【文档说明】数学-（无锡卷）【试题猜想】2022年中考考前最后一卷（参考答案）.docx，共(16)页，514.125 KB，由管理员店铺上传

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2022年中考考前最后一卷【无锡卷】数学·参考答案一、选择题（本大题包括10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请将答题卡上对应题目所选的选项涂黑）12345678910BDDDBABBDC二．填空题

（共8小题，满分3分，每小题24分）11．2512．81.210−13．()()222yxyxy+−14．()23cm15．4x＋192616．3－5217．101318．95三．解答题（共10小题，满分96分）19．（1）2+22；（2）a【分析】（1）先计算tan45，再按

照实数运算法则计算即可；（2）先乘法运算，再加减运算即得．【详解】解：（1）原式2321222=2+22=+−+−+；（2）原式22211aaaaa=++−−=−．【点睛】本题考查了实数的混合运算及整式的混合运算，解题关键是熟知

特殊角三角函数值及实数混合运算法则，整式混合运算方法．20．（1）32x，54−；（2）x＜2【分析】（1）先对分式进行化简，要将除法转化为乘法，将x的值代入化简的式子即可；（2）对第一个不等式进行去括号、移项、系数化1求出x的范围，第二个不等式去分母、移项、系数

化1求x范围，再将两个范围合起来得出最终结果．【详解】（1）原式=22221·222xxxxxxx−+−++−（）（）（）（）=112xx+=32x当x=65−时，原式=3625−=54−；（2）解不等式4（x-1）＜x+2得x＜2解不

等式73xx+＞得x＜72∴不等式组的解集为x＜2．【点睛】本题考查分式的化简求值和一元一次不等式组的求解．正确的运用分式计算的法则和不等式的性质是解决本题的关键．21．(1)见解析(2)见解析(3)AE的长为6【分析】（1）利用SAS即可证明△AEC≌△DEC；（2）先证明四

边形是平行四边形，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可解决问题；（3）证明△BEF∽△CED，可得BFEFCDED=，根据F是AB的中点，所以BF＝12AB＝12CD，进而可以解决问题．(1)证明：∵CB平

分∠ACD，∴∠ACE＝∠DCE，在△AEC和△DEC中CACDACEDCEECEC＝＝＝，∴△AEC≌△DEC（SAS）．(2)连接BD，如图所示：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵∠ACE＝

∠DCE，∴∠ABC＝∠DCB，∴AB∥CD，∵CD＝CA，∴AB＝CD，∴四边形ABDC是平行四边形，∵AB＝AC，∴四边形ABDC是菱形；(3)∵AB∥CD，∴△BEF∽△CED，∴BFEFCDED=，∵F是AB的中点，∴BF＝12AB＝12CD，∴12BFEFBFC

DEDAB===，∵EF＝3，∴DE＝6，∵△AEC≌△DEC，∴AE＝DE＝6，∴AE的长为6．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是根据AB∥CD得到△BEF∽△CED．22．(1)12(2)16【分析】（1）求得总的结果数以及目标

事件的结果数，然后根据概率公式求解即可；（2）用列表法或树状图表示抽取的结果，求得总的结果数和目标事件的结果数，即可求解．(1)解：因为速度滑冰、花样滑冰属于冬奥会上的冰上项目，从四张卡片中随机选一张，共有四种等可能结果，故恰好是冰上项日图案的概率214

2P==；(2)解：列表分析如下：或用树状图表示，如下：∵共有12种等可能的结果，其中抽到的卡片均是冰上项目的图案有2种情况，∴抽到的卡片均是冰上项日的图案的概率：21126=，即P（抽到的卡片均是冰上项目的图案）16=．【点睛】本题考查了利用概率公式求概率，树状图或列表法求概率，解题的关键是正确

求得结果总数以及目标事件的结果数，掌握概率公式．23．(1)50，10(2)见解析(3)72(4)估计“总线”专业的毕业生有180名．【分析】（1）根据总线的人数和所占的百分比，可以求得m的值，然后即可计算出n的值；（2）根据（1）

