2024年中考考前最后一套押题卷：数学（江苏淮安卷）（全解全析）

这是一份2024年中考考前最后一套押题卷：数学（江苏淮安卷）（全解全析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题包括8小题，每小题3分，共24分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的.）
1．D
【解析】本题考查正数的识别，大于0的数即为正数，据此进行判断即可．
【详解】解：，是负数；0既不是正数也不是负数；是正数；
故选：D．
2．B
【解析】本题考查了完全平方公式，合并同类项，同底数幂的乘法，准确熟练地进行计算是解题的关键．
根据完全平方公式，合并同类项，同底数幂的乘法法则进行计算，逐一判断即可解答．
【详解】解：A、与不能合并，故本选项不符合题意；
B、，故本选项符合题意；
C、，故本选项不符合题意；
D、，故本选项不符合题意；
故选：B．
3．D
【解析】本题主要考查了平行线的性质，解题的关键是掌握两直线平行，内错角相等， 过点P作，根据平行公理得出，根据平行线的性质得出，，即可得出答案．
【详解】解：过点P作，如图所示：
∵，
∴，
∴，，
∴．
故选：D．
4．A
【解析】本题考查解一元一次不等式以及解集在数轴上的表示方法，掌握一元一次不等式的解法以及解集在数轴上的表示方法是正确解答的前提．
求出不等式的解集，再在数轴上将解集表示出来即可．
【详解】解：，
解得：，
∴原不等式的解集为：，
故选：A．
5．D
【解析】根据正多边形的内角和公式可算出的值，由多边形外角和的定义和性质即可求解．
【详解】解：一个正边形的内角和为，
∴，解得，，
∵正六边形的外角和为，
∴每个外角的度数为，
故选：．
【点睛】本题主要考查多边形内角和、外角和的综合运用，掌握内角和公式，正多边形外角和为的计算方法是解题的关键．
6．C
【解析】本题主要考查的是一次函数的图象与系数的关系．根据图象可知，一次函数与轴的交点在轴上方，从而可确定出的取值范围．
【详解】解：根据图象可知，一次函数与轴的交点在轴上方，
，
．
故选：C．
7．D
【解析】本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是根据题意可知，装裱后的长为，宽为，再根据整幅图画宽与长的比是，即可得到相应的方程．
【详解】解：由题意可得，
，
故选：D．
8．B
【解析】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理；通过观察图可以得出，，，由勾股定理可以求出的值，从而得出，，当为的中点时，由勾股定理求出长度．
【详解】解：因为点是从点出发的，为初始点，
观察图象时，则，从向移动的过程中，是不断增加的，
而从向移动的过程中，是不断减少的，
因此转折点为点，运动到点时，即时，，此时，
即，，，，
，
由勾股定理得：，
解得：，
，，
当点为中点时，，
，
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
9．
【解析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为的形式，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，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：,
故答案为：．
10．
【解析】本题考查数轴上两点间的距离，熟记距离公式是解题的关键．根据数轴上两点间的距离公式计算解题．
【详解】解：，
故答案为：．
11．抽查
【解析】本题考查的是抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查．
【详解】解：为了解我国中学生课外阅读的情况，应采用的调查方式是抽查，
故答案为：抽查．
12．
【解析】本题考查根据点所在的象限，求参数．根据第四象限的点的符号特征，得到进行求解即可．
【详解】解：∵点在第四象限，
∴
解得：．
故答案为：．
13．
【解析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．根据正方形的性质可得，再结合等腰三角形中等边对等角，即可求解．
【详解】解：正方形的两条对角线相交于点O，点E在上，
，
，
，
故答案为：．
14．20
【解析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及等腰三角形的性质是解题的关键．根据圆周角定理可知，根据等腰三角形的性质可得，从而，最后根据等腰三角形的性质即得答案．
【详解】如图，连接OD，
，
，
，
，，
，
，，
．
故答案为：20．
15．
【解析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，解直角三角形及等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定，解答本题的关键是证明和是相似三角形，此题难度不大．
作于M， 于N，先用勾股定理求出， 进而用等积法得到AM，利用三角函数及等腰三角形的性质求出，最后证明，得成比例的线段即可得到的长度．
【详解】解∶

