【文档说明】《新疆中考真题数学》《精准解析》2022年新疆维吾尔自治区新疆生产建设兵团中考数学真题（解析版）.pdf，共(22)页，508.332 KB，由envi的店铺上传

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新疆维吾尔自治区新疆生产建设兵团2022年初中学业水平考试数学试题卷考生须知：1．本试表分为试题卷和答题卷两部分，试题共4页，答题卷共2页．2．考试时间120分钟．3．不得使用计算器．一、单项选择题（本大题共9小题，请按答题卷中的要求作

答）1.2的相反数是（）A.2B.－2C.12D.12【答案】B【解析】【详解】2的相反数是-2.故选：B.2.如图是某几何体的展开图，该几何体是（）A.长方体B.正方体C.圆锥D.圆柱【答案】C【解析】【分析】观察所给图形

可知展开图由一个扇形和一个圆构成，由此可以判断该几何体是圆锥．【详解】解：∵展开图由一个扇形和一个圆构成，∴该几何体是圆锥．故选C．【点睛】本题考查圆锥的展开图，熟记圆锥展开图的形状是解题的关键．3.平面直角坐标系中，点P(2，1)关于x轴对称的点的坐标是（）A.2,1B.2,

1C.2,1D.2,1【答案】B【解析】【分析】直接利用关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，得出答案．【详解】解：点P（2，1）关于x轴对称的点的坐标是（2，-1）．故选：B．【点睛】本题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确掌握横纵坐标的关系

是解题关键．4.如图．AB与CD相交于点O，若3050ABC，，则D（）A.20B.30°C.40D.50【答案】D【解析】【分析】先由内错角相等可证得AC∥BD，再由两直线平行，内错角相等得∠D=∠C，即可求解．【详解】解：∵∠A=∠B，∴AC∥BD，∴∠D=∠C=50

°，故选：D．【点睛】本题考查平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键．5.下列运算正确的是（）A.321aaB.358aaaC.28422aaaD.222()36abab【答案】B【解析】【分析】根据整式的

加减乘除运算法则逐个判断即可求解．【详解】解：选项A：32aaa，故选项A错误；选项B：358aaa，故选项B正确；选项C：286221aaa=¸，故选项C错误；选项D：222(3)9abab，故选项D错误；故选：B．【点睛】本题考查了整式的加减乘除运算法则，属于基

础题，熟练掌握整式的加减乘除运算法则是解题的关键．6.若关于x的一元二次方程20xxk有两个实数根，则k的取值范围是（）A.14kB.14kC.14kD.14k【答案】B【解析】【分析】根据关于x的一元二次方程x2+x-k=0有两个实数根，得

出Δ=b2-4ac≥0，即1+4k≥0，从而求出k的取值范围．【详解】解：∵x2+x-k=0有两个实数根，∴Δ=b2-4ac≥0，即1+4k≥0，解得：k≥-14，故选：B．【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，掌握Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；Δ=0⇔方程有两个相等的实数根

；Δ＜0⇔方程没有实数根是本题的关键．7.已知抛物线22()1yx，下列结论错误的是（）A.抛物线开口向上B.抛物线的对称轴为直线2xC.抛物线的顶点坐标为(2,1)D.当2x时，y随x的增大而增大【答案】D【解析】【分析】根据二次函数的开口方向、对称轴、顶点坐

标以及增减性对各选项分析判断即可得解．【详解】解：抛物线22()1yx中，a＞0，抛物线开口向上，因此A选项正确，不符合题意；由解析式得，对称轴为直线2x，因此B选项正确，不符合题意；由解析式得

，当2x时，y取最小值，最小值为1，所以抛物线的顶点坐标为(2,1)，因此C选项正确，不符合题意；因为抛物线开口向上，对称轴为直线2x，因此当2x时，y随x的增大而减小，因此D选项错误，符合题意；故选D．【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式