中的结果和硬件所占的百分比，可以求得硬件专业的毕业生，从而可以将条形统计图补充完整；（3）根据条形统计图中的数据，可以计算出在扇形统计图中，“软件”所对应的扇形的圆心角的度数；（4）根据统计图中的数据，可以计算出“总线”专业的毕业生的人数．(1)解：m=15÷30%

=50，n%=5÷50×100%=10%，故答案为：50，10；(2)解：硬件专业的毕业生有：50×40%=20（人），补全的条形统计图如图所示；;(3)解：在扇形统计图中，“软件”所对应的扇形的圆心角是360°×1050=72°；故答案为：72；(4

)解：600×30%=180（名），答：估计“总线”专业的毕业生有180名．【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．24．(1)见解析(2)①见解析；②433CD=【分析】（1）以点

A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB、AC于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于12MN为半径画弧，两弧交于一点P，作射线AP交O于点E，即可求解；（2）①连接BE，根据切线的性质可得90DAFBAE+=，再由AE平分BAC，可得90DAFE

BC+=，然后根据AB为O的直径，可得DAFEFB=．从而得到DAFAFD=，即可求证；②连接OE，根据四边形COBE为菱形，可得△OBE是等边三角形，进而得到∠ABC=∠CBE=30°，再由直角三角形的性质，可得43BC=，1633BD=，即可求解．(1)解：如

图，AE即为所求角平分线；(2)证明：①如图，连接BE，∵AD是O的切线，∴90DAB=，∴90DAFBAE+=，∵AE平分BAC，∴CAEBAE=，∵∠EBC=∠CAE，∴EBCBAE=，∴90DAFEBC+=，∵AB为O的直径，∴

90AEB=∠，∴90EBFEFB+=，∴DAFEFB=．∵AFDEFB=，∴DAFAFD=，∴DFAD=；②如图，连接OE，∵四边形COBE为菱形，∴OB=BE，∠ABC=∠CBE，∵OE=

OB，∴OB=OE=BE，∴△OBE是等边三角形，∴∠OBE=60°，∴∠ABC=∠CBE=30°，∵AB为O的直径，∴∠ACB=90°，∴142ACAB==，∴2243BCABAC=-=，∵AD是O的切线，

∴∠BAD=90°，∴BD=2AD，∵AD2+AB2=BD2，∴AD2+82=（2AD）2，解得：833AD=，∴1633BD=，∴433CDBDBC=−=．【点睛】此题圆的综合题，主要考查了切线的性质，菱形的性质，同角的余角相

等，勾股定理，作角平分线的方法，判断出ABOE是等边三角形是解本题的关键．25．(1)A款玩偶购进20个，则B款玩偶购进10个(2)A款玩偶购进10个，则B款玩偶购进20个，才能获得最大利润，最大利润是180元(3)第二次更合算【分析】（1）设A款玩偶购进a个，则B款玩偶购进（30-a）个，根据

题意，列出方程，即可求解；（2）设获得利润w元，A款玩偶购进x个，则B款玩偶购进（30-x）个，根据题意，列出函数关系式，再根据一次函数的增减性，即可求解；（3）分别求出两次的利润率，即可求解．(1)解：设A款

玩偶购进a个，则B款玩偶购进（30-a）个，根据题意得：()201530550aa+−=，解得：20a=，∴30-a=10，答：A款玩偶购进20个，则B款玩偶购进10个；(2)解：设获得利润w元，A款玩偶购进x个，则B款玩偶购进（30-x）个

，根据题意得：()()()28202015303150wxxx=−+−−=+，∵A款玩偶进货数量不得超过B款玩偶进货数量的一半．∴()1302xx−，解得：10x，∵30，∴w随x的增大而增大，

∴当10x=时，w的值最大，最大值为3×10+150=180，答：A款玩偶购进10个，则B款玩偶购进20个，才能获得最大利润，最大利润是180元；(3)解：第一次的利润率为：()()202820102015100%38.2%550−+−，第二次的利润率为：()()

