2022年中考考前最后一卷【無錫卷】數(shù)學(xué)·參考答案一、選擇題（本大題包括10小題，每小題3分，共30分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)是正確的，請(qǐng)將答題卡上對(duì)應(yīng)題目所選的選項(xiàng)涂黑）12345678910BDDDBABBDC二．填空題（共8小題，滿分3分，每小題24分）11．12．13．14．15．4x＋192616．17．18．三．解答題（共10小題，滿分96分）19．（1）2+2；（2）a【分析】（1）先計(jì)算，再按照實(shí)數(shù)運(yùn)算法則計(jì)算即可；（2）先乘法運(yùn)算，再加減運(yùn)算即得．【詳解】解：（1）原式；（2）原式．【點(diǎn)睛】本題考查了實(shí)數(shù)的混合運(yùn)算及整式的混合運(yùn)算，解題關(guān)鍵是熟知特殊角三角函數(shù)值及實(shí)數(shù)混合運(yùn)算法則，整式混合運(yùn)算方法．20．（1），；（2）x＜2【分析】（1）先對(duì)分式進(jìn)行化簡(jiǎn)，要將除法轉(zhuǎn)化為乘法，將x的值代入化簡(jiǎn)的式子即可；（2）對(duì)第一個(gè)不等式進(jìn)行去括號(hào)、移項(xiàng)、系數(shù)化1求出x的范圍，第二個(gè)不等式去分母、移項(xiàng)、系數(shù)化1求x范圍，再將兩個(gè)范圍合起來得出最終結(jié)果．【詳解】（1）原式===當(dāng)x=時(shí)，原式==；（2）解不等式4（x-1）＜x+2得x＜2解不等式得x＜∴不等式組的解集為x＜2．【點(diǎn)睛】本題考查分式的化簡(jiǎn)求值和一元一次不等式組的求解．正確的運(yùn)用分式計(jì)算的法則和不等式的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．21．(1)見解析(2)見解析(3)AE的長(zhǎng)為6【分析】（1）利用SAS即可證明△AEC≌△DEC；（2）先證明四邊形是平行四邊形，然后根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，即可解決問題；（3）證明△BEF∽△CED，可得，根據(jù)F是AB的中點(diǎn)，所以BF＝AB＝CD，進(jìn)而可以解決問題．(1)證明：∵CB平分∠ACD，∴∠ACE＝∠DCE，在△AEC和△DEC中，∴△AEC≌△DEC（SAS）．(2)連接BD，如圖所示： ∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵∠ACE＝∠DCE，∴∠ABC＝∠DCB，∴AB∥CD，∵CD＝CA，∴AB＝CD，∴四邊形ABDC是平行四邊形，∵AB＝AC，∴四邊形ABDC是菱形；(3)∵AB∥CD，∴△BEF∽△CED，∴，∵F是AB的中點(diǎn)，∴BF＝AB＝CD，∴，∵EF＝3，∴DE＝6，∵△AEC≌△DEC，∴AE＝DE＝6，∴AE的長(zhǎng)為6．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)AB∥CD得到△BEF∽△CED．22．(1)(2)【分析】（1）求得總的結(jié)果數(shù)以及目標(biāo)事件的結(jié)果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解即可；（2）用列表法或樹狀圖表示抽取的結(jié)果，求得總的結(jié)果數(shù)和目標(biāo)事件的結(jié)果數(shù)，即可求解．(1)解：因?yàn)樗俣然?、花樣滑冰屬于冬奧會(huì)上的冰上項(xiàng)目，從四張卡片中隨機(jī)選一張，共有四種等可能結(jié)果，故恰好是冰上項(xiàng)日?qǐng)D案的概率；(2)解：列表分析如下： 或用樹狀圖表示，如下：∵共有12種等可能的結(jié)果，其中抽到的卡片均是冰上項(xiàng)目的圖案有2種情況，∴抽到的卡片均是冰上項(xiàng)日的圖案的概率：，即P（抽到的卡片均是冰上項(xiàng)目的圖案）．【點(diǎn)睛】本題考查了利用概率公式求概率，樹狀圖或列表法求概率，解題的關(guān)鍵是正確求得結(jié)果總數(shù)以及目標(biāo)事件的結(jié)果數(shù)，掌握概率公式．