是解题的关键，即在2yaxhk中，对称轴为xh，顶点坐标为(,)hk．8.临近春节的三个月，某干果店迎来了销售旺季，第一个月的销售额为8万元，第三个月的销售额为11.52万元，设这两个月销售额的月平均增长率为x，则根据题意，可列方程为（）A.8

(12)11.52xB.28(1)11.52xC.28(1)11.52xD.28111.52x【答案】C【解析】【分析】设这两个月销售额的月平均增长率为x，则第二个月的销售额是8(1+)x

万元，第三个月的销售额为28(1+)x万元，即可得．【详解】解：设这两个月销售额的月平均增长率为x，则第二个月的销售额是8(1+)x万元，第三个月的销售额为28(1+)x万元，∴28(1+)=11.52x故选C．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是

能够求出第二个月的销售额和第三个月的销售额．9.将全体正偶数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第10行第5个数是（）A.98B.100C.102D.104【答案】B【解析】【分析】观察数字的变化，第n行有n个偶数，求出第n行第一个数，故可求解．【详解】观察数字的变化可知：第n行有n个偶

数，因为第1行的第1个数是：2102；第2行的第1个数是：4212；第3行的第1个数是：8322；…所以第n行的第1个数是：12nn，所以第10行第1个数是：109292+，所以第

10行第5个数是：9224100．故选：B．【点睛】本题考查了数字的规律探究，推导出一般性规律是解题的关键．二、填空题（本大题共6小题，请把答案填在答题卷相应的横线上）10.若3x在实数范围内有意义，则x的取值范围为__________．【答案

】3x【解析】【分析】根据二次根式有意义的条件，得到不等式，解出不等式即可.【详解】要使3x有意义，则需要-30x，解出得到3x.故答案为：3x【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，能够得到不等式是解题关键.11.已知点M（1，2）在反

比例函数kyx的图象上，则k＝____．【答案】2【解析】【分析】把点M（1，2）代入反比例函数kyx中求出k的值即可．【详解】解：把点M（1，2）代入得：kxy=1×2=2，故答案为：2．【点睛】本题考

查的是反比例函数图象上点的坐标特点，即反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式．12.同时抛掷两枚质地均匀的硬币，则两枚硬币全部正面向上的概率是___．【答案】14【解析】【详解】画树状图为：共有4种等可能的结果数，其中两枚硬币全部正面向上的结果数为1

，所以两枚硬币全部正面向上的概率=14．故答案为：1413.如图，⊙O的半径为2，点A，B，C都在⊙O上，若30B．则AC的长为_____（结果用含有π的式子表示）【答案】23【解析】【分析】利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到60AOC，再利用弧

长公式求解即可．【详解】2AOCB，30B，60AOC，⊙O的半径为2，60221803AC，故答案为：23．【点睛】本题考查了圆周角定理和弧长公式，即180nrl，熟练掌握知识点是解题的关键．14.如图，用一段

长为16m的篱芭围成一个一边靠墙的矩形围栏（墙足够长），则这个围栏的最大面积为_______2m．【答案】32【解析】【分析】设围栏的宽为x米，则长为162x米，列出围栏面积S关于x的二次函数解析式，化为顶点式，即可求解

．【详解】解：设围栏的宽为x米，则长为162x米，∴围栏的面积22(162)2162(4)32Sxxxxx2m，∴当4x时，S取最大值，最大值为32，故答案为：32．【点睛】本题主要考查二次函数的实际应用，根据已知条件列出函数解析式是解题的关键．15.如图，四

边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将DCE绕点D顺时针旋转90与DAF△恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若·32AQDP，则BQ______．【答案】3【解析】【分析】通过∠DFQ=∠DAQ=45°证

明A、F、Q、D四点共圆，得到∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，利用等角对等边证明BQ=DQ=FQ=EQ，并求出22DEDQBQ，通过有两个角分别相等的三角形相似证明AFQPED∽，得到32AQDPDEFQ，将BQ代入DE、FQ中即可求出．【详解】连接P

