精品解析：2022年山东省青岛市中考数学真题（解析版）.docx

2022年青岛市初中学业水平考试 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：120分） 说明： 1．本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共25题．第Ⅰ卷为选择题，共8小题，24分；第Ⅱ卷为填空题，作图题、解答题，共17小题，96分． 2．所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效． 第Ⅰ卷（共24分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1. 我国古代数学家祖冲之推算出的近似值为，它与的误差小于0.0000003．将0.0000003用科学记数法可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】绝对值较小的数的科学记数法的一般形式为：a×10-n，在本题中a应为3，10的指数为-7． 【详解】解：0.0000003 故选A 【点睛】本题考查的是用科学记数法表示绝对值较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数决定． 2. 北京冬奥会和冬残奥会组委会收到来自全球的会徽设计方案共4506件，其中很多设计方案体现了对称之美．以下4幅设计方案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称图形的意义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可判断出． 【详解】解：A、既不轴对称图形，又不是中心对称图形，该选项不符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，该选项不符合题意； C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，该选项符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，该选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 3. 计算的结果是（ ） A. B. 1 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】把括号内的每一项分别乘以 再合并即可． 【详解】解： 故选：B． 【点睛】本题考查是二次根式的乘法运算，掌握“二次根式的乘法运算法则”是解本题的关键． 4. 如图①．用一个平面截长方体，得到如图②的几何体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”．图②“堑堵”的俯视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据几何体的俯视图是从上面看进行判断解答即可． 【详解】解：由图可知，该“堑堵”的俯视图是 ， 故选：C． 【点睛】本题考查几何体的俯视图，理解俯视图的概念是解答的关键． 5. 如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出正六边形的中心角，再利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：连接OC、OD、OE，如图所示： ∵正六边形内接于， ∴∠COD= =60°，则∠COE=120°， ∴∠CME= ∠COE=60°， 故选：D． 【点睛】本题考查正多边形的中心角、圆周角定理，熟练掌握正n多边形的中心角为是解答的关键． 6. 如图，将先向右平移3个单位，再绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先画出平移后的图形，再利用旋转的性质画出旋转后的图形即可求解． 【详解】解：先画出△ABC平移后的△DEF，再利用旋转得到△A'B'C'， 由图像可知A'（-1，-3）， 故选：C． 【点睛】本题考查了图形的平移和旋转，解题关键是掌握绕原点旋转的图形的坐标特点，即对应点的横纵坐标都互为相反数． 7. 如图，O为正方形对角线的中点，为等边三角形．若，则的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理求出AC的长度，再利用等边三角形的性质即可解决问题． 【详解】在正方形中：， ∴， ∵O为正方形对角线的中点， ∴， ∵为等边三角形, O为的中点， ∴，， ∴, ∴, 故选：B． 【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 8. 