2022-2023学年江苏省连云港外国语学校中考二模数学试题

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一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用合并同类项法则以及同底数幂的乘除运算法则、积的乘方运算法则分别分析得出答案．
【详解】解：A、，无法计算，故此选项错误；
B、，故此选项错误；
C、，故此选项错误；
D、，正确；
故选D．
【点睛】此题主要考查了合并同类项以及同底数幂的乘除运算、积的乘方运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
2. 29的算术平方根介于（ ）
A. 6与7之间B. 5与6之间C. 4与5之间D. 3与4之间
【答案】B
【解析】
【分析】根据被开方数越大对应的算术平方根也越大求解即可．
【详解】∵25<29<36，
∴，即5<<6，
∴29的算术平方根介于5与6之间，
故选B.
【点睛】本题主要考查的是估算无理数的大小，明确被开方数越大对应的算术平方根也越大是解题的关键．
3. 每到四月，许多地方杨絮、柳絮如雪花般漫天飞舞，人们不堪其扰，据测定，杨絮纤维的直径约为，该数值用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于等于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【详解】解：∵，
故选：B．
【点睛】本题主要考查科学记数法，掌握科学记数法的形式是解题的关键．
4. 分别观察下列几何体，其中主视图、左视图和俯视图完全相同的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方体、三棱柱、圆锥、圆柱的三视图的形状进行判断即可．
【详解】解：根据三视图的定义可知,选项A主视图和左视图都是三角形,但俯视图是有圆心的圆；
选项B主视图和左视图都是矩形，但俯视图是圆；
选项C主视图是一个矩形，中间有一条线段，左视图是矩形，俯视图是三角形；
选项D的主视图、左视图和俯视图都是正方形，完全相同．
故选D．
【点睛】本题考查简单几何体的三视图，掌握简单几何体三视图的形状是正确判断的前提．
5. 关于二次函数y=﹣（x+1）2+2的图象，下列判断正确的是（ ）
A. 图象开口向上B. 图象的对称轴是直线x=1
C. 图象有最低点D. 图象的顶点坐标为（﹣1，2）
【答案】D
【解析】
【分析】二次函数的顶点式是：y=a（x﹣h）2+k（a≠0，且a，h，k是常数），它的对称轴是x=h，顶点坐标是（h，k），据此进行判断即可.
【详解】∵﹣1＜0，
∴函数的开口向下，图象有最高点，
这个函数的顶点是（﹣1，2），
对称轴是x=﹣1，
∴选项A、B、C错误，选项D正确，
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握抛物线的开口方向，对称轴，顶点坐标是解题的关键．
6. 如图，将一块含有角的直角三角板放置在两条平行线上，若，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过60°角顶点作直线平行于已知直线，然后根据平行线的性质推出∠1+∠2=60°，从而求出∠2即可．
【详解】如图，已知，作直线，则，
则∠1=∠3，∠2=∠4，
∵∠3+∠4=60°，
∴∠1+∠2=60°，
∴∠2=60°-∠1=15°，
故选：A．
【点睛】本题考查平行线的基本性质，理解平行线的性质定理是解题关键．
7. 如图，在平行四边形中，为的中点，，交于点，若随机向平行四边形内投一粒米，则米粒落在图中阴影部分的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据E为BC的中点，可得，根据边长的比值即可计算出图阴影部分的面积与平行四边形面积的比值，由此即可求得答案.
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，BC=AD，
∴△BOE∽△DOA，
∴
又∵为的中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴米粒落在图中阴影部分的概率为，
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，几何概率，熟练掌握相关知识是解题的关键.
8. 如图，在中，，，，点是边上一动点，连接，以为斜边作，使，，连接．则面积的最大值（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过作，交的延长线于，易证得及，得到，，从而求得，，由面积公式求得，即可求解．
【详解】解：过作，交的延长线于，
，，
，
，，
，，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
即面积的最大值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的证明和性质的应用，解直角三角形；解题的关键是熟练掌握相似三角形的证明和性质．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
9. 要使式子有意义，则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件、二次根式有意义的条件，即可得到答案.
【详解】解：被开方数大于或等于0且分母不为0，
∴，
∴.
故答案为：.
【点睛】本题考查了分式有意义的条件和被开方数有意义的条件，解题的关键是熟练掌握分式有意义的条件和被开方数有意义的条件.
10. 方程的解是__________．
【答案】
【解析】
【分析】去分母，把分式方程化为整式方程，再解整式方程并检验即可．
【详解】解：