102820202015100%36%20101520−+−=+，∵38.2%36%，∴第二次更合算．【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，一次函数的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．26．(1

)①√；②×；③√(2)42002bac=−，，(3)227MN【分析】（1）根据“D函数”的定义判断即可．（2）先根据题意求出m，n的取值，代入y＝ax2+bx+c得到a，b，c的关系，再根据对称轴在x＝1的右侧即可求解．（3）设该“D函数”的一对“D点”

是：()()000000AxyBxyx−−，，，，，代入函数解析式可得2030cxa=−，由0abc++=，(2)(23)0cbacba+−++，得(2)(2)0ccaa−+，从而20ca−，再利用二次函数的根与系数关系即可求解．(1)解：①√②×③

√(2)解：由题意可得：41mn==−，，则(14)(14)AB−−，，，，从而：44abcabc++=−+=−解得40bac=+=，由212bxaa=−=−，解得20a−，从而02ca=−，故

42002bac=−，，，(3)解：显然0a，否则(2)(23)(2)(2)0cbacbacbcb+−++=++，设该“D函数”的一对“D点”是：()()000000AxyBxyx−−，，，，，依题意可得200020

002323axbxcyaxbxcy++=−+=−，从而2030cxa=−，得0ca，因为0abc++=，(2)(23)0cbacba+−++，所以(2)(2)0caca−+，所以(2)(2)0ccaa−+

，因为0ca，所以20ca−，20,ca+>从而20ca−，设该“D函数”与x轴的两个交点分别是12(0)(0)MxNx，，，，令2230yaxbxc=++=，得到121223bcxxxxaa

+=−=，，则由()21212124MNxxxxxx=−=+−，可得2221213421224bccccMNaaaaa=−=−+=−+，因为20ca−，所以227MN，【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一元二次方程的

根与系数的关系等知识，“D函数”，“D点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．27．(1)证明见解析(2)30°(3)8【分析】（1）根据切线的判定定理可知，已知点C在圆上，故只需证明OCPC⊥即可；根据圆周角定理以及2COBPCB=，易得A

COPCB=，进而可得∠PCB+∠OCB=90°，即OCPC⊥，故PC是⊙O的切线．（2）通过证明COBCBO=，可得COB△为等边三角形，进而求得60COB=，所以可求PAC．（3）连接MA，MB，由圆周角定理可得

∠ACM=∠BCM，进而可得△MBN∽△MCB，故2BMMNMC=，代入数据可得28MNMCBM==．(1)解：OAOC=，AACO=．又2COBA=，2COBPCB=，AACOPCB==．又ABQ是O的直径，90ACOOCB+=．90PCBOCB+

=．即OCCP⊥，OC是O的半径．PC是O的切线．(2)解：ACPC=，AP=，AACOPCBP===．又COBAACO=+，CBOPPCB=+，COBCBO=，COB是等边三角形，60COB=，30PAC=．(3)解：如图所示：连接M

A，MB，点M是AB的中点，AMBM=，ACMBCM=．ACMABM=，BCMABM=．BMNBMC=，MBNMCB∽．BMMNMCBM=．2BMMNMC=．又ABQ是O的直径，AMBM=，90AMB=，AMBM=．4AB=Q，22BM

=．28MNMCBM==．【点睛】此题主要考查圆的切线的判定及圆周角定理的运用和相似三角形的判定和性质的应用，等腰直角三角形的判定和性质等知识，学会添加常用辅助线，构造相似三角形是解决本题的关键．28．(1)2142y

xx=−++；()4,0B(2)()2,4P(3)存在，点Q的坐标为312−，；172，【分析】（1）将点A和点C坐标代入抛物线表达式即可求得b和c的值，进而可得抛物线表达式；将点B的纵坐标代入抛物线解析

