2022山西数学中考试卷(含答案解析)

一、选择题(本大题共10个小题,每小题3分,共30分) 1.(2022山西,1,3分)-6的相反数为 A.6 B.6 C.-6 D.-6

2.(2022山西,2,3分)2022年4月16日,神舟十三号载人飞船完成全部既定任务,顺利返回地球家园.六个月的飞天之旅展现了中国航天科技的新高度.下列航天图标,其文字上方的图案是中心对称图形的是 ( )

1

1

( )

ABCD

3.(2022山西,3,3分)粮食是人类赖以生存的重要物质基础.2021年我国粮食总产量再创新高,达68 285万吨.该数据可用科学记数法表示为 ( )

A.6.828 5×104吨 B.68 285×104吨 C.6.828 5×107吨 D.6.828 5×108吨

4.(2022山西,4,3分)神奇的自然界处处蕴含着数学知识.动物学家在鹦鹉螺外壳上发现,其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618.这体现了数学中的 ( )

A.平移 B.旋转 C.轴对称

D.黄金分割

2𝑥+1≥3,

5.(2022山西,5,3分)不等式组{的解集是

4𝑥−1<7A.x≥1 B.x<2 C.1≤x<2 D.x<2

6.(2022山西,6,3分)如图,Rt△ABC是一块直角三角板,其中∠C=90°,∠BAC=30°.直尺的一边DE经过顶点A,若DE∥CB,则∠DAB的度数为 ( )

1

( )

A.100° B.120° C.135° D.150°

7.(2022山西,7,3分)化简𝑎−3-𝑎2−9的结果是 A.𝑎+3 B.a-3

1

16

( )

C.a+3 D.𝑎−3

1

8.(2022山西,8,3分)如图,△ABC内接于☉O,AD是☉O的直径,若∠B=20°,则∠CAD的度数是 ( )

A.60° B.65° C.70° D.75°

9.(2022山西,9,3分)“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶,被国际气象界誉为“中国第五大发明”.小文购买了“二十四节气”主题邮票,他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐.小文将它们背面朝上放在桌面上(邮票背面完全相同),让小乐从中随机抽取一张(不放回),再从中随机抽取一张,则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是 ( )

A.3 B.2 C.6 D.8

10.(2022山西,10,3分)如图,扇形纸片AOB的半径为3,沿AB折叠扇形纸片,点O恰好落在𝐴𝐵上的点C处,图中阴影部分的面积为

( )

2

1

1

1

A.3π-3√3 B.3π-C.2π-3√3

9√32

D.6π-

9√3 2

二、填空题(本大题共5个小题,每小题3分,共15分) √的结果为 . 11.(2022山西,11,3分)计算:√18×2

12.(2022山西,12,3分)根据物理学知识,在压力不变的情况下,某物体承受的压强p(Pa)是它的受

力面积S(m2)的反比例函数,其函数图象如图所示,当S=0.25 m2时,该物体承受的压强p的值为 Pa.

1

13.(2022山西,13,3分)生物学研究表明,植物光合作用速率越高,单位时间内合成的有机物越多.为了解甲、乙两个品种大豆的光合作用速率,科研人员从甲、乙两个品种的大豆中各选五株,在同等实验条件下,测量它们的光合作用速率(单位:μmol·m-2·s-1),结果统计如下:

品种 第一株 第二株 第三株 第四株 第五株 平均数 甲 乙 32 28 30 25 25 26 18 24 20 22 25 25 则两个大豆品种中光合作用速率更稳定的是 (填“甲”或“乙”).

14.(2022山西,14,3分)某品牌护眼灯的进价为240元,商店以320元的价格出售.“五一节”期间,商店为让利于顾客,计划以利润率不低于20%的价格降价出售,则该护眼灯最多可降价 元.

15.(2022山西,15,3分)如图,在正方形ABCD中,点E是边BC上的一点,点F在边CD的延长线上,且BE=DF,连接EF交边AD于点G.过点A作AN⊥EF,垂足为点M,交边CD于点N.若BE=5,CN=8,则线段AN的长为 .