经检验：是原方程的根．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是分式方程的解法，掌握分式方程的解法是解题的关键，注意要检验.
11. 分解因式：__________.
【答案】
【解析】
【分析】先提公因式，然后利用完全平方公式分解因式即可．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题考查了综合提公因式和公式法分解因式．解题的关键在于正确的分解因式．
12. 如图，点在⊙上，点在优弧上，若，则的度数为______．
【答案】40°
【解析】
【分析】先求出∠AOB的度数，然后根据圆周角定理进行求解即可.
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为40°.
【点睛】本题考查了圆的基本性质，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理的内容是解题的关键.
13. 若一个圆锥的母线长为5cm，它的侧面展开图的圆心角为120°，则这个圆锥的底面半径为________cm．
【答案】
【解析】
【分析】由于圆锥的母线长为5cm，侧面展开图是圆心角为 120°扇形，设圆锥底面半径为rcm，那么圆锥底面圆周长为2πrcm，所以侧面展开图的弧长为2πrcm，然后利用弧长公式即可得到关于r的方程，解方程即可求解．
【详解】解：设圆锥底面半径为rcm，
则圆锥底面周长为：cm，
∴侧面展开图的弧长为：cm，
∴，
解得：r=，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆锥侧面展开图的知识；正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
14. 如图，在网格正方形中，每个小正方形的边长为1，顶点为格点若的顶点均是格点，则的值是________．
【答案】
【解析】
【分析】延长到，连接，由网格可得，即得，可求出答案．
【详解】解：延长到，连接，如图：
，，，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查网格中的锐角三角函数，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形．
15. 如图，在△ABC中，AB＝BC＝6，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为___．
【答案】3或3或3．
【解析】
【分析】利用分类讨论，当时，如图2，由对顶角的性质可得，易得，易得的长，利用勾股定理可得的长；当时，分两种情况讨论，情况一：如图1，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出，易得为等边三角形，利用锐角三角函数可得的长；易得，利用勾股定理可得的长；情况二：如图3，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得结论．
【详解】解：当时，如图1，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
；
当时，如图2，
，
，
，
在直角三角形中，
；
，，如图3，
，
，
为等边三角形，
，
故答案为3或或．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，含直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线，分类讨论，数形结合是解答此题的关键．
16. 定义：函数图像上到两坐标轴的距离都不大于的点叫做这个函数图像的“n阶好点”．例如点是函数图像的“1阶好点”；点是函数图像的“2阶好点”，若y关于x的二次函数图像的“3阶好点”一定存在，则a的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】由二次函数解析式可知其顶点坐标在直线上移动，作出简图，由函数图象可知，当二次函数图象过点和点时为临界情况，求出此时a的值，由图象可得a的取值范围．
【详解】∵二次函数图象的顶点坐标为，
∴二次函数图象的顶点坐标在直线上移动，
∵y关于x的二次函数图象的“3阶好点”一定存在，
∴二次函数的图象与以顶点坐标为，的正方形有交点，
如图，当过点时，
将代入得：，
解得：或（舍去），
当的顶点过点时，则，
由图可知，若y关于x的二次函数图象的“3阶好点”一定存在，a的取值范围为：．
故答案：
【点睛】本题考查了新定义，反比例函数图象上点的坐标特点，一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，正确理解“n阶好点”的几何意义，熟练掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
三、解答题（本大题共10题，满分共102分）
17. （1）计算：30+2sin45°﹣+|﹣3|．
（2）先化简，再求值：÷（a+2﹣），其中a是方程x2+3x﹣2＝0的根．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）分别根据零指数幂、特殊角的三角函数值、负整数指数幂及绝对值的运算法则进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果；
（2）先把已知代数式进行化简，再根据a是方程x2+3x-2=0的根求出a的值，整体代入求值即可．
【详解】（1）原式＝1+2×﹣4+3
＝1+﹣4+3
＝；
（2）原式＝÷[﹣]
＝×
＝；
∵a是方程x2+3x﹣2＝0的根，
∴a2+3a＝2．
∴原式＝==．
【点睛】本题考查的是实数的综合运算能力及代数求值，熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、零指数幂等考点的运算是解答此类题目的关键．
18. 关于、的方程组的解满足，，求实数的取值范围．
【答案】
【解析】
【分析】先解二元一次方程程组，根据题意列出不等式组，解不等式组即可求解．
【详解】解：
①+②，得，