式得到一元二次方程并求解即可求得点B坐标；（2）根据题意可确定当AP⊥BC于D时，AD取得最小值，设AP与y轴相交于点E．根据三角形内角和定理和等角对等边确定OA=OE，进而确定点E的坐标，使用待定系数法求得直线AE解析式，联立直线AE解析式和抛物线解析式即可求得点P坐标；（3）过点C作CF⊥A

C交抛物线于F，交x轴于J，过点A作AG⊥AC交抛物线于G，交y轴于K，过点F作FH⊥AG交直线AG于H，过点G作GI⊥CF交直线CF于I．根点P和点Q的位置进行分类讨论：①当点P与点F，点Q与点H分别重合时．根据

锐角三角函数和待定系数法求得直线CF的解析式，联立其与抛物线解析式求得点F坐标，再根据平移的性质可得点H坐标．②当点P与点G，点Q与点I分别重合时．根据锐角三角函数和待定系数法求得直线AG的解析式，联立其与抛物线解析式求得点G坐标，再根据平移的性质可得点I坐标．(1)

解：（1）将()()2004AC−,，,代入212yxbxc=−++得()21022,24bcc=−−−+=．解得1,4bc==．∴抛物线的函数表达为2142yxx=−++．将0y=代入2142y

xx=−++得21042xx=−++．解得12x=−，24x=．∵()2,0A−，∴()4,0B．(2)解：如下图所示，当AP⊥BC于D时，AD取得最小值，设AP与y轴相交于点E．∵()4,0B，()0,4C，∴OB=4，OC=4．∴OB=OC．∴

∠OBC=∠OCB．∵∠BOC=90°，∴∠OBC180452BOC−==．∵AP⊥BC，∴∠ADB=90°．∴∠EAO=180°-∠ADB-∠OBC=45°．∵∠AOE=90°，∴∠OEA=180°-∠AOE-∠EAO=45°．∴∠EAO=∠OEA．∴OE

=OA．∵()2,0A−，∴OA=2．∴OE=2．∴()0,2E．设直线AE的解析式为y=kx+b．把点A和点E坐标代入直线AE解析式得02,2kbb=−+=．解得1,2kb==．∴直线AE的解析式为y=x+2．联立直线AE解析式和抛物线解析式得22,142yxy

xx=+=−++．解得112,0xy=−=或222,4xy==．∵()2,0A−，∴()2,4P．(3)解：如下图所示，过点C作CF⊥AC交抛物线于F，交x轴于J，过点A作AG⊥AC交抛物线于G，交y轴于K，过点F作FH⊥AG交直

线AG于H，过点G作GI⊥CF交直线CF于I．①当点P与点F，点Q与点H分别重合时，四边形ACPQ为矩形．∵AO⊥CO，CF⊥AC，∴∠OAC+∠OCA=90°，∠OCA+∠OCJ=90°．∴∠OAC=∠OCJ．∵OA=2，OC=4，∴tan2OCOACOA==．∴tan2OCJ

=．∴tan8OJOCOCJ==．∴()8,0J．设直线CJ的解析式为y=mx+n．把点C和点J坐标代入直线CJ解析式得4,08nmn==+．解得1,24mn=−=．∴直线CJ解析式为142yx=−+．联立直线CJ解析式和抛物线解析式得2

14,2142yxyxx=−+=−++．解得110,4xy==或223,52xy==．∴53,2F．∵CF⊥AC，AG⊥AC，FH⊥AG，∴四边形ACPQ是矩形．∴CF∥AH，CF=AH．∵()2,0A−，()0,4

C，∴CF向左平移2个单位长度，再向下平移4个单位长度得到AH．∴31,2H−．②当点P与点G，点Q与点I分别重合时，四边形CAPQ是矩形．同理可得直线AK的解析式为112yx=−−．同理可得75,2G−

．同理可得四边形CAPQ是矩形．同理可得17,2I．∴存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形为矩形，此时点Q坐标为31,2−或17,2．【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析

式，解一元二次方程，待定系数法求一次函数解析式，解直角三角形，矩形的判定定理和性质，正确使用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com