三、解答题(本大题共8个小题,共75分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 16.(2022山西,16,10分)(1)计算:(-3)2×3-1+(-5+2)+|-2|; (2)解方程组:{

2𝑥−𝑦=3,①

𝑥+𝑦=6.②

17.(2022山西,17,8分)如图,在矩形ABCD中,AC是对角线.

(1)实践与操作:利用尺规作线段AC的垂直平分线,垂足为点O,交边AD于点E,交边BC于点F(要求:尺规作图并保留作图痕迹,不写作法,标明字母);

(2)猜想与证明:试猜想线段AE与CF的数量关系,并加以证明.

18.(2022山西,18,7分)2022年我国已成为全球最大的电动汽车市场,电动汽车在保障能源安全,改善空气质量等方面较传统汽车都有明显优势.经过对某款电动汽车和某款燃油车的对比调查发现,电动汽车平均每公里的充电费比燃油车平均每公里的加油费少0.6元.若充电费和加油费均为200元,电动汽车可行驶的总路程是燃油车的4倍,求这款电动汽车平均每公里的充电费.

19.(2022山西,19,8分)首届全民阅读大会于2022年4月23日在北京开幕,大会主题是“阅读新时代·奋进新征程”.某校“综合与实践”小组为了解全校3 600名学生的读书情况,随机抽取部分学生进行问卷调查,形成了如下调查报告(不完整):

××中学学生读书情况调查报告 调查主题 调查方式 抽样调查 调查对象 ××中学学生读书情况 ××中学学生 您平均每周阅读课外书的时间大约是(只能单选,每项含最小值,不含最大值) A.8小时及以上;B.6~8小时; C.4~6小时;D.0~4小时. 第 数据的收集、整理与描述 一 项 您阅读的课外书的主要来源是(可多选) E.自行购买;F.从图书馆借阅; G.免费数字阅读;H.向他人借阅. 第 二 项 调查结论 …… 请根据以上调查报告,解答下列问题: (1)求参与本次抽样调查的学生人数及这些学生中选择“从图书馆借阅”的人数; (2)估计该校3 600名学生中,平均每周阅读课外书时间在“8小时及以上”的人数;

(3)该小组要根据以上调查报告在全班进行交流,假如你是小组成员,请结合以上两项调查数据分别写出一条你获取的信息.

20.(2022山西,20,8分)阅读与思考

下面是小宇同学的数学小论文,请仔细阅读并完成相应的任务.

用函数观点认识一元二次方程根的情况 我们知道,一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根就是相应的二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象(称为抛物线)与x轴交点的横坐标.抛物线与x轴的交点有三种情况:有两个交点、有一个交点、无交点.与此相对应,一元二次方程的根也有三种情况:有两个不相等的实数根、有两个相等的实数根、无实数根.因此可用抛物线与x轴的交点个数确定一元二次方程根的情况. 下面根据抛物线的顶点坐标(−2𝑎,𝑏4𝑎𝑐−𝑏24𝑎)和一元二次方程根的判别式Δ=b2-4ac,分别从a>0和a<0两种情况进行分析: (1)a>0时,抛物线开口向上. ①当Δ=b2-4ac>0时,有4ac-b2<0.∵a>0,∴顶点纵坐标4𝑎𝑐−𝑏24𝑎<0. ∴顶点在x轴的下方,抛物线与x轴有两个交点(如图1). ∴一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有两个不相等的实数根. 图1 图2 ②当Δ=b2-4ac=0时,有4ac-b2=0.∵a>0,∴顶点纵坐标4𝑎𝑐−𝑏24𝑎=0. ∴顶点在x轴上,抛物线与x轴有一个交点(如图2). ∴一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有两个相等的实数根. ③当Δ=b2-4ac<0时, …… (2)a<0时,抛物线开口向下. …… 任务:(1)上面小论文中的分析过程,主要运用的数学

思想是 (从下面选项中选出两个即可); A.数形结合 B.统计思想 C.分类讨论 D.转化思想

(2)请参照小论文中当a>0时①②的分析过程,写出③中当a>0,Δ<0时,一元二次方程根的情况的分析过程,并画出相应的示意图;

(3)实际上,除一元二次方程外,初中数学还有一些知识也可以用函数观点来认识,例如:可用函数观点来认识一元一次方程的解.请你再举出一例为 .