已知二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，且经过点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】图象开口向下，得a<0， 对称轴为直线，得b=2a，则b<0，图象经过，根据对称性可知，图象经过点，故c>0，当x=1时，a+b+c=0，将b=2a代入，可知3a+c=0． 【详解】解：∵图象开口向下， ∴a<0， ∵对称轴为直线， ∴b=2a， ∴b<0，故A不符合题意； 根据对称性可知，图象经过， ∴图象经过点， ∴c>0，故B不符合题意； 当x=1时，a+b+c=0，故C不符合题意； 将将b=2a代入，可知3a+c=0，故D符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数的性质和图象，对称轴及对称性，与坐标轴的交点，熟练地掌握二次函数的图象特征是解决问题的关键． 第Ⅱ卷（共96分） 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 9. ﹣的绝对值是_____． 【答案】 【解析】 【分析】绝对值是指一个数在数轴上所对应点到原点的距离，用“| |”来表示．|b-a|或|a-b|表示数轴上表示a的点和表示b的点的距离. 【详解】﹣的绝对值是|﹣|= 【点睛】本题考查的是绝对值，熟练掌握绝对值的定义是解题的关键. 10. 小明参加“建团百年，我为团旗添光彩”主题演进比赛，其演讲形象、内容、效果三项得分分别是9分，8分，8分．若将三项得分依次按3∶4∶3的比例确定最终成绩，则小明的最终比赛成绩为__________分． 【答案】8.3 【解析】 【分析】按三项得分的比例列代数式再计算即可． 【详解】解：由题意得： 故答案为： 【点睛】本题考查的是加权平均数的含义，掌握“求解加权平均数的方法”是解本题的关键． 11. 为落实青岛市中小学生“十个一”行动计划，学校举办以“强体质，炼意志”为主题的体育节，小亮报名参加3000米比赛项目，经过一段时间训练后，比赛时小亮的平均速度比训练前提高了25%，少用3分钟跑完全程．设小亮训练前的平均速度为x米/分，那么x满足的分式方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据比赛时小亮的平均速度比训练前提高了25%，可得比赛时小亮平均速度为(1+25%)x米/分，根据比赛时所用时间比训练前少用3分钟列出方程． 【详解】解：∵比赛时小亮的平均速度比训练前提高了25%，小亮训练前的平均速度为x米/分， ∴比赛时小亮平均速度为(1+25%)x米/分， 根据题意可得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键． 12. 图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中的度数是__________． 【答案】60 【解析】 【分析】先确定∠BAD的度数，再利用菱形的对边平行，利用平行线的性质即可求出∠ABC的度数． 【详解】如图，∵∠BAD=∠BAE=∠DAE，∠BAD+∠BAE+∠DAE=360°， ∴∠BAD=∠BAE=∠DAE=120°， ∵BC∥AD， ∴∠ABC=180°-120°=60°， 故答案为：60． 【点睛】本题考查了菱形的性质与学生读题审题的能力，解题关键是理解题意，求出∠BAD的度数． 13. 如图，是的切线，B为切点，与交于点C，以点A为圆心、以的长为半径作，分别交于点E，F．若，则图中阴影部分的面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先证明再利用阴影部分的面积等于三角形面积减去扇形面积即可得到答案． 【详解】解：如图，连接OB，是的切线， 设 故答案为： 【点睛】本题考查的是圆的切线的性质，扇形面积的计算，掌握“整体求解扇形的面积”是解本题的关键． 14. 如图，已知的平分线交于点E，且．将沿折叠使点C与点E恰好重合．下列结论正确的有：__________（填写序号） ① ②点E到的距离为3 ③ ④ 【答案】①④##④① 【解析】 【分析】根据等腰三角形的性质即可判断①，根据角平分线的性质即可判断②，设，则，中，，．继而求得，设，则，根据，进而求得的值，根据，，可得，即可判断④ 【详解】解：∵ ∴，故①正确； 如图，过点作于，于， ， 平分， ， 是角平分线， ， ， ，故②不正确， .将沿折叠使点C与点E恰好重合， ， 设，则， 中，，． ， 解得， 故③不正确， 设，则， ， ， ， ， ， ， 解得或（舍去） ， ， ， ，故④正确， 故答案为：①④ 【点睛】本题考查了解直角三角形，三线合一，角平分线的性质，掌握以上知识是解题的关键． 三、作图题（本大题满分4分） 请用直尺、圆规作图，不写作法，但要保留作图痕迹． 15. 已知：，． 