（安徽卷）2022年中考數(shù)學(xué)第二次模擬考試（參考答案）

2022年中考數(shù)學(xué)第二次模擬考試【安徽卷】數(shù)學(xué)·參考答案一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的）12345678910BBDDBCCDBC二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）11．12．113．114．8

4三、解答題（本大題共8小題，共90分．其中：15-18題，每題8分，19-20題，每題10分，21-22題，每題12分，23題14分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）。15．【詳解】解：(1)原式＝÷＝?＝；(2)，由①得：x＜，由②得：x≥﹣，∴不等式組的解集為﹣≤x＜．16．(1)點(diǎn)A（1，3），B（4，4），C（2，1）分別向左平移4個(gè)單位后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A1(?3，3)，B1(0，4)，C1(?2，1)，依次連接這三個(gè)點(diǎn)得到平移后的△A1B1C1，如圖所示．(2)△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)A（1，3），B（4，4），C（2，1）繞原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180゜后可得對(duì)應(yīng)點(diǎn)A2，B2，C2的坐標(biāo)分別為(?1，?3)，(?4，?4)，(?2，?1)，依次連接這三個(gè)點(diǎn)得到旋轉(zhuǎn)后的△A2B2C2，如圖所示；(3)如（2）中圖所示，連接、、，可得關(guān)于(?2，0)對(duì)稱(chēng)設(shè)直線的解析式為y=kx+b，則有：解得：即直線的解析式為當(dāng)時(shí)，y=0，則(?2，0)是的對(duì)稱(chēng)中心；同理可求得直線的解析式為當(dāng)時(shí)，y=0，則(?2，0)是的對(duì)稱(chēng)中心；綜上所述，△A1B1C1與△A2B2C2關(guān)于點(diǎn)（?2，0）對(duì)稱(chēng)．17．(1)解：連接、，∵CD∥AB，∴，∵，，∴，∴，∴，∴最佳射門(mén)點(diǎn)為故答案為：．(2)解：①作BE⊥AQ于E，∵最佳射門(mén)點(diǎn)為點(diǎn)Q，∴，∵，∴，∴△ADQ∽△QDB，∴，∵，，∴，代入比例式得，，解得，（負(fù)值舍去）；，∴，，∴，，∴，，則，；②過(guò)MN中點(diǎn)O作OF⊥AB于F，交AQ于P，∵守門(mén)員伸開(kāi)雙臂后，可成功防守的范圍為，∴當(dāng)時(shí)才能確保防守成功．∵M(jìn)N⊥AQ，∴，∴，，∵，，∴，∴，∵，，∵，∴，，∵，∴，；MN中點(diǎn)與AB的距離至少為時(shí)才能確保防守成功．．18．(1)先用h（3）的方法把較小的3個(gè)盤(pán)移到2柱（需移動(dòng)7次），再將最大盤(pán)移到3柱（需移動(dòng)1次），最后用h（3）的方法把較小的3個(gè)盤(pán)從2柱移到3柱（需移動(dòng)7次），所以共需要7×2+1＝15次，即h(4)=15，故答案為：15；(2)由探究二可知，若將1個(gè)金盤(pán)按要求全部從1柱移動(dòng)到2柱，至少需要1次，則將2個(gè)金盤(pán)按要求全部從1柱移動(dòng)到3柱，則至少需要1×2+1＝3次；由探究三可知，若將2個(gè)金盤(pán)按要求全部從1柱移動(dòng)到2柱，至少需要3次，則將3個(gè)金盤(pán)按要求全部從1柱移動(dòng)到3柱，則至少需要3×2+1＝7次；由探究四可知，若將3個(gè)金盤(pán)按要求全部從1柱移動(dòng)到2柱，至少需要7次，則將4個(gè)金盤(pán)按要求全部從1柱移動(dòng)到3柱，則至少需要7x2+1＝15次；故若將x個(gè)金盤(pán)按要求全部從1柱移動(dòng)到2柱，至少需要a次，則將（x+1）個(gè)金盤(pán)按要求全部從1柱移動(dòng)到3柱，則至少需要（2a+1）次，故答案為：（2a+1）；(3)h（4）＝15，h（5）＝2h（4）＝2×15+1＝31，h（6）＝2h（5）+1＝63，∴至少需要63次；(4)h（1）＝1，h（2）＝3＝22﹣1，h（3）＝7＝23﹣1，h（4）＝15＝24﹣1，.....．