21.(2022山西,21,8分)随着科技的发展,无人机已广泛应用于生产和生活,如代替人们在高空测量距离和角度.某校“综合与实践”活动小组的同学要测量AB,CD两座楼之间的距离,他们借助无人机设计了如下测量方案:无人机在AB,CD两楼之间上方的点O处,点O距地面AC的高度为60 m,此时观测到楼AB底部点A处的俯角为70°,楼CD上点E处的俯角为30°,沿水平方向由点O飞行24 m到达点F,测得点E处的俯角为60°,其中点A,B,C,D,E,F,O均在同一竖直平面内.请根据以上数据求楼AB与CD之间的距离AC(结果精确到1 m.参考数据:sin 70°≈0.94,cos 70°≈0.34,tan 70°≈2.75,√3≈1.73).

22.(2022山西,22,13分)综合与实践 问题情境:在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=6,AC=8.直角三角板EDF中∠EDF=90°,将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处,并将三角板绕点D旋转,三角板的两边DE,DF分别与边AB,AC交于点M,N.

猜想证明:(1)如图①,在三角板旋转过程中,当点M为边AB的中点时,试判断四边形AMDN的形状,并说明理由;

问题解决:(2)如图②,在三角板旋转过程中,当∠B=∠MDB时,求线段CN的长; (3)如图③,在三角板旋转过程中,当AM=AN时,直接写出线段AN的长.

图①

图②

图③

23.(2022山西,23,13分)综合与探究

如图,二次函数y=-4x2+2x+4的图象与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点,设点P的横坐标为m.过点P作直线PD⊥x轴．．．．．于点D,作直线BC交PD于点E.

(1)求A,B,C三点的坐标,并直接写出直线BC的函数表达式;

1

3

(2)当△CEP是以PE为底边的等腰三角形时,求点P的坐标;

(3)连接AC,过点P作直线l∥AC,交y轴于点F,连接DF.试探究:在点P运动的过程中,是否存在点P,使得CE=FD,若存在,请直接写出m的值;若不存在,请说明理由.

2022年山西省中考数学真题试卷

1.A 根据相反数的定义,可知-6的相反数是6,故选A.

2.B 把一个图形绕着某点旋转180°后,能够与原图形重合的图形是中心对称图形.只有B正确,故选B. 3.D 68 285万吨=6.828 5×104×104=6.828 5×108吨,故选D. 4.D 每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618,即黄金分割. 5.C 由2x+1≥3解得x≥1;由4x-1<7解得x<2, ∴不等式组的解集为1≤x<2.故选C. 6.B ∵DE∥CB,∠C=90°,∴∠CAD=∠C=90°, ∴∠DAB=90°+30°=120°,故选B. 7.A 原式==

𝑎−3

𝑎+31

(𝑎+3)(𝑎−3)(𝑎+3)(𝑎−3)

6

- (𝑎+3)(𝑎−3)𝑎+3

=,故选A.

12

8.C 连接CO,则∠COA=2∠B=40°,∴∠COD=180°-40°=140°,∴∠CAD=∠COD=70°,故选C. 9.C 画出树状图如图.

可知共有12种等可能的情况,其中恰好抽到“立春”和“立夏”的有2种,则所求概率为=,故选C.