23．(1)50，10(2)見解析(3)72(4)估計(jì)“總線”專業(yè)的畢業(yè)生有180名．【分析】（1）根據(jù)總線的人數(shù)和所占的百分比，可以求得m的值，然后即可計(jì)算出n的值；（2）根據(jù)（1）中的結(jié)果和硬件所占的百分比，可以求得硬件專業(yè)的畢業(yè)生，從而可以將條形統(tǒng)計(jì)圖補(bǔ)充完整；（3）根據(jù)條形統(tǒng)計(jì)圖中的數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出在扇形統(tǒng)計(jì)圖中，“軟件”所對(duì)應(yīng)的扇形的圓心角的度數(shù)；（4）根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖中的數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出“總線”專業(yè)的畢業(yè)生的人數(shù)．(1)解：m=15÷30%=50，n%=5÷50×100%=10%，故答案為：50，10；(2)解：硬件專業(yè)的畢業(yè)生有：50×40%=20（人），補(bǔ)全的條形統(tǒng)計(jì)圖如圖所示；;(3)解：在扇形統(tǒng)計(jì)圖中，“軟件”所對(duì)應(yīng)的扇形的圓心角是360°×=72°；故答案為：72；(4)解：600×30%=180（名），答：估計(jì)“總線”專業(yè)的畢業(yè)生有180名．【點(diǎn)睛】本題考查條形統(tǒng)計(jì)圖、扇形統(tǒng)計(jì)圖、用樣本估計(jì)總體，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．24．(1)見解析(2)①見解析；②【分析】（1）以點(diǎn)A為圓心，任意長(zhǎng)為半徑畫弧，分別交AB、AC于點(diǎn)M、N，再分別以M、N為圓心，大于為半徑畫弧，兩弧交于一點(diǎn)P，作射線AP交于點(diǎn)E，即可求解；（2）①連接BE，根據(jù)切線的性質(zhì)可得，再由AE平分，可得，然后根據(jù)AB為的直徑，可得．從而得到，即可求證；②連接OE，根據(jù)四邊形COBE為菱形，可得△OBE是等邊三角形，進(jìn)而得到∠ABC=∠CBE=30°，再由直角三角形的性質(zhì)，可得，，即可求解．(1)解：如圖，AE即為所求角平分線；(2)證明：①如圖，連接BE，∵AD是的切線，∴，∴，∵AE平分，∴，∵∠EBC=∠CAE，∴，∴，∵AB為的直徑，∴，∴，∴．∵，∴，∴；②如圖，連接OE，∵四邊形COBE為菱形，∴OB=BE，∠ABC=∠CBE，∵OE=OB，∴OB=OE=BE，∴△OBE是等邊三角形，∴∠OBE=60°，∴∠ABC=∠CBE=30°，∵AB為的直徑，∴∠ACB=90°，∴，∴，∵AD是的切線，∴∠BAD=90°，∴BD=2AD，∵AD2+AB2=BD2，∴AD2+82=（2AD）2，解得：，∴，∴．【點(diǎn)睛】此題圓的綜合題，主要考查了切線的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，同角的余角相等，勾股定理，作角平分線的方法，判斷出ABOE是等邊三角形是解本題的關(guān)鍵．25．(1)A款玩偶購(gòu)進(jìn)20個(gè)，則B款玩偶購(gòu)進(jìn)10個(gè)(2)A款玩偶購(gòu)進(jìn)10個(gè)，則B款玩偶購(gòu)進(jìn)20個(gè)，才能獲得最大利潤(rùn)，最大利潤(rùn)是180元(3)第二次更合算【分析】（1）設(shè)A款玩偶購(gòu)進(jìn)a個(gè)，則B款玩偶購(gòu)進(jìn)（30-a）個(gè)，根據(jù)題意，列出方程，即可求解；（2）設(shè)獲得利潤(rùn)w元，A款玩偶購(gòu)進(jìn)x個(gè)，則B款玩偶購(gòu)進(jìn)（30-x）個(gè)，根據(jù)題意，列出函數(shù)關(guān)系式，再根據(jù)一次函數(shù)的增減性，即可求解；（3）分別求出兩次的利潤(rùn)率，即可求解．