h（64）＝264﹣1，故答案為：264﹣1；(5)每次只能將盤(pán)子向相鄰的柱子移動(dòng)，故當(dāng)n＝2時(shí)，小盤(pán)移到2柱，需要1次，再將小盤(pán)移到3柱，需要1次；將大盤(pán)移到2柱，需要1次，再將小盤(pán)移到2柱，需要1次，再將小盤(pán)移到1柱，需要1次，將大盤(pán)移到3柱，需要1次，將小盤(pán)移到2柱，需要1次，再將小盤(pán)移到3柱，需要1次；所以?xún)蓚€(gè)盤(pán)子需要了8次，故h（2）＝8；按照相同的思路可得：h（3）＝26；∵h(yuǎn)（2）＝8＝32﹣1，h（3）＝26＝33﹣1，∴h（64）＝364﹣1．故答案為：（364﹣1）．19．(1)將點(diǎn)A（0，4）先向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，得B(1，6)，∵點(diǎn)B恰好落在反比例函數(shù)（k＞0）的圖象上．∴，∴k=6，∴反比例函數(shù)表達(dá)式為；(2)如圖1，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥x軸于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥x軸于點(diǎn)G，∴∠CGD=∠BFD=90°，∵∠CDG=∠BDF，∴△CDG∽△BDF，∴，∵BC=2CD，BC+CD=BD，∴BD=3CD，∴，∵B(1，6)，∴BF=6，OF=1，∴CG=BF=×6=2，將y=2代入，得2=，∴x=3，∴C(3，2)，將B(1，6)，C(3，2)代入y=mx+n，得：，解得，∴直線l的表達(dá)式為y=-2x+8，令y=0，得：-2x+8=0，解得：x=4，∴D(4，0)，∴OD=4，∴S△BOD=?OD?BF=×4×6=12；(3)如圖2，由（2）知，直線BC的解析式為y=-2x+8，令x=0，得y=8，∴E(0，8)，設(shè)P(t，)，且t＞0，∵PM⊥x軸，PN⊥y軸，∴M(t，-2t+8)，N(4-，)，∴，，∴EM?DN==15，∴EM?DN為定值．20．(1)解：連接AO，BO，如圖4，∵AO＝BO＝CO，AC＝BC，∴△AOC≌△BOC（SSS），∴∠ACO＝∠BOC，∴CO是∠ACB的角平分線；(2)解：連接AO，BO，BO交MN于點(diǎn)F，連接OD，如圖5，

在⊙O中，∠AOB＝2∠ACB，∵∠AGQ+2∠ACB＝270°，∴∠AGQ+∠AOB＝270°，在四邊形AOFG中，∠OAG+∠OFG＝360°﹣（∠AGQ+∠AOB）＝90°，∵AD＝BC，∴AD＝AC，在△CAO和△DAO中，，∴△CAO≌△DAO（SSS），∴∠CAO＝∠DAO，由（1）得，∠CAO＝∠CBO，∴∠CBO＝∠DAO，即∠CBO＝∠GAO，∵∠QFB＝∠OFG，∴∠CBO+∠QFB＝90°，∴∠FQB＝180°﹣（∠CBO+∠QFB）＝90°，∴MN⊥BC，∵OH⊥MN，∴OHBC；(3)解：∵OH⊥MN，∴MH＝NH，∵M(jìn)P＝QN，∴MH﹣MP＝NH﹣QN，即PH＝QH，∵OHBC，∴O是PE的中點(diǎn)，OP＝EO，延長(zhǎng)CO交AB于R，交⊙O于點(diǎn)S，連接PS，連接AS，如圖6，設(shè)AP＝x，BP＝AP+2＝x+2，∴AB＝2x+2，AR＝BR＝x+1，∴PR＝1，在△OPS和△OEC中，，∴△OPS≌△OEC（SAS），∴∠CEO＝∠SPO，∴PSBC，由對(duì)稱(chēng)性可知，PS＝BQ＝CE＝，∴RS＝2，∵PSBC，∴△PRS∽△BRC，∴，∵BR＝AR＝x+1，∴CR＝2x+2，∵∠ASC＝∠ABC，∴△ASR∽△CBR，∴，∴AR?BR＝CR?SR，∴（x+1）2＝2（2x+2），∴x＝3，∴BR＝4，CR＝8，BC＝4，∴EQ＝4﹣CE﹣BQ＝2，∴EQ的長(zhǎng)為2．