12621

的中点且OC与AB互相垂直平分,∴四边形ACBO是菱10.B 连接OC,由OA=OB及折叠可知点C为𝐴𝐵

形,∴OC=OA=AC=OB=BC,∴△ACO和△COB都是等边三角形,∴∠AOC=∠COB=60°,

∴S阴影=2(S扇形OAC-S△AOC)=2

60π×321360

2

-×32×sin 60°=3π-

9√3

,故选B. 2

解题关键

作辅助线OC,推出四边形ACBO是菱形是解答本题的关键.

11.答案 3 解析

√18×√2=√18×2=√9=3.

𝑘𝑆

100𝑆

11

12.答案 400

解析 设反比例函数的表达式为p=(k≠0),反比例函数的图象过点(0.1,1 000), ∴k=0.1×1 000=100,∴p=S=0.25 m2时,p=13.答案 乙

解析 甲品种大豆的方差𝑠=×[(32-25)2+(30-25)2+(25-25)2+(18-25)2+(20-25)2]=29.6, 乙品种大豆的方差𝑠=×[(28-25)2+(25-25)2+(26-25)2+(24-25)2+(22-25)2]=4. ∵𝑠>𝑠,∴乙品种大豆光合作用速率更稳定. 14.答案 32

解析 设该护眼灯降价x元出售,由题意得240(1+20%)≤320-x,解得x≤32,∴最多可降价32元. 15.答案 4√34 解析 设AD=x,由正方形的性质可得AD=CD=BC=x,AD∥BC,∠ADC=∠ADF=90°,∴∵AN⊥EF,∠AGM=∠FGD,∴∠GAM=∠GFD,∴△FGD∽△AND,∴x=20,∴DN=12.在Rt△ADN中,AN=√𝐴𝐷216.解析 (1)原式=9×+(-3)+2

31

𝐹𝐷𝐺𝐷𝐴𝐷𝐷𝑁

𝐷𝐺𝐹𝐷𝐶𝐸𝐹𝐶

2

甲

2乙

21乙5

21甲5

100

.当

0.25

=400 Pa.

=,∴DG=

5(𝑥−5)𝑥+5

.又

=,即=

𝑥

5

5(𝑥−5)𝑥+5𝑥−8

,∴x(x-5)=(x+5)(x-8),解得

+𝐷𝑁2=√202+122=4√34.

(4分) (5分) (6分) (7分) (8分) (9分)

=3+(-3)+2=2. (2)①+②,得3x=9, 所以x=3.

将x=3代入②,得3+y=6, 所以y=3.

𝑥=3,

𝑦=3.

17.解析 (1)所作图形如图.

所以原方程组的解为{

(10分)

(2分)

(2)AE=CF.证明如下: ∵四边形ABCD是矩形, ∴AD∥BC.

∴∠EAO=∠FCO,∠AEO=∠CFO. ∵EF垂直平分AC,∴OA=OC. ∴△AEO≌△CFO. ∴AE=CF.

18.解析 设这款电动汽车平均每公里的充电费为x元. 根据题意,得解得x=0.2.

经检验,x=0.2是原方程的根,且符合题意. 答:这款电动汽车平均每公里的充电费为0.2元. 19.解析 (1)33÷11%=300(人). 300×62%=186(人).

答:参与本次抽样调查的学生人数为300,这些学生中选择“从图书馆借阅”的人数为186. (2)3 600×32%=1 152(人).

答:该校3 600名学生中,平均每周阅读课外书时间在“8小时及以上”的人数为1 152. (3)答案不唯一.例如:

第一项:①平均每周阅读课外书的时间在“4~6小时”的人数最多;②平均每周阅读课外书的时间在“0~4小时”的人数最少;③平均每周阅读课外书的时间在“8小时及以上”的学生人数占调查总人数的32%等. 人借阅”的人数最少等. 20.解析 (1)AC(或AD或CD) (2)当a>0时,抛物线开口向上. 当Δ=b2-4ac<0时,有4ac-b2>0. ∵a>0,∴顶点纵坐标

4𝑎𝑐−𝑏24𝑎

200𝑥

200

(3分) (4分) (5分) (6分) (7分) (8分) (1分) (4分) (5分) (6分) (7分) (2分) (3分) (4分) (5分) (6分)

=

𝑥+0.6

×4.