(1)解：設(shè)A款玩偶購(gòu)進(jìn)a個(gè)，則B款玩偶購(gòu)進(jìn)（30-a）個(gè)，根據(jù)題意得：，解得：，∴30-a=10，答：A款玩偶購(gòu)進(jìn)20個(gè)，則B款玩偶購(gòu)進(jìn)10個(gè)；(2)解：設(shè)獲得利潤(rùn)w元，A款玩偶購(gòu)進(jìn)x個(gè)，則B款玩偶購(gòu)進(jìn)（30-x）個(gè)，根據(jù)題意得：，∵ A款玩偶進(jìn)貨數(shù)量不得超過B款玩偶進(jìn)貨數(shù)量的一半．∴，解得：，∵，∴w隨x的增大而增大，∴當(dāng)時(shí)，的值最大，最大值為3×10+150=180，答：A款玩偶購(gòu)進(jìn)10個(gè)，則B款玩偶購(gòu)進(jìn)20個(gè)，才能獲得最大利潤(rùn)，最大利潤(rùn)是180元；(3)解：第一次的利潤(rùn)率為：，第二次的利潤(rùn)率為：，∵，∴第二次更合算．【點(diǎn)睛】本題主要考查了一元一次方程的應(yīng)用，一次函數(shù)的應(yīng)用，明確題意，準(zhǔn)確得到等量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．26．(1)①√；②×；③√(2)(3)【分析】（1）根據(jù)“D函數(shù)”的定義判斷即可．（2）先根據(jù)題意求出m，n的取值，代入y＝ax2+bx+c得到a，b，c的關(guān)系，再根據(jù)對(duì)稱軸在x＝1的右側(cè)即可求解．（3）設(shè)該“D函數(shù)”的一對(duì)“D點(diǎn)”是： ，代入函數(shù)解析式可得，由，，得，從而，再利用二次函數(shù)的根與系數(shù)關(guān)系即可求解．(1)解：①√　②×　③√(2)解：由題意可得：，則，從而：     解得，由，解得，從而，故，(3)解：顯然，否則，設(shè)該“D函數(shù)”的一對(duì)“D點(diǎn)”是： ，依題意可得 ，從而，得，因?yàn)?/span>，，所以，所以，因?yàn)?/span>，所以， 從而，設(shè)該“D函數(shù)”與軸的兩個(gè)交點(diǎn)分別是，令，得到，則由 ，可得 ，因?yàn)?/span> ，所以，【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法，一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系等知識(shí)，“D函數(shù)”，“D點(diǎn)”的定義等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，屬于中考?jí)狠S題．27．(1)證明見解析(2)(3)8【分析】（1）根據(jù)切線的判定定理可知，已知點(diǎn)C在圓上，故只需證明即可；根據(jù)圓周角定理以及，易得，進(jìn)而可得∠PCB+∠OCB=90°，即，故PC是⊙O的切線．（2）通過證明，可得為等邊三角形，進(jìn)而求得，所以可求．（3）連接MA，MB，由圓周角定理可得∠ACM=∠BCM，進(jìn)而可得△MBN∽△MCB，故，代入數(shù)據(jù)可得．(1)解：，．又，，．又是的直徑，．． 即，是的半徑．是的切線．(2)解：，，．又，，，是等邊三角形，，．(3)解：如圖所示：連接，，點(diǎn)是的中點(diǎn)，，．，．，．．．又是的直徑，，，．，．．【點(diǎn)睛】此題主要考查圓的切線的判定及圓周角定理的運(yùn)用和相似三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形是解決本題的關(guān)鍵．28．(1)；(2)(3)存在，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為；【分析】（1）將點(diǎn)A和點(diǎn)C坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式即可求得b和c的值，進(jìn)而可得拋物線表達(dá)式；將點(diǎn)B的縱坐標(biāo)代入拋物線解析式得到一元二次方程并求解即可求得點(diǎn)B坐標(biāo)；（2）根據(jù)題意可確定當(dāng)AP⊥BC于D時(shí)，AD取得最小值，設(shè)AP與y軸相交于點(diǎn)E．