∴③，
③代入②，解得：，
∵，，
∴ ，
∴ ，
∴
【点睛】本题考查了解二元一次方程组，一元一次不等式组，根据题意建立不等式组是解题的关键．
19. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）当取满足条件的最大整数时，求方程的根．
【答案】（1）且；（2），
【解析】
【分析】（1）根据题意可得且，由此即可求得m的取值范围；（2）在（1）的条件下求得m的值，代入解方程即可.
【详解】（1）关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
且.
解得且.
的取值范围是且.
（2）在且的范围内，最大整数为.
此时，方程化为.
解得，.
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．
20. 第24届冬奥会于2022年2月20日在北京胜利闭幕．某校七、八年级各有500名学生．为了解这两个年级学生对本次冬奥会的关注程度，现从这两个年级各随机抽取n名学生进行冬奥会知识测试，将测试成绩按以下六组进行整理（得分用x表示）：
A：，B：，C：，
D：，E：，F：，
并绘制七年级测试成绩频数直方图和八年级测试成绩扇形统计图，部分信息如下：
已知八年级测试成绩D组的全部数据如下：86，85，87，86，85，89，88
请根据以上信息，完成下列问题：
（1）n＝______，a＝______；
（2）八年级测试成绩的中位数是______﹔
（3）若测试成绩不低于90分，则认定该学生对冬奥会关注程度高．请估计该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高的学生一共有多少人，并说明理由．
【答案】（1）20；4
（2）86.5 （3）该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高学生一共有人．
【解析】
【分析】（1）八年级D组：的频数为7÷D组占35%求出n，再利用样本容量减去其他四组人数÷2求即可；
（2）根据中位数定义求解即可；
（3）先求出七八年级不低于90分的人数，求出占样本的比，用两个年级总数×计算即可．
【小问1详解】
解：八年级测试成绩D组：的频数为7，由扇形统计图知D组占35%，
∴进行冬奥会知识测试学生数为n=7÷35%=20，
∴，
故答案为：20；4；
【小问2详解】
解：A、B、C三组的频率之和为5%+5%+20%=30%＜50%，
A、B、C、D四组的频率之和为30%+35%=65%＞50%，
∴中位数在D组，将D组数据从小到大排序为85，85，86，86，87， 88 ，89，
∵20×30%=6，第10与第11两个数据为86，87，
∴中位数为，
故答案为：86.5；
【小问3详解】
解：八年级E：，F：两组占1-65%=35%，
共有20×35%=7人
七年级E：，F：两组人数为3+1=4人，
两年级共有4+7=11人，
占样本，
∴该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高的学生一共有（人）．
【点睛】本题考查从频率直方图和扇形统计图获取信息与处理信息，样本的容量，频数，中位数，用样本的百分比含量估计总体中的数量，掌握样本的容量，频数，中位数，用样本的百分比含量估计总体中的数量是解题关键．
21. 如图所示，甲、乙两个带指针的转盘分别被分成三个面积相等的扇形（两个转盘除表面数字不同外，其它完全相同），转盘甲上的数字分别是−6，−1，8，转盘乙上的数字分别是−4，5，7（规定：指针恰好停留在分界线上，则重新转一次）．
（1）转动转盘，转盘甲指针指向正数的概率是__________；转盘乙指针指向正数的概率是__________．
（2）若同时转动两个转盘，转盘甲指针所指的数字记为a，转盘乙指针所指的数字记为b，请用列表法或树状图法求满足a+b<0的概率．
【答案】（1）；
（2）满足a+b<0的概率为．
【解析】
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）列表得出所有等可能解果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【小问1详解】
解：转动转盘，转盘甲指针指向正数的概率是；
转盘乙指针指向正数的概率是．
故答案为：；．
【小问2详解】
解：列表如下：
由表知，共有9种等可能结果，其中满足a+b<0的有3种结果，
∴满足a+b<0的概率为．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．
22. 如图，在中，，以为直径作，与交于点，与交于点，过点作，且，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）通过证明得到，即可证得是的切线；
（2）先证明，得到，进而求出，得到，通过即可得到答案．
【小问1详解】
证明：连结
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即
而点在上，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：如下图所示，连接
∵，
∴ ，
∴，
∴，
连结，，交于，则，
∴，
∴，而，
∴，
∵是中点，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆的性质，全等三角形的性质和平行直线的性质，解题的关键是数量掌握圆的相关知识．
23. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边、分别在坐标轴上，且，，连接．反比例函数（）的图象经过线段的中点，并与、分别交于点、．一次函数的图象经过、两点．
（1）分别求出一次函数和反比例函数的表达式；
（2）点是轴上一动点，当的值最小时，点的坐标为______．
【答案】（1）, ；（2）
【解析】
【分析】（1）先求出B点的坐标，再由反比例函数过点，求出点的坐标，代入即可，
由矩形的性质可得、坐标，代入即可求出解析式；
（2）“将军饮马问题”，作关于轴的对称点，连接,直线与轴交点即为所求．
【详解】（1） 四边形是矩形，，