Q，∵DCE绕点D顺时针旋转90与DAF△完全重合，∴DF=DE，∠EDF=90°，DAFDCE≌，∴∠DFQ=∠DEQ=45°，∠ADF=∠CDE，∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠

DAQ=∠BAQ=45°，∴∠DFQ=∠DAQ=45°，∴∠DFQ、∠DAQ是同一个圆内弦DQ所对的圆周角，即点A、F、Q、D在同一个圆上（四点共圆），∴∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，∴∠EDQ

=90°-45°=45°，∠DQE=180°-∠EDQ-∠DEQ=90°，∴FQ=DQ=EQ，∵A、B、C、D是正方形顶点，∴AC、BD互相垂直平分，∵点Q在对角线AC上，∴BQ=DQ，∴BQ=DQ=FQ=EQ，∵∠AQF=∠ADF，∠ADF=∠CDE，∴∠

AQF=∠CDE，∵∠FAQ=∠PED=45°，∴AFQEPD∽，∴AQFQDEDP，∴32AQDPDEFQ，∵BQ=DQ=FQ=EQ，∠DQE=90°，∴22DEDQBQ，∴232DEFQBQBQ，

∴3232BQ，故答案为：3．【点睛】本题综合考查了相似三角形、全等三角形、圆、正方形等知识，通过灵活运用四点共圆得到等弦对等角来证明相关角相等是解题的巧妙方法．三、解答题（本大题共8小题，解答应写

出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）16.计算：20(2)|3|25(33)【答案】3【解析】【分析】分别计算有理数的乘方、绝对值、二次根式及零指数幂，再进行加减即可．【详解】解：原式43513．【点睛】

本题考查有理数的乘方，绝对值和二次根式的化简及零指数幂的性质，属于基础题，正确运算是解题的关键．要熟练掌握：任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，2aa．17.先化简，再求值：22931121112aaaaaaa，其中2a．【答案】1【解析】【分析】根据平方差公

式、完全平方公式和分式的混合运算法则对原式进行化简，再把a值代入求解即可．【详解】解：22931121112aaaaaaa2331113121aaaaaaa311112aaaa2

112aaa11a，∵2a，∴原式111121a．【点睛】本题考查分式的化简求值，熟练掌握平方差公式、完全平方公式和分式的混合运算法则是解题的关键．18.在ABC中，点D，F分别为边AC，AB的中点．延长DF到点E，使DFEF，连接BE

．（1）求证：ADFBEF≌△△；（2）求证：四边形BCDE是平行四边形．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）利用SAS直接证明；（2）利用ADFBEF≌△△和已知条件证明DCBE，//DCBE即可推出四边形BCDE是平行四边

形．【小问1详解】证明：∵点F为边AB的中点，∴BFAF，在ADF与BEF中，AFBFAFDBFEDFEF，∴(SAS)ADFBEF△△≌；【小问2详解】证明：∵点D为边AC的中点，∴ADDC，由（1）得

ADFBEF≌△△，∴ADBE，ADFBEF，∴DCBE，//DCBE，∴四边形BCDE是平行四边形．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定方法，难度较小，根据所给条件正确选用平行四边形的判定方法是解题的关键．19.某校依据教育部印发的《大中小学劳动教

育指导纲要（试行）》指导学生积极参加劳动教．该校七年级数学兴趣小组利用课后托管服务时间，对七年级学生一周参加家庭劳动次数情况．开展了一次调查研究．请将下面过程补全．①收集数据通过问卷调查，兴趣小组获得了这20名学生每人一周参加家庭

劳动的次数，数据如下：31224332343405526463②整理、描述数据：整理数据，结果如下：分组频数02x224x1046x668x2③分析数据平均数中位数众数3.25a3根据以上信息，解答下列问题：（1）兴趣小组计划抽取该校七年级20名学生