根據(jù)三角形內(nèi)角和定理和等角對(duì)等邊確定OA=OE，進(jìn)而確定點(diǎn)E的坐標(biāo)，使用待定系數(shù)法求得直線AE解析式，聯(lián)立直線AE解析式和拋物線解析式即可求得點(diǎn)P坐標(biāo)；（3）過點(diǎn)C作CF⊥AC交拋物線于F，交x軸于J，過點(diǎn)A作AG⊥AC交拋物線于G，交y軸于K，過點(diǎn)F作FH⊥AG交直線AG于H，過點(diǎn)G作GI⊥CF交直線CF于I．根點(diǎn)P和點(diǎn)Q的位置進(jìn)行分類討論：①當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)F，點(diǎn)Q與點(diǎn)H分別重合時(shí)．根據(jù)銳角三角函數(shù)和待定系數(shù)法求得直線CF的解析式，聯(lián)立其與拋物線解析式求得點(diǎn)F坐標(biāo)，再根據(jù)平移的性質(zhì)可得點(diǎn)H坐標(biāo)．②當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)G，點(diǎn)Q與點(diǎn)I分別重合時(shí)．根據(jù)銳角三角函數(shù)和待定系數(shù)法求得直線AG的解析式，聯(lián)立其與拋物線解析式求得點(diǎn)G坐標(biāo)，再根據(jù)平移的性質(zhì)可得點(diǎn)I坐標(biāo)．(1)解：（1）將代入得解得∴拋物線的函數(shù)表達(dá)為．將代入得．解得，．∵，∴．(2)解：如下圖所示，當(dāng)AP⊥BC于D時(shí)，AD取得最小值，設(shè)AP與y軸相交于點(diǎn)E．∵，，∴OB=4，OC=4．∴OB=OC．∴∠OBC=∠OCB．∵∠BOC=90°，∴∠OBC．∵AP⊥BC，∴∠ADB=90°．∴∠EAO=180°-∠ADB-∠OBC=45°．∵∠AOE=90°，∴∠OEA=180°-∠AOE-∠EAO=45°．∴∠EAO=∠OEA．∴OE=OA．∵，∴OA=2．∴OE=2．∴．設(shè)直線AE的解析式為y=kx+b．把點(diǎn)A和點(diǎn)E坐標(biāo)代入直線AE解析式得解得∴直線AE的解析式為y=x+2．聯(lián)立直線AE解析式和拋物線解析式得解得或∵，∴．(3)解：如下圖所示，過點(diǎn)C作CF⊥AC交拋物線于F，交x軸于J，過點(diǎn)A作AG⊥AC交拋物線于G，交y軸于K，過點(diǎn)F作FH⊥AG交直線AG于H，過點(diǎn)G作GI⊥CF交直線CF于I．①當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)F，點(diǎn)Q與點(diǎn)H分別重合時(shí)，四邊形ACPQ為矩形．∵AO⊥CO，CF⊥AC，∴∠OAC+∠OCA=90°，∠OCA+∠OCJ=90°．∴∠OAC=∠OCJ．∵OA=2，OC=4，∴．∴．∴．∴．設(shè)直線CJ的解析式為y=mx+n．把點(diǎn)C和點(diǎn)J坐標(biāo)代入直線CJ解析式得解得∴直線CJ解析式為．聯(lián)立直線CJ解析式和拋物線解析式得解得或∴．∵CF⊥AC，AG⊥AC，FH⊥AG，∴四邊形ACPQ是矩形．∴CF∥AH，CF=AH．∵，，∴CF向左平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，再向下平移4個(gè)單位長(zhǎng)度得到AH．∴．②當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)G，點(diǎn)Q與點(diǎn)I分別重合時(shí)，四邊形CAPQ是矩形．同理可得直線AK的解析式為．同理可得．同理可得四邊形CAPQ是矩形．同理可得．∴存在點(diǎn)Q，使得以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形為矩形，此時(shí)點(diǎn)Q坐標(biāo)為或．

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