形，故 D 正确； 故选：D 4解：A、系数相加字母部分不变，故 A 错误； B、底数不

14、变指数相加，故 B 正确； C、底数不变指数相减，故 C 错误； D、（x）3x3，故 D 错误； 故选：B 5解：A既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； B不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意； C是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； D是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意 故选：A 6解：乙、丙的平均数比甲、丁大， 应从乙和丙中选， 丙的方差比乙的小， 丙的成绩较好且状态稳定，应选的队员是丙； 故选：C 7解：yx214x+13（x7）236 故选：D 8解：OCA60，OAOC， OAC 是等边三角形， AOC60，OAAC6， B

15、OC18060120， 扇形 OBMC 的面积为12 故选：B 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 5 个小题，每小题个小题，每小题 4 分，共分，共 20 分，答案写在答题卡上）分，答案写在答题卡上） 9解：4x2（2x）（2+x）， 故答案为：（2x）（2+x） 10解：点 M，N 分别为 OA，OB 的中点， MN 是OAB 的中位线， AB2MN32（m）， 故答案为：32 11解：去分母得：6x5（x+1）， 解得：x5， 检验：当 x5 时，3x（x+1）0， x5 是原分式方程的解 12解：P1（x1，y1），P2（x2，y2）两点都在反比例函数 y的图象上，且 x2x10

16、， 每个分支上 y 随 x 的增大而增大，则 y1y2 故答案为： 13解：如图，过点 N 作 NHAC 于 H， 由作图可知， CN 平分ACB， ACNBCN， 四边形 ABCD 是正方形， CBA90，CAB45， 即 NBBC， NHBC， NBNH， NHANsinCABsin451 BN1， 故答案为：1 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 48 分，解答过程写在答题卡上）分，解答过程写在答题卡上） 14解：（1）原式12+2+112+10； （2）解不等式得 x7， 解不等式得 x2， 原不等式组的解集为：2x7 15解：（1）本次参加培训的志愿者人数

17、是 1822.5%80（名）， 扇形统计图中表示 A 的扇形圆心角 的度数等于 36072， 故答案为：80、72； （2）D 组人数为 80（16+18+20+8）18（人）， 补全条形图如下： （3）根据题意画图如下： 共有 9 种等可能的情况数，其中所选两名同学中恰好是 1 名男生 1 名女生的有 5 种， 则所选两名同学中恰好是 1 名男生 1 名女生的概率是 16解：如图，作 ADBC 于点 D，设 ADx 海里， 在 RtACD 中，ADC90，CAD25， CDADtan25tan25x 在 RtABD 中，ADB90，BAD55， BDADtan55tan55x BDCDBC，

18、 tan55xtan25x20， x20.7910， 因为 A 岛到货轮的航线的最短距离大于 10，所以不可能触礁 17证明：（1）连接 OC， AB 为O 的直径， ACB90， CBDCAO+90， CD 是O 的切线， OCD90， ACD90+ACO， OAOC， CAOACO， CBDACD， 又DD， ACDCBD； 解：（2）O 的半径为， AB2， ACDCBD， BCDCAD， tanCADtanBCD， 设 BCx，AC2x， 在 RtACB 中， x2， AC4，BC2， CEAB， CMDCMB90， ， CM， ABCCBM， ABCCBM， ， BM， OM， 在

19、RtOCM 中，tanCOM， 在 RtACB 中，tanCOM， CD； （3）ABCE， CE2CM2 18解：（1）将点 A（2，3）代入反比例函数， 得 k6， 反比例函数解析式：， 将点 B（1，m）代入反比例函数， 得 m6， B（1，6）， 将 A，B 点坐标代入一次函数 yax+b， 得， 解得， 一次函数解析式为：y3x3 （2）如图所示： 根据题意，CD 的解析式为：y3x3+63x+3， 联立， 解得 x2 或 x1， 反比例函数的图象在第四象限的交点为点 D， D（2，3）， 设直线 AB 与 y 轴的交点为 E，则 E 点坐标为（0，3）， 6 平移距离是 6， CE

20、6，ABCD， SBCDSECD， 3， SBCD3 （3）在（2）的条件下，反比例函数与直线 CD 的另一个交点坐标是（1，6）， 根据图象可知，反比例函数值大于一次函数值时，x 的取值范围是：1x0 或 x2 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 5 个小题，每小题个小题，每小题 4 分，共分，共 20 分，答案写在答题卡上）分，答案写在答题卡上） 19解：， x（y+1）y， xy+xy， xyyx， xyxy， 原式1 故答案为：1 20解：a，b 是一元二次方程 x2+3x80 的两个实数根， a2+3a8，a+b3， 3a2+8ab3（a2+3a）（a+b）8（3）11 故答案