进行问卷调查，下面的抽取方法中，合理的是（）A．从该校七年级1班中随机抽取20名学生B．从该校七年级女生中随机抽取20名学生C．从该校七年级学生中随机抽取男、女各10名学生（2）补全频数分布直方图；（3）填空：a___________；（4）该校七年级现有400名学生，请估计该

校七年级学生每周参加家庭劳动的次数达到平均水平及以上的学生人数；（5）根据以上数据分析，写出一条你能得到的结论．【答案】（1）C（2）补全频数分布直方图见解析；（3）3（4）160人（5）七年级一周参加家庭劳动的次数偏少，故学校应该加强学生的劳

动教育．（答案不唯一）【解析】【分析】（1）根据抽样调查的要求判断即可；（2）由46x的频数为6，即可补全频数分布直方图；（3）根据中位数的定义进行解答即可；（4）用样本的比估计总体的比进行计算即可；（5）根据平均数、中位数和众数的意义解答即可．【小问

1详解】解：∵抽样调查的样本要具有代表性，∴兴趣小组计划抽取该校七年级20名学生进行问卷调查，合理的是从该校七年级学生中随机抽取男、女各10名学生，故选：C【小问2详解】解：补全频数分布直方图如下：【小问3详解】解：∵被抽

取的20名学生每人一周参加家庭劳动的次数从小到大排列后为：01222233333344445566，排在中间的两个数分别为3、3，∴中位数a＝3332，故答案为：3；【小问4详解】解：由题意可知，被抽取的20名学生中达到平均水平

及以上的学生人数有8人，400×820＝160（人），答：该校七年级学生每周参加家庭劳动的次数达到平均水平及以上的学生为160人；【小问5详解】解：根据以上数据可知，七年级一周参加家庭劳动的次数偏少，故学校应该加强学生的劳动教育．（答案不唯一）【点睛】此题考查条形统计图

、中位数、众数、用样本估计总体等知识，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想来解答．20.A，B两地相距300km，甲、乙两人分别开车从A地出发前往B地，其中甲先出发1h，如图是甲，乙行驶路程(km),(km)yy甲乙随行驶时间(h)x变化的图象

，请结合图象信息．解答下列问题：（1）填空：甲的速度为___________km/h；（2）分别求出,yy甲乙与x之间的函数解析式；（3）求出点C的坐标，并写点C的实际意义．【答案】（1）60（2）60yx甲，100100yx乙（3）点C的坐

标为2.5,150，点C的实际意义为：甲出发2.5h时，乙追上甲，此时两人距A地150km【解析】【分析】（1）观察图象，由甲先出发1h可知甲从A地到B地用了5h，路程除以时间即为速度；（2）利用待定系数法分别求解即可；

（3）将,yy甲乙与x之间的函数解析式联立，解二元一次方程组即可．【小问1详解】解：观察图象，由甲先出发1h可知甲从A地到B地用了5h，∵A，B两地相距300km，∴甲的速度为3005=60(km/h)，故答案为：60；【小问2详解】解：设y

甲与x之间的函数解析式为11ykxb甲，将点0,0，5,300代入得11103005bkb，解得11060bk，∴y甲与x之间的函数解析式为60yx甲，同理，设y乙与x之间

的函数解析式为22ykxb乙，将点1,0，4,300代入得222203004kbkb，解得22100100bk，∴y乙与x之间的函数解析式为100100yx乙；【小问3详解】解：将,yy甲乙与x之间的函数解析式联立得，60100100yxy

x，解得2.5150xy，∴点C的坐标为2.5,150，点C的实际意义为：甲出发2.5h时，乙追上甲，此时两人距A地150km．【点睛】本题考查一次函数的实际应用，涉及到求一次函数解析式，求直线交点坐标等知识点，读懂题意，从所给图象中找到相关信息是解题的关键．21.周米，