21．(1)解：由直方圖可知，初中一體機(jī)管理員的測(cè)試成績(jī)15個(gè)數(shù)據(jù)按從小到大的順序排列，∵初中一體機(jī)管理員的測(cè)試成績(jī)?cè)贑組中的數(shù)據(jù)為：81，85，88，∴中位數(shù)a＝85，∵高中一體機(jī)管理員的測(cè)試成績(jī)：76，83，71，100，81，100，82，88，95，90，100，86，89，93，86．∴按從小到大排列是：71，76，81，82，83，86，86，88，89，90，93，95，100，100，100.∴眾數(shù)b＝100，故答案為：85，100；(2)解：根據(jù)以上數(shù)據(jù)，我認(rèn)為高中的一體機(jī)管理員對(duì)一體機(jī)設(shè)備操作的知識(shí)掌握的更好．理由：兩個(gè)校部的平均成績(jī)一樣，而高中校部的中位數(shù)，說(shuō)明高中校部掌握的較好．故答案為：高中；(3)解：100×+140×=96（人），答：估計(jì)此次瀏試成績(jī)達(dá)到90分及以上的一體機(jī)管理員共有約96人．22．【詳解】（1）在中，．根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，即為等腰三角形．∵，即，∴，∴．（2）如圖，作交于點(diǎn)D，作交于點(diǎn)E．由旋轉(zhuǎn)可得，．∵，∴，∴，∴，．∵，即，∴．在中，，∴．∴．∵，∴，即，∴．（3）如圖，作且交延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，連接．∵，∴，∵，即，又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴．∴在和中，∴，∴，即點(diǎn)D為中點(diǎn)．∵點(diǎn)E為AC中點(diǎn)，∴DE為的中位線，∴，即要使DE最小，最小即可．根據(jù)圖可知，即當(dāng)點(diǎn)三點(diǎn)共線時(shí)最小，且最小值為．∴此時(shí)，即DE最小值為1．23．(1)解：∵二次函數(shù)過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0），B（﹣3，0），∴設(shè)拋物線解析式為y＝a（x+1）（x+3），將C（0，﹣3）代入，得：3a＝-3，解得：a＝﹣1，∴二次函數(shù)的解析式為：y＝﹣x2﹣4x﹣3；(2)解：如圖1，連接EE′、BB′，延長(zhǎng)BE，交y軸于點(diǎn)Q．由（1）得y＝﹣x2﹣4x﹣3＝﹣（x+2）2+1，∴拋物線頂點(diǎn)E（﹣2，1），設(shè)直線BE的解析式為y＝kx+b，∵B（﹣3，0），E（﹣2，1），∴，解得：，∴直線BE的解析式為：y＝x+3，∴Q（0，3），∵拋物線y＝﹣x2﹣4x﹣3繞點(diǎn)T（0，t）旋轉(zhuǎn)180°，∴TB＝TB′，TE＝TE′，∴四邊形BEB′E′是平行四邊形，∴S△BET＝S四邊形BEB′E′＝×12＝3，∵S△BET＝S△BQT﹣S△EQT＝×（3﹣2）×TQ＝TQ，∴TQ＝6，∴3﹣t＝6，∴t＝﹣3；(3)解：設(shè)P（x，﹣x2﹣4x﹣3），①如圖2，當(dāng)∠BP1C＝90°時(shí)，∠N1P1B＝∠P1CE，∴tan∠N1P1B＝tan∠P1CE，∴，∵BN1＝﹣x2﹣4x﹣3，P1N1＝x+3，P1E＝﹣x，EC＝﹣x2﹣4x，∴，化簡(jiǎn)得：x2+5x+5＝0，解得：x1＝，x2＝（舍去），②當(dāng)∠BP2C＝90°時(shí)，同理可得：x2+5x+5＝0，解得：x1＝（舍去），x2＝，∴M點(diǎn)的坐標(biāo)為（，﹣3）或（，﹣3），③如圖3，當(dāng)∠P3BC＝90°時(shí)，由△BM3C是等腰直角三角形，∴△N3BP3也是等腰直角三角形，∴N3B＝N3P3，∴﹣x2﹣4x