21、为：11 21解：， 解得：y， y 为非负整数， a 为偶数， 3，2，1，0，1，2，3 这 7 个数中偶数有 3 个，非负整数 3 个， 概率为：， 故答案为： 22解：过点 E 作 EHx 轴于 H，如图所示： ， 在FNA 和EHA 中， FNAEHA， FANEAH， FNAEHA， FN：EHAF：AE， 不妨设 FNb，EHa， E，F 分别在反比例函数， 可得 ON，EM，CFab，CE， ， ， 故答案为： 23解：如图 1 所示， 连接 AC、BD 交于 O，作直线 OM，分别交 AD 于 P，交 BC 于 Q，过 O 作 EFOM 交 DC 于 F，交AB 于 E， 则

22、直线 EF、OM 将正方形的面积四等分， 理由是：点 O 是正方形 ABCD 的对称中心， APCQ，EBDF， 在AOP 和EOB 中 AOP90AOE，BOE90AOE， AOPBOE， OAOB，OAPEBO45， AOPEOB， APBEDFCQ， 设 O 到正方形 ABCD 一边的距离是 d， 则（AP+AE）d（BE+BQ）d（CQ+CF）d（PD+DF）d， S四边形AEOPS四边形BEOQS四边形CQOFS四边形DPOF， 直线 EF、OM 将正方形 ABCD 面积四等份； 存在，当 BQCDy 时，PQ 将四边形 ABCD 的面积二等份， 理由是：如图，连接 BP 并延长交

23、CD 的延长线于点 E， ABCD， AEDP， 在ABP 和DEP 中， ， ABPDEP（ASA）， BPEP， 连接 CP， BPC 的边 BP 和EPC 的边 EP 上的高相等， 又BPEP， SBPCSEPC， 作 PFCD，PGBC，则 BCAB+CDDE+CDCE， 由三角形面积公式得：PFPG， 设 x，y，且 ab， 在 CB 上截取 CQDEABx，则 SCQPSDEPSABP SBPCSCQP+SABPSCPESDEP+SCQP 即：S四边形ABQPS四边形CDPQ， BCAB+CDx+y， BQy， 当 BQ时，直线 PQ 将四边形 ABCD 的面积分成相等的两部分 故

24、答案为： 二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 3 个小题，共个小题，共 30 分，解答过程写在答题卡上）分，解答过程写在答题卡上） 24解：（1）设 A 种文具的单价为 x 元，B 种文具单价为 y 元， 由题意得：， 解得：， 答：A 种文具的单价为 20 元，B 种文具单价为 30 元； （2）设购买 B 种文具 a 个，则购买 A 种文具（12a）个，准备 m 元钱， 由题意得：ma（30a）+20（12a）a2+10a+240（a5）2+265， 则当 a5 时，m 有最大值为 265， a0 时，m240；a12 时，m216； 本次购买至少准备 216 元钱，最多准备 265

25、 元钱 25解：（1）将点 A（1，0），B（3，0）代入 yx2+bx+c， ， ， yx22x3， 故答案为：2，3； （2）延长 DE 交 x 轴于点 K，延长 GF 交 ED 于点 H， 令 x0，则 y3， C（0，3）， 设直线 BC 的解析式为 ykx+b， ， 解得， yx3， 设 D（t，t22t3），则 E（t，t3）， DEt3t2+2t+3t2+t， OBOC3， OBC45， FEHEFHGFCGCF45， FHED， FHEHDE（t2+t）， GFGHFHt（t2+t）t2+t， GF+DEt2+t+t2+tt2+t（t）2+， 当 t时，GF+DE 有最大值，

26、此时 D（，）； （3）存在点 M，使四边形 OMPQ 为正方形，理由如下： yx22x3（x1）24， 抛物线的对称轴为直线 x1， 设 P（1，p），Q（x，y），M（m，m22m3）， 过点 P 作 GHx 轴，过点 Q 作 QGGH 交于 G，过点 M 作 MHGH 交于点 H， 四边形 OMPQ 为正方形， QPM90， GPQ+HPM90， GPQ+GQP90， HPMGQP， QPPM， GPQHMP（AAS）， GPHM，GQPH， OP 是正方形的对角线， 1m+x，py+m22m3， 当 M 点在第一象限时，如图 2， GP1x，HMp（m22m3），GQpy，PHm1，

27、pym1， 由可得 m1m22m3， 解得 m， M（，）； 当 M 点在第一象限时，如图 3， GPx1，HMp（m22m3），GQpy，PH1m， py1m， 由可得 1mm22m3， 解得 m， M（，）； 综上所述：M 点的坐标为（，）或（，） 26（1）证明：FGCE， BFGBEC， ， ， FBGEBC， FBG+EBGEBC+EBG， 即FBECBG， BEFBCG； （2）如图 1， 四边形 ABCD 是矩形， DAABC90， BE 平分ABC， ABE， AEB90ABE45， AEBABE， AEAB3， BE3， 由（1）知：， ， BG， BGBG， 在 RtABG中，由勾股定理得， AG， EGAEAG3， EG， 综上所述：EG； （3）如图 2， ，理由如下： HFG 于 H， （1）得，BFGBEC， ，BGHBCECED， ， ， 设 BG5x，FGx， DBHG90， BGHCED， ， ， GH， BGBG，BHGG， GG2GH， FGGGFG，