(7分) (8分) (2分) (3分)

第二项:①阅读的课外书的主要来源中选择“从图书馆借阅”的人数最多;②阅读的课外书的主要来源中选择“向他

>0.

(5分)

∴顶点在x轴的上方,抛物线与x轴无交点(如图).

(6分)

∴一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)无实数根.

21.解析 延长AB和CD分别与直线OF交于点G和点H,(1分)

(7分)

(3)可用函数观点认识二元一次方程组的解.(答案不唯一.又如:可用函数观点认识一元一次不等式的解集等) (8分)

则∠AGO=∠EHO=90°.

又∵∠GAC=90°,∴四边形ACHG是矩形. ∴GH=AC.

由题意,得AG=60,OF=24,∠AOG=70°,∠EOF=30°,∠EFH=60°. 在Rt△AGO中,∠AGO=90°,tan∠AOG=∴OG=

𝐴𝐺

𝐴𝐺𝑂𝐺

(2分)

,

(4分)

tan∠𝐴𝑂𝐺tan70°2.75

=

60

≈

60

≈21.8.

∵∠EFH是△EOF的外角,

∴∠FEO=∠EFH-∠EOF=60°-30°=30°. ∴∠EOF=∠FEO.∴EF=OF=24. 在Rt△EHF中,∠EHF=90°,cos∠EFH=∴FH=EF·cos∠EFH=24×cos 60°=12. ∴AC=GH=GO+OF+FH=21.8+24+12≈58. 答:楼AB与CD之间的距离AC约为58 m.

解题关键

通过延长AB和CD分别与直线OF交于点G和点H,构造直角三角形AGO和直角三角形EHF,从而应用tan∠AOG和cos∠EFH是解答本题的关键.

𝐹𝐻𝐸𝐹

(5分)

,

(6分) (7分) (8分)

22.解析 (1)四边形AMDN为矩形.

理由如下:∵点M为AB的中点,点D为BC的中点, ∴MD∥AC.

∴∠AMD+∠A=180°.∵∠A=90°,∴∠AMD=90°. ∵∠EDF=90°,∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°. ∴四边形AMDN为矩形.

(2)解法一:在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=6,AC=8,

(4分) (2分) (3分) (1分)

∴∠B+∠C=90°,BC=√𝐴𝐵2+𝐴𝐶2=10.

∵点D是BC的中点,∴CD=12

BC=5. ∵∠EDF=90°,∴∠MDB+∠1=90°. ∵∠B=∠MDB,∴∠1=∠C. ∴ND=NC.

过点N作NG⊥BC于点G,则∠CGN=90°.

∴CG=1

5

2

CD=2.

∵∠C=∠C,∠CGN=∠CAB=90°, ∴△CGN∽△CAB. 5

∴

𝐶𝐺=𝐶𝑁,即225𝐶𝐴𝐶𝐵

8=𝐶𝑁

10

.∴CN=8

. 解法二:连接AD.

在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=6,AC=8, ∴∠B+∠C=90°,BC=√𝐴𝐵2+𝐴𝐶2=10.

∵点D为BC的中点,∴CD=12

BC=5. 同时,AD=1

2BC=CD.∴∠2=∠C.

∵∠EDF=90°,∴∠MDB+∠1=90°. ∵∠B=∠MDB,∴∠1=∠C.

∴∠1=∠2.∵∠C=∠C,∴△CDN∽△CAD. ∴

𝐶𝑁=𝐶𝐷,即

𝐶𝑁𝐶𝐷𝐶𝐴

=5.∴CN=255

8

8

.

(3)AN=25

7

.

