数学（江苏扬州卷）-学易金卷：2023年中考第二次模拟考试卷

2023年中考数学第二次模拟考试卷

数学·参考答案

第Ⅰ卷

一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）

第Ⅱ卷

二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）

9．x≥1      10．3（xy）（xy）      11．π     

12．3      13．16       14．     15．484

16．（3，2）    17．10     18．10 

三．解答题（共10小题，满分96分）

19．（8分）

解：（1）原式＝4﹣4+1﹣9＝﹣8；

（2）原式•．

20．（8分）

解：，

解不等式①，得x＞﹣1，

解不等式②，得x≤6，

所以不等式组的解集是﹣1＜x≤6．

21．（8分）

解：（1）∵BM＝4，AB＝AM，AE为△ABM边BM的中线，

∴BE＝ME＝2，

∴EC＝EM+MC＝2+6＝8，

∴AE6，

∴AM2；

（2）如图，过点E作EH⊥AF于H，

∵AB∥CD，AF⊥AB，

∴∠BAO＝∠FCO，∠ANO＝∠CFO，AF⊥CD，

∵点O是对角线AC的中点，

∴AO＝CO，

∴△ANO≌△CFO（AAS），

∴AN＝CF，

∵∠ACB＝45°，AE⊥EC，

∴AE＝EC，

∵EH⊥AF，EG⊥GD，AF⊥CD，

∴四边形EHFG是矩形，

∴∠HEG＝∠AEC＝90°，

∴∠AEH＝∠CEG，

又∵∠AHE＝∠EGC＝90°，

∴△AEH≌△CEG（AAS），

∴AH＝GC，EH＝EG，

∴四边形EHFG是正方形，

∴HF＝FG，

∴AN+AF＝FC+AH+HF＝FC+CG+FG＝2FG．

22．（8分）

解：（1）小丽被派往发热门诊的概率；

故答案为：；

（2）小丽、小王和两个同事分别用A，B，C1，C2表示，根据题意画图如下：

由上可知；一共出现了12种等可能的结果，小丽和小王同时出现的有2种情况，

则小丽和小王同时被派往发热门诊的概率是．

23．（8分）

（1）证明：∵Δ＝[﹣（2k+1）]2﹣4×（k2+k）＝1＞0，

∴无论k取何值，方程有两个不相等的实数根．

（2）解：∵由 x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0，得（x﹣k）[x﹣（k+1）]＝0，