王老师布置了一项综合实践作业，要求利用所学知识测量一栋楼的高度．小希站在自家阳台上，看对面一栋楼顶部的仰角为45，看这栋楼底部的俯角为37，已知两楼之间的水平距离为30m，求这栋楼的高度．（参考数据：sin370.60,cos370.80,tan370.75

）【答案】这栋楼的高度为：52.5米【解析】【分析】如图，过A作AE⊥BC于E，在Rt△AEB和Rt△AEC中，根据正切的概念分别求出BE、EC，计算即可．【详解】解：过A作AEBC于E，∴90AE

BAEC由依题意得：45,37,30EABCAECDAE，RtAEB和RtAEC中，∵tanBAEBEAE，tanCECAEAE∴tan4530130BEAE，t

an37300.7522.5CEAE∴3022.552.5BCBECE∴这栋楼的高度为：52.5米．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟练运用锐角

三角函数的定义是解题的关键．22.如图，⊙O是ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，ACCD，连接AD，延长DB交过点C的切线于点E．（1）求证：ABCCAD；（2）求证：BECE；（3）若43ACBC，，求DB的长．【答案】（1）见解析（2）见

解析（3）75【解析】【分析】（1）由等边等角可得ADCCAD，由同弧所对的圆周角相等可得ADCABC，等量代换即可得证；（2）连接OC，根据等边对等角可得OCBOBCABC，由四边形

ADBC是O的内接四边形，可得CBECAD，进而可得OCBE∥，即可得证；（3）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，从而在Rt△ABC中，利用勾股定理求出BA的长，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠CAB=∠CDB，进而可证△ACB∽△DEC，然后利用相似

三角形的性质可求出DE的长，最后再利用（2）的结论可证△ACB∽△CEB，利用相似三角形的性质可求出BE的长，进行计算即可解答．【小问1详解】ACAC，ADCABCACCDADCCADABCCAD【小问2详解】如图，连接OCCE是O的

切线，OCCECOOBOCBOBCABC四边形ADBC是O的内接四边形，CBECADCADABCOCBCBEOCBE∥OCCEBECE【小问3详

解】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵AC=4，BC=3，∴AB=22ACBC=5，∵∠ACB=∠E=90°，∠CAB=∠CDB，∴△ACB∽△DEC，∴ACABDECD，∴454DE，∴DE=165，∵∠CBE=∠ABC，∴△A

CB∽△CEB，∴CBABBECB，∴353BE，∴BE=95，∴BD=DE-BE=1697555，∴DB的长为75．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握相似三角形的判定与

性质，以及圆周角定理是解题的关键．23.如图，在ABC巾，30ABCABAC，，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将ACD△沿AD折叠得到AED，连接BE．（1）当AEBC时，AEB___

________；（2）探究AEB与CAD之问的数量关系，并给出证明；（3）设4AC，ACD△的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．【答案】（1）60（2）30AEBCAD（3）2(23)4

yx【解析】【分析】（1）首先由折叠的性质可得ACAEAB，再由等腰三角形的性质可求解；（2）首先由折叠的性质可得AEAC，CADEAD，再由等腰三角形的性质可得ACAEAB，ABEAEB，最后根据角度关系即可求解；（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求

AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根据面积和差关系可求解．【小问1详解】30ABC，ABAC，AEBC，60BAE，将ACD沿AD折叠得到AED，ACAE，ABAE∴，60AEB，故答案为：60；【小问2详解】

30AEBCAD，理由如下：将ACD沿AD折叠得到AED，AEAC，CADEAD，30ABC，ABAC，120BAC，1202BAECAD，ABAEAC，180(1202)302CADAEBCAD

；【小问3详解】如图，连接OA，ABAC，点O是BC的中点，OABC，30ABCACB，4AC，2AO，23OC，222ODADAO，4ODy，1122ADCSOCAOODOA，112232422xy，2

(23)4yx．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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