详解:设AM=AN=x,则BM=6-x,CN=8-x,分别作MP⊥BC于点P,NQ⊥BC于点Q,∵∠A=∠EDF=90°,AB=6,AC=8, ∴BC=√62+82=10,sin B=4

3

5,cos B=5,

sin C=35

,cos C=45

,

(5分)

(6分) (7分)

(8分)

(9分)

(10分) (5分)

(6分) (7分)

(8分) (9分) (10分) (13分)

∴MP=4(6-x),BP=3

5

5

(6-x),

NQ=3(8-x),CQ=4

5

5

(8-x),

又D为BC的中点,∴DB=CD=5, ∴DP=BD-BP=

3𝑥+75

,DQ=CD-CQ=

4𝑥−75

,

易证△DQN∽△MPD,∴

𝐷𝑄𝑄𝑁

𝑀𝑃=𝐷𝑃

,

4𝑥−7

3

∴45=5(8−𝑥)3𝑥+7

5(6−𝑥),

5化简得175x=625,∴x=257

.故AN=

257

.

23.解析 (1)对于y=-1

x2+3

4

2x+4,

当x=0时,y=4,∴点C的坐标为(0,4); 当y=0时,-1

x2+3

4

2x+4=0,解得x1=-2,x2=8.

∵点A在点B的左侧,

∴点A,B的坐标分别为A(-2,0),B(8,0). 直线BC的函数表达式为y=-1

2x+4.

(2)∵点P在第一象限抛物线上,横坐标为m,且PD⊥x轴于点D,

∴点P的坐标为(𝑚,−1

𝑚2+3

4

2𝑚+4),OD=m. ∴PD=-1

3

4

m2+2m+4.

∵点B的坐标为(8,0),点C的坐标为(0,4), ∴OB=8,OC=4.

过点C作CG⊥PD于点G,则∠CGD=90°. ∵∠PDO=∠COD=90°,∴四边形CODG是矩形. ∴CG∥OB,DG=OC=4,CG=OD=m.

(1分)(3分)(4分)(5分)(6分)

∴∠1=∠2.∵∠CGE=∠BOC=90°, ∴△CGE∽△BOC. ∴

𝐸𝐺=𝐶𝐺𝐶𝑂,即

𝐸𝐺=𝑚.∴EG=1𝐵𝑂

4

8

2

m.

在△CPE中,∵CP=CE,CG⊥PE,∴PG=EG=12

m. ∴PD=PG+DG=1

2m+4.

∴-1m2+3m1

4

2

+4=2

m+4.

解得m1=4,m2=0(舍去).∴m=4. 当m=4时,y=-1

m23

4

+2m+4=6.

∴点P的坐标为(4,6). (3)m的值为4或2√5-2.

详解:∵直线l∥AC,直线AC的解析式为y=2x+4,∴设直线l:y=2x+b, ∵P(𝑚,−

1

𝑚2

+3

4

2𝑚+4), ∴-1m2+34

2

m+4=2m+b, ∴b=-1

m2-1

4

2m+4,

∴F(0,−

1

𝑚2−1

4

2𝑚+4), ∴DF2

=OF2

+OD2

=(−1

𝑚2

−1

𝑚+4)2

42

+m2, CE2

=m2

+[4−(−

1

2𝑚+4)]2=5

4

m2, 当CE=DF时,CE2=DF2, ∴5m2

12

1

2

4

=(−

4

𝑚−2𝑚+4)+m2,

∴-1m21

14-2m+4=2

m,①

或-14

m2-11

2

m+4=-2

m,②

∵0∴由①得m=2√5-2,由②得m=4,

∴存在点P,使得CE=FD.m的值为4或2√5-2.

(7分)

(8分)

(9分) (13分)

思路分析

(1)分别根据x=0和y=0求出点C、A、B的坐标,再由待定系数法求出直线BC的表达式;(2)由P点的横坐标是m,可得PD的长关于m的表达式,作CG⊥PD于点G,易证四边形CODG是矩形,先证△CGE∽△BOC,求出EG,根据PD=PG+DG求出m,从而求出P点坐标;(3)利用勾股定理表示出DF2和CE2,由CE=DF结合0