作于M， 于N，
，
，
矩形中，，，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
．
故答案为：．
16．10
【解析】过点F作轴于点D，过点B作轴于点G，可得，再由轴，，可得，即，从而求得，再根据反比例函数解析式求得，即可求得结果．
【详解】解：过点F作轴于点D，过点B作轴于点G，
∵轴，轴，
∴，
又∵F为的中点，，
∴，
∵轴，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴．

【点睛】本题考查三角形的中位线的性质、用待定系数法求反比例函数解析式，熟练掌握相关知识是解题的关键．
三、解答题（本大题共9题，满分102分）
17． （本题满分10分）
【解析】本题考查了零指数幂、算术平方根、解方程组等知识，熟练掌握运算法则，灵活运用加减消元法解方程组是解题的关键．
（1）根据零指数幂的定义，算术平方根的定义，绝对值的定义，计算即可；
（2）选择相加消元后直接解方程即可．
【详解】解：（1），
，
；
（2），
得，
解得，
把代入①，可得，
解得，
是原方程的解．
18．（本题满分8分）
【解析】本题考查了分式的化简求值，属于基础题，熟练掌握分式的运算法则是解题关键．先通分，再将分子和分母分解因式，根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将的值代入化简后的式子即可解答本题．
【详解】解：


当时，
原式．
19． （本题满分8分）
【解析】可证明ABECDF，即可得到结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，ABCD
∴∠BAC=∠DCA
∵BEAC于E，DFAC于F
∴∠AEB=∠DFC=90°
在ABE和CDF中 ，

∴ABECDF（AAS）
∴AE=CF
【点睛】此题考查平行四边形的性质和全等三角形的判定及性质，掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定是解决问题的关键．
20．（本题满分8分）
【解析】本题考查了概率公式以及列树状图求概率，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）根据概率公式进行列式，代数计算即可；
（2）先列树状图，得出6种等可能的结果，再代入概率公式进行计算即可，
【详解】（1）解：依题意，∵从家到该站台可乘三路车（小明乘三路车的可能性相同）
∴小明从家到学校乘坐A路车的概率是．
（2）解：依题意，画树状图如下：
由图可知，共有6种等可能的结果，其中小明先乘坐A路车，再转乘路车到学校的结果有1种，
小明先乘坐A路车，再转乘路车到学校的概率为．
21．（本题满分10分）
【解析】本题考查了平均数，中位数和众数的定义及意义，利用样本估计总体，根据题意找出所需数据是解题关键．
（1）根据平均数，中位数和众数的定义求解即可；
（2）根据平均数的意义解析即可
（3）根据总人数乘以生产能手的占比，分别求出甲、乙两工厂的生产能手，相加即可．
【详解】（1）解：甲工厂的平均数为，
，
；
甲工厂每人加工零件的个数中，出现了3次，次数最多，
；
乙工厂的中位数为第5个和第6个数据的平均数，
由条形统计图可知，第5个和第6个数据分别为和，
，
故答案为：54；48；48.5；
（2）解：乙工厂，
理由为：乙工厂工人当天每人加工零件个数的平均数大于甲工厂（答案不唯一）．
（3）解：，，
．
答：估计当天甲、乙两工厂生产能手的总人数之和为700．
22．（本题满分8分）
【解析】本题考查格点作图，平行四边形的性质，等腰三角形的性质．
（1）根据平行四边形的性质，取格点D，连接，使得，再连接，然后连接，交与一点，连接点P于这一点，并延长交于点E，则，点E即为所求；
（2）取格点，连接交于点G，利用格点再取的中点Q，连接交于点M；再取格点，连接，使得，连接，交与点于点O，连接并延长交于点Z，最后连接交于点F，点M，点F即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，，点E即为所求；