为线段的中点

将代入，得




将，代入，得：
，解得

（2）如图：作关于轴的对称点，连接交轴于点P
当三点共线时，有最小值
，
设直线的解析式为
将，代入，得
，解得
令，得
【点睛】本题考查了矩形的性质，反比例函数性质，反比例函数和一次函数待定系数法求解析式，反比例函数图像上点的特点，线段和距离最值问题，正确的作辅助线，理解并记忆待定系数法求解的技巧是解题关键．
24. 随着我国科学技术的不断发展，5G移动通信技术日趋完善．某市政府为了实现5G网络全覆盖，2021~2025年拟建设5G基站3000个，如图，在斜坡上有一建成的5G基站塔，小明在坡脚处测得塔顶的仰角为，然后他沿坡面行走了50米到达处，处离地平面的距离为30米且在处测得塔顶的仰角．（点、、、、均在同一平面内，为地平线）（参考数据：，，）
（1）求坡面的坡度；
（2）求基站塔的高．
【答案】（1）
（2）基站塔的高为米
【解析】
【分析】（1）过点、分别作的垂线，交的延长线于点、，过点作，垂足为，利用勾股定理求出，然后利用坡度的求解方式求解即可；
（2）设米，则米，米，根据，求出米，米．在中，求出；再根据（米．
【小问1详解】
解：如图，过点、分别作的垂线，交的延长线于点、，过点作，垂足为．
根据他沿坡面行走了50米到达处，处离地平面的距离为30米，
（米），（米），
根据勾股定理得：（米）
坡面的坡度为；,
即坡面的坡度比为；
【小问2详解】
解：设米，则米，米，
，
，
米，
米．
在，
米，米，，
，
解得；
（米），
（米，
（米）．
答：基站塔的高为米．
【点睛】本题考查解直角三角形，通过作垂线构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系和坡度的意义进行计算是常用的方法．
25. “关联”是解决数学问题的重要思维方式．角平分线的有关联想就有很多……
【问题提出】
（1）如图①，是的角平分线，求证：．

请根据小明或小红的思路，选择一种并完成证明．
【理解应用】
（2）如图②，在中，，是边上一点．连接，将沿所在直线折叠，使点恰好落在边上的点处，落，，则的长为___________．