求作：点P，使点P在内部，且． 【答案】见解析 【解析】 【分析】分别以点B、C为圆心，大于BC长的一半为半径画弧，交于两点，连接这两点，然后再以点B为圆心，适当长为半径画弧，交AB、BC于点M、N，以点M、N为圆心，大于MN长一半为半径画弧，交于一点Q，连接BQ，进而问题可求解． 【详解】解：如图，点P即为所求： 【点睛】本题主要考查角平分线与垂直平分线的尺规作图，熟练掌握角平分线与垂直平分线的尺规作图是解题的关键． 四、解答题（本大题共10小题，共74分） 16. （1）计算：； （2）解不等式组： 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）先计算括号内的分式的减法，再把除法转化为乘法，约分后可得答案； （2）分别解不等式组中的两个不等式，再确定不等式解集的公共部分即可． 【详解】（1）解：原式 ． （2）解：解不等式得： 解不等式得： ∴原不等式组的解集是． 【点睛】本题考查的是分式的化简，一元一次不等式组的解法，掌握“分式混合运算的运算顺序与解一元一次不等式组的步骤”是解本题的关键． 17. 2022年3月23日下午，“天宫课堂”第二课开讲，航天员翟志刚、王亚平、叶光富相互配合进行授课，激发了同学们学习航天知识的热情．小冰和小雪参加航天知识竞赛时，均获得了一等奖，学校想请一位同学作为代表分享获奖心得．小冰和小雪都想分享，于是两人决定一起做游戏，谁获胜谁分享，游戏规则如下：甲口袋装有编号为1，2的两个球，乙口袋装有编号为1，2，3，4，5的五个球，两口袋中的球除编号外都相同．小冰先从甲口袋中随机摸出一个球，小雪再从乙口袋中随机摸出一个球，若两球编号之和为奇数，则小冰获胜；若两球编号之和为偶数，则小雪获胜． 请用列表或画树状图的方法，说明这个游戏对双方是否公平． 【答案】游戏对双方都公平 【解析】 【分析】根据题意列表求得双方的概率即可求解． 【详解】解：所有可能的结果如下： 乙 甲 1 2 3 4 5 1 2 ∴共有10种等可能的结果，其中两球编号之和为奇数的有5种结果，两球编号之和为偶数的有5种结果． ∴P（小冰获胜） P（小雪获胜） ∵P（小冰获胜）=P（小雪获胜） ∴游戏对双方都公平． 【点睛】本题考查了游戏的公平性，列表法求概率，掌握求概率的方法是解题的关键． 18. 已知二次函数y=x2+mx+m2−3（m为常数，m>0）的图象经过点P(2，4)． （1）求m的值； （2）判断二次函数y=x2+mx+m2−3的图象与x轴交点的个数，并说明理由． 【答案】（1）m=1 （2）二次函数图象与x轴有两个交点，理由见解析． 【解析】 【分析】（1）把P(2，4)代入y=x2+mx+m2−3即可求得m的值； （2）首先求出Δ=b2-4ac的值，进而得出答案． 【小问1详解】 解：∵二次函数y= x2+mx+m2−3图象经过点P(2，4) ， ∴4=4+2m+m2−3， 即m2+2m−3=0， 解得：m1=1，m2=−3， 又∵m>0， ∴m=1； 【小问2详解】 解：由（1）知二次函数y=x2+x−2， ∵Δ=b2−4ac=12+8=9>0， ∴二次函数y=x2+x−2的图象与x轴有两个交点． 【点睛】此题主要考查了抛物线与x轴的交点以及一元二次方程的解法，得出△的值是解题关键． 19. 如图，为东西走向的滨海大道，小宇沿滨海大道参加“低碳生活·绿色出行”健步走公益活动．小宇在点A处时，某艘海上观光船位于小宇北偏东的点C处，观光船到滨海大道的距离为200米．当小宇沿滨海大道向东步行200米到达点E时，观光船沿北偏西的方向航行至点D处，此时，观光船恰好在小宇的正北方向，求观光船从C处航行到D处的距离．（参考数据：，，，，，） 【答案】观光船从C处航行到D处的距离为米 【解析】 【分析】过点C作于点F，根据题意利用正切函数可得，由矩形的判定和性质得出，结合图形利用锐角三角函数解三角形即可． 【详解】解：过点C作于点F， 由题意得，， 在中，， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴四边形为矩形 ∴． 在中， ∵ ∴ 答：观光船从C处航行到D处的距离为米． 【点睛】题目主要考查解三角形的应用，理解题意，找准各角之间的关系，利用锐角三角函数解三角形是解题关键． 20. 孔子曾说：“知之者不如好之者，好之者不如乐之者．”兴趣是最好的老师，阅读、书法、绘画、手工、烹饪、运动、音乐……各种兴趣爱好是打并创新之门的金钥匙．某校为了解学生兴趣爱好情况，组织了问卷调查活动，从全校2200名学生中随机抽取了200人进行调查，其中一项调查内容是学生每周自主发展兴趣爱好的时长．