（2）解：点M，点F即为所求．

23．（本题满分8分）
【解析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用：
（1）直接解直角三角形即可得到答案；
（2）解法一：先解得到，再由得到，代值计算即可；解法二：先解得到，则，进而得到，代值计算即可．
【详解】（1）解：在中，，，，
．
（2）解：解法一：在中，，，
．
，
．即．
解得．
答：广告牌低端顶点到地面的距离的长约为．
解法二：：
在中，，，
．
在中，，，
，
．
答：广告牌低端顶点到地面的距离的长约为．
24．（本题满分8分）
【解析】本题主要考查了切线的性质，扇形的面积，相似三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学的知识解决问题，属于中考常考题．
（1）连接，利用已知条件求证，即可求解；
（2）根据已知条件可求证，利用相似三角形的线段比可求出半径，即可求解．
【详解】（1）解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）∵且，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
25． （本题满分10分）
【解析】本题主要考查了一次函数和二次函数的应用，熟练掌握待定系数法求函数解析式，一次函数和二次函数的性质，方差的计算，是解题的关键．
任务1：根据表格每隔10min水面高度数据计算即可；
任务2：根据每隔10min水面高度观察值的变化量大约相等，得出水面高度h与流水时间t的是一次函数关系，利用时，；时，，由待定系数法求解；
任务3：（1）先求出对应时间的水面高度，结合观察值再求w值；（2）设，然后根据表格中数据求出此时w的值是关于k的二次函数解析式；由此求出w的值最小时k值，即得；
任务4：根据优化后的高度随时间变化规律，以相同时间刻画不同高度即可．
【详解】任务1：
变化量分别为：，，，，
∴每隔水面高度观察值的变化量为：，，，．
任务2：
设水面高度h与流水时间t的函数解析式为，
∵时，，时，；
∴，
解得：，
∴水面高度h与流水时间t的函数解析式为；
任务3：
（1）；
（2）设：，则
∴当时，w有最小值为0.038；
任务4：
由任务3知，优化后的函数解析式为．
∴时间刻度方案要点为，零刻度放在水位最高处，在容器外壁向下每隔标记一次刻度，就代表时间经过了10分钟．
∵时，，
∴最大量程为294分钟．
26．（本题满分12分）
【解析】（1）利用勾股定理进行求解即可；
（2）求出当恰好在上时，的值，即可得出结论；
（3）设交于点，过点作，过点作，证明，设，在中，利用勾股定理求出的值，即可得解；
（4）分和，两种情况，进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵在矩形中，，，
∴；
故答案为：；
（2）解：当恰好在上时，如图所示：
∵点关于的对称点为
∴，，
∴，即：，
∴，
∴，
∴；
∴当点落在的内部时，；
（3）解：设交于点，过点作，过点作，则：，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
同法（2）可得：，，
∴，
∵，、、三点共线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则：，，
在中，，
∴，解得：；
∴，
∴；
（4）解：①当：时，设与交于点，
∵，
∴，即：，
∴，
∴，
∵点关于的对称点为，
∴，，
∴，
设，则：，
在中，，
∴，解得：，
∴，
∴；
②当时，则：，
∵点关于的对称点为，
∴，
∵，
∴，
∴，
即：平分，
延长交于点，过点作，
∵矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，当与矩形的对角线垂直时，或
【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握矩形的性质，对称的性质，根据题意，画出图形，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
27．（本题满分12分）
【解析】（）运用待定系数法即可求得答案；
（）设交轴于，可证得，得到，可得，利用待定系数法可得直线解析式为，联立函数式即可求得点的坐标；
（）当时，，，即可求得答案；
由题意得，，，由，可得，，分三种情况：当时，当时，当时，分别画出图象，即可求得答案．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，其对称轴为，
∴，
解得，
∴抛物线的函数解析式为；
（2）解：设交轴于，如图，

在中，令，得
解得或，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为，
联立函数式得，
解得或，
∴；
（3）解：当时，，，
∴；
由题意得，，，
∵，
∴当时，，
解得，，
当时，如图，
；
当时，如图，
；
当时，如图，
；
综上所述，关于的函数关系式为
．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，一次函数和二次函数的交点问题，全等三角形的判定与性质，矩形的性质等知识，利用了数形结合、分类讨论思想解答是解题的关键．
1
2
3
4
5
6
7
8
D
B
D
A
D
C
D
B