【深度思考】
（3）如图③，中，，，为的角平分线．的垂直平分线交延长线于点，连接，当时，的长为___________．

【拓展升华】
（4）如图④，是的角平分线，若，，则的面积最大值是___________．

【答案】（1）见解析 （2）
（3）6 （4）3
【解析】
【分析】（1）选择小明的思路，过点交的延长线于点D，易证，得到，由角平分线的性质和平行线的性质得，可得，等量代换即可证明；选择小红的思路，根据角平分线的性质得到，再利用等面积；
（2）利用（1）中的结论得到，再利用勾股定理即可解答；
（3）利用（1）中的结论得到，再利用垂直平分线的性质得到，再根据相似三角形得到的值；
（4）作的外角平分线，交的延长线于D，在的延长线上截取,易得，由（1）结论可得，由等量代换可得，利用（1）中的结论得到，求得的半径为，当P运动到点，时，的面积最大，计算即可．
【小问1详解】
解：选择小明思路，如图，过点交的延长线于点D，

∵，
∴，
又∵，
∴，
∴
∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴；
选择小红的思路，如图，过点分别作交于点，作交于点，作于点，

∵是的角平分线，
∴，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：∵将沿所在直线折叠点恰好落在边上的点处，
∴平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为；
【小问3详解】
解：∵为的角平分线，
∴，，
∵中，，，，
∴，
∴，
∵的垂直平分线交延长线于，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为．
【小问4详解】
解：如图，
如图，作的外角平分线，交的延长线于D，

在的延长线上截取,
∵是的外角平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴点P在以半径为的上，
如图，当P运动到点，时，

的面积最大，最大值为，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，角平分线、中垂线、等腰三角形的性质及勾股定理，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．
26. 在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点的坐标为．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）如图1，若点在抛物线上且满足，求点的坐标；
（3）如图2，是线段上一个动点，过点作轴交抛物线于点，是直线上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点的坐标．
【答案】（1）
（2）满足，点的坐标为或
（3）点的坐标为或或
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标，这抛物线的解析式为顶点式，把点代入即可求解；
（2）图形结合，分类讨论，①满足，则；②满足，如图所示，，根据勾股定理即可求解；
（3）图形结合，分类讨论，①当时，；②当，；③当，，由此即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线与轴交于点和点，顶点坐标为，
∴根据顶点坐标，设抛物线的解析式为，且过，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为．
【小问2详解】
解：∵抛物线的解析式为，
令，则，解得，，，
∴，
令，则，即，且，
∴设直线的解析式为，
∴，解得，，
∴直线的解析式为，
①如图所示，
满足，则，
设直线的解析式为，把点代入得，，
∴直线的解析式为，
∵点在抛物线上，
∴，解得，或，
∵点，
∴点的坐标为；
②如图所示，与交于点，过点作轴于，过点作轴于，
满足，
已知，，，则，，，，，
在中，，
在中，，
在中，，
∴，即是直角三角形，即，
∵，，
∴，
∴，
∵点在直线上，
∴，
如图所示，过点作轴于，与交于点，
∴在中，，，则，
在中，，，则，
∵，
∴，
∴，解得，，
∴点的坐标为；
综上所述，满足，点的坐标为或．
【小问3详解】
解：由（2）可知，直线解析式为，
设直线的解析式为，且，，
∴，解得，，
∴直线的解析式为，
∵点在直线上，点在直线上，轴交抛物线于点，
∴设，则，
∴，
①如图所示，
当时，，则点与点重合，则，
∴，，
∵，
∴，解得，，
∴；
②如图所示，
当，，
∵直线的解析式为，点在直线上，，
∴，
∴，
∵，
∴，解得，或，
当时，，符合题意；当时，，不符合题意，舍去；
∴，；
③如图所示，
当，，则点在的垂直平分线上，
∴，
∵点在直线上，
∴，解得，，
∴；
综上所述，点的坐标为或或．
【点睛】本题主要考查二次函数图像与几何图形变换的综合运用，掌握待定系数法求二次函数解析，平行线的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，图形结合、分类讨论是解的关键．乙 甲
-1
-6
8
-4
-5
-10
4
5
4
-1
13
7
6
1
15
小明思路：关联“平行线、等腰三角形”，过点作，交PC的延长线于点D，利用“三角形相似”．
小红思路：关联“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，过点分别作交于点，作交于点，利用“等面积法”．