对这项调查结果使用画“正”字的方法进行初步统计，得到下表： 学生每周自主发展兴趣爱好时长分布统计表 组别 时长t（单位：h） 人数累计 人数 第一组 正正正正正正 30 第二组 正正正正正正正正正正正正 60 第三组 正正正正正正正正正正正正正正 70 第四组 正正正正正正正正 40 根据以上信息，解答下列问题： （1）补全频数直方图； （2）这200名学生每周自主发展兴趣爱好时长的中位数落在第__________组； （3）若将上述调查结果绘制成扇形统计图，则第二组的学生人数占调查总人数的百分比为__________，对应的扇形圆心角的度数为__________； （4）学校倡议学生每周自主发展兴趣爱好时长应不少于，请你估计，该校学生中有多少人需要增加自主发展兴趣爱好时间？ 【答案】（1）图见解析 （2）三 （3）30%，108 （4）330人 【解析】 【分析】（1）根据频数分布表补全图形即可； （2）根据中位数的定义，中间的一个数或两个数的平均数求出中位数； （3）根据百分比=该组频数÷总数，圆心角百分比，即可得出答案； （4）用2200乘以第一组所占百分比即可得出答案． 【小问1详解】 解：学生每周自主发展兴趣爱好时长频数直方图： 【小问2详解】 ∵总人数为200人， ∴中位数落在第100、101个学生每周自主发展兴趣爱好的时长的平均数， 又∵30+60=90＜100，30+60+70=160＞101， ∴中位数落在第三组， 故答案为：三； 【小问3详解】 第二组的学生人数占调查总人数的百分比为： 第二组的学生人数对应的扇形圆心角的度数为： 故答案为：30%，108； 【小问4详解】 估计该校需要增加自主发展兴趣爱好时间的人数为：（人） 答：估计该校有330人需要增加自主发展兴趣爱好时间． 【点睛】本题考查频数及频率的应用，熟练掌握频数及频率的意义及应用、频数分布直方图的画法及一定的数据分析方法是解题关键． 21. 【图形定义】 有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形． 例如：如图①．在和中，分别是和边上的高线，且，则和是等高三角形． 【性质探究】 如图①，用，分别表示和的面积． 则， ∵ ∴． 【性质应用】 （1）如图②，D是的边上的一点．若，则__________； （2）如图③，在中，D，E分别是和边上的点．若，，，则__________，_________； （3）如图③，在中，D，E分别是和边上的点，若，，，则__________． 【答案】（1） （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）由图可知和是等高三角形，然后根据等高三角形的性质即可得到答案； （2）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据和等高三角形的性质可求得； （3）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据，和等高三角形的性质可求得． 【小问1详解】 解：如图，过点A作AE⊥BC， 则， ∵AE=AE， ∴． 【小问2详解】 解：∵和是等高三角形， ∴， ∴； ∵和是等高三角形， ∴， ∴． 【小问3详解】 解：∵和是等高三角形， ∴， ∴； ∵和是等高三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题，熟练掌握等高三角形的性质并能灵活运用是解题的关键． 22. 如图，一次函数的图象与x轴正半轴相交于点C，与反比例函数的图象在第二象限相交于点，过点A作轴，垂足为D，． （1）求一次函数的表达式； （2）已知点满足，求a的值． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）将点A坐标代入反比例函数解析式求出m，得，由轴可得，进一步求出点，将A，C点坐标代入一次函数解析式，用待定系数法即可求出一次函数的解析式； （2）由勾股定理求出AC的长，再根据且E在x轴上，分类讨论得a的值． 【小问1详解】 解：（1）∵点在反比例函数的图象上， ∴ ∴ ∵轴 ∴ ∴ ∴ ∴ ∵点在一次函数的图象上 ∴ 解得 ∴一次函数的表达式为． 【小问2详解】 在中，由勾股定理得， ∴ 当点E在点C的左侧时， 当点E在点C的右侧时， ∴a的值为或． 【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数的解析式、勾股定理，熟练掌握反比例函数与一次函数的关系是解答本题的关键． 23. 如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E，F在对角线BD上，BE=EF=FD，∠BAF=∠DCE=90°． （1）求证：△ABF≌△CDE； （2）连接AE，CF，已知__________（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形AECF的形状，并证明你的结论． 条件①：∠ABD=30°； 条件2：AB=BC． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】（1）证明见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）利用AAS即可证明△ABF≌△CDE； （2）若选择条件①：先证明四边形AECF是平行四边形，利用直角三角形斜边上的中线性质以及含30度角的直角三角形的性质证得AE=AF，即可证明平行四边形AECF是菱形． 若选择条件②：先证明四边形AECF是平行四边形，得到AO=CO，再根据等腰三角形的性质即可证明平行四边形AECF是菱形． 【小问1详解】 证明：∵BE=FD， ∴BE+EF=FD+EF， 即BF=DE， ∵AB∥CD， ∴∠ABF=∠CDE， 又∵∠BAF=∠DCE=90°， ∴△ABF≌△CDE(AAS)； 【小问2详解】 解：若选择条件①： 四边形AECF是菱形，　 由（1）得，△ABF≌△CDE， ∴AF=CE，∠AFB=∠CED， ∴AF∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵∠BAF=90°，BE=EF， ∴AE=BF， ∵∠BAF=90°，∠ABD=30°， ∴AF=BF， ∴AE=AF， ∴平行四边形AECF是菱形． 若选择条件②： 四边形AECF是菱形， 连接AC交BD于点O， 由（1）得，△ABF≌△CDE， ∴AF=CE，∠AFB=∠CED， ∴AF∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∴AO=CO， ∵AB=BC， ∴BO⊥AC， 即EF⊥AC， ∴平行四边形AECF是菱形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 24. 李大爷每天到批发市场购进某种水果进行销售，这种水果每箱10千克，批发商规定：整箱购买，一箱起售，每人一天购买不超过10箱；当购买1箱时，批发价为8.2元/千克，每多购买1箱，批发价每千克降低0.2元．根据李大爷的销售经验，这种水果售价为12元/千克时，每天可销售1箱；售价每千克降低0.5元，每天可多销售1箱． （1）请求出这种水果批发价y（元/千克）与购进数量x（箱）之间的函数关系式； （2）若每天购进这种水果需当天全部售完，请你计算，李大爷每天应购进这种水果多少箱，才能使每天所获利润最大？最大利润是多少？ 【答案】（1）且x为整数． （2）李大爷每天应购进这种水果7箱，获得的利润最大，最大利润是140元． 【解析】 【分析】本题是通过构建函数模型解答销售利润的问题 （1）根据题意列出，得到结果． （2）根据销售利润=销售量（售价-进价），利用（1）结果，列出销售利润w与x的函数关系式，即可求出最大利润． 【小问1详解】 解：由题意得 ∴批发价y与购进数量x之间的函数关系式是，且x为整数． 【小问2详解】 解：设李大爷销售这种水果每天获得的利润为w元 则 ∵ ∴抛物线开口向下 ∵对称轴是直线 ∴当时，w的值随x值的增大而增大 ∵x为正整数，∴此时，当时， 当时，w的值随x值的增大而减小 ∵x为正整数，∴此时，当时， ∵ ∴李大爷每天应购进这种水果7箱，获得的利润最大，最大利润是140元． 【点睛】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用，最大销售利润的问题常利用二次函数的增减性来解答，解题关键是理解题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案进行解决． 25. 如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，连接．点P从点B出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点A出发，沿方向匀速运动，速度为．交于点F，连接．设运动时间为．解答下列问题： （1）当时，求t的值； （2）设四边形的面积为，求S与t之间的函数关系式； （3）是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用得，即，进而求解； （2）分别过点C，P作，垂足分别为M，N，证得，，求得，再证得，得出，根据即可求出表达式； （3）当时，易证，得出，则，进而求出t值． 【小问1详解】 解：在中，由勾股定理得， ∵绕点A按逆时针方向旋转得到 ∴ ∵ ∴ 又 ∴ ∴ ∴ ∴ 答：当时，t的值为． 【小问2详解】 解：分别过点C，P作，垂足分别为M，N ∵ ∴ 又 ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 【小问3详解】 解：假设存在某一时刻t，使 ∵ ∴ ∵ ∴ 又 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴存在时刻，使． 【点睛】本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．