∴x1＝k，x2＝k+1．

即AB、AC的长为k、k+1，

当AB＝BC时，即k＝5，满足三角形构成条件，则△ABC三边的长为5、5、6；

当AC＝BC时，k+1＝5，解得k＝4，满足三角形构成条件，则△ABC三边的长为5、5、4；

综上所述，△ABC三边的长为5、5、6或5、5、4．

24．（10分）

解：（1）相切，

证明：如图，连接OC，

在△OCB与△OCD中，

，

∴△OCB≌△OCD（SSS），

∴∠ODC＝∠OBC＝90°，

∴OD⊥DC，

又∵OD为⊙O的半径，

∴DC是⊙O的切线；

（2）设⊙O的半径为r，

在Rt△OBE中，∵OE2＝EB2+OB2，

∴（16﹣r）2＝r2+82，

∴r＝6，

∴⊙O的半径为6．

25．（10分）

解：（1）由题意可得，足球距离点O（30﹣14）＝16米时，足球达到最大高度8米，

设抛物线解析式为：y＝a（x﹣16）2+8，

把（0，0）代入解析式得：0＝a（0﹣16）2+8，

解得：a，

故抛物线解析式为：y（x﹣16）2+8；

（2）当x＝3时，y（3﹣16）2+8＝2.71875＜2.88，

故C罗能在空中截住这次吊射．

26．（12分）

解：（1）对于yx+1，令yx+1＝0，解得x＝﹣3，令x＝0，则y＝1，

故点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（0，1），

设过点C的垂线与x轴交于点D，

则△AOB∽△ADC，则，

∵OB＝1，OA＝3，

∴CD＝3，AD＝9，

则OD＝9﹣3＝6，

故点C（6，3），

将点C的坐标代入反比例函数表达式得：k＝3×6＝18；

（2）①设点T（t，0），

由点A、B、C、T坐标得：AT＝t+3，OC，AC，BT，

∵AT•OC＝AC•BT，即（t+3），

解得：t＝7或﹣1（舍去﹣1），

故点T（7，0）；

由B、C、T的坐标得：BT，

同理可得BC，CT，

则BC2＝CT2+BC2，

∴△BCT为直角三角形，

∴sin∠CBT；

②∵△BCT为直角三角形，点N为△BCT的外心，

则点N是BT的中点，

由中点公式得，点N（，），

过点N作y轴的平行线交OC于点E，

由点C的坐标得：直线OC的表达式为yx，

当x时，yx，故点E（，），

则EN，

∵EN∥OB，

∴△BMO∽△NME，

则BM：MN＝OB：EN＝14：5．

27．（12分）

（1）解：如图1，

作CH⊥AD于H，设∠BAC＝α，

在Rt△ADE中，

∠DAE＝90°﹣∠ADE＝60°，

∴∠CAD＝∠BAD﹣∠BAC＝60°﹣α，

∵∠ADE＝90°，∠AED＝2∠ADC，

∴∠ADC＝45°，

∴∠ACB＝∠ADC+∠CAD＝45°+（60°﹣α）＝105°﹣α，

∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB＝105°﹣α，

在△ABC中，

∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，

∴2（105°﹣α）+α＝180°，

∴α＝30°，

∴∠CAD＝30°，

在Rt△CDH中，

CH＝DH＝CD•sin∠ADC＝3•sin45°＝33，

在Rt△ACH中，

AH3，

∴AD＝DH+AH＝3+3；

（2）证明：如图2，

在AG上截取GH＝GF，连接NH，EH，

设∠ABC＝∠ACB＝α，∠ADC＝β，则AED＝2β，

∵∠AED＝∠ABC+∠BDE，

∴2β＝α+∠BDE，

∴∠BDE＝2β﹣α，

∴∠ADE＝∠ADC﹣∠BDE＝β﹣（2β﹣α）＝α﹣β，

∵∠ACB＝∠ADC+∠DAC，

∴α＝β+∠DAC，

∴∠DAC＝α﹣β，

∴∠ADE＝∠DAC，

∴AG＝DG，

∵∠DGC＝∠AGN，CG＝GN，

∴△DGC≌△AGN（SAS），

∴AG＝DG，∠DCG＝∠ANG，

同理可得：△CGF≌△NGH（SAS），

∴GH＝FG，∠FCG＝∠HNG，

∴∠DCG﹣∠FCG＝∠ANG﹣∠HNG，

即：∠ANH＝∠DCF，

∵CF∥AB，

∴∠FCD＝∠ABC，∠CFG＝∠AEN，

∴∠ANH＝∠ABC，

∵∠ACB＝180°﹣∠DCF﹣∠FCG，

∠ANE＝180°﹣∠ANH﹣∠HNG，

∴∠ANE＝∠ACB，

∴∠ANH＝∠ANE，

∵∠CFG＝∠AEN（已证），∠NHG＝∠CFG（已证），

∴∠AEN＝∠NHG，

∴点A、E、N、H四点共圆，

∴∠AHE＝∠ANE，∠AEH＝∠ANH，

∴∠AEH＝∠AHE，

∴AE＝AH，

∵AG＝DG，GH＝FG，

∴DF＝AH，

∴AE＝DF；

（3）解：如图，

以AC为斜边作等腰直角三角形AOC，以点O为圆心，OA为半径作圆O，

作OE⊥AC于E，延长EO交⊙O于D′则点D在优弧AD′C上运动，

当点D运动到点D′时，△ACD的面积最大，

在Rt△AOC中，

OAAC＝3，OEAC＝3，

∴ED′＝OE+OD′＝3+3，

∴S△ACD最大9+9．

28．（12分）

解：（1）如图，连接AO、DO，

∵AB＝AD，

∴，

∴∠AOB＝∠AOD，

∴AO＝OB，AO＝OD，

∴△AOB≌△AOD，

∴∠BAO＝∠DAO，

延长AO交BD于点H，

∵AB＝AD，

∴AH⊥BD，

∴∠AHB＝∠AHD＝90°，

∵，

∴∠ACD＝∠ABD，

∴∠CAB＝∠BAO＝∠OAD，

∴∠CAO＝2∠CDB．

（2）过点O作OT⊥CD，则CT＝DT，

∵CD⊥AB，CD⊥OT，OQ⊥AB，

∴∠OQB＝∠OTE＝∠AED＝90°，

∴四边形OTEQ为矩形，

∴OQ＝ET，

∵TD＝CT＝ET+CE，

∵AB＝AD，

∴OQ＝OH，

∴2OH+CE＝DE．

（3）如图，∵∠ACB+∠ADB＝180°，

∠FCB+∠ACB＝180°，

∴∠ADB＝∠FCB，

∵∠F＝∠F，

∴△FCB∽△FDA，

∴，

∵CB＝12，

∴AB＝AD＝36，

∵∠BCD＝∠BAD，∠AEB＝∠AED，

∴△CEB∽△AED，

∴，

设BE＝x，则AE＝36﹣x，ED＝3x，

∵AB⊥CD，

∴∠AED＝90°，

则在Rt△AED中，

AE2+ED2＝AD2，

（36﹣x）2+（3x）2＝362，

解得：，

∴BD

∵CD⊥AB，

∴∠BED＝90°，∠NMA＝90°，∠ANM＝∠END，

∴∠NED＝∠MAN，

∴∠BDE＝∠EDN，

∵ED＝ED，

∴△BED≌△NED，

∴，

∵∠CDB＝∠CAB，∠NMA＝∠BED，

∴△AMN∽△DEB，

∴，

∴，

∴MN．

【点评】本题是一道圆的综合性题目，运用了同弧所对的圆周角相等，垂径定理，相似，圆的内接四边形，勾股定理等知识，并灵活运用了辅助线.