江蘇省泰州附中2023屆中考數學二模試題（含解析）

cm2．【考點】由三視圖判斷幾何體．【分析】根據AE的長，求底面正六邊形的邊長，用正六邊形的周長×AD，得正六棱柱的側面積．【解答】解：如圖，正六邊形的邊長為AC、BC，CE垂直平分AB，由正六邊形的性質可知，∠ACB=120°，∠A=∠B=30°，AE=AB=3，所以，AC===2，正六棱柱的側面積=6AC×AD=6×2×10=120cm2．故答案為：120．14．二次函數y=ax2+bx+c〔a≠0〕中，函數值y與自變量x的局部對應值如表：x…﹣5﹣4﹣3﹣2﹣1…y…3﹣2﹣5﹣6﹣5…那么關于x的一元二次方程ax2+bx+c=3的根是﹣5或1．【考點】拋物線與x軸的交點．【分析】先確定拋物線對稱軸，再觀察表格確定函數值為3時的自變量的值即可解決問題．【解答】解：觀察表格可知拋物線對稱軸x=﹣2，∴x=﹣5或1時，y的值都是3，∴一元二次方程ax2+bx+c=3的根是﹣5或1．故答案為﹣5或1．15．如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，斜邊AB=2，O是AB的中點，以O為圓心，線段OC的長為半徑畫圓心角為90°的扇形OEF，弧EF經過點C，那么圖中陰影局部的面積為﹣．【考點】扇形面積的計算．【分析】連接OC，作OM⊥BC，ON⊥AC，證明△OMG≌△ONH，那么S四邊形OGCH=S四邊形OMCN，求得扇形FOE的面積，那么陰影局部的面積即可求得．【解答】解：連接OC，作OM⊥BC，ON⊥AC．∵CA=CB，∠ACB=90°，點O為AB的中點，∴OC=AB=1，四邊形OMCN是正方形，OM=．那么扇形FOE的面積是：=．∵OA=OB，∠AOB=90°，點D為AB的中點，∴OC平分∠BCA，又∵OM⊥BC，ON⊥AC，∴OM=ON，∵∠GOH=∠MON=90°，∴∠GOM=∠HON，那么在△OMG和△ONH中，，∴△OMG≌△ONH〔AAS〕，∴S四邊形OGCH=S四邊形OMCN=〔〕2=．那么陰影局部的面積是：﹣．故答案為：﹣．16．如圖，在平面直角坐標系xOy中，O是坐標原點，點A是函數y=〔x＜0〕圖象上一點，AO的延長線交函數y=〔x＞0，k＜0〕的圖象于點B，BC⊥x軸，假設S△ABC=，那么k的值是3．【考點】反比例函數系數k的幾何意義．【分析】設點A的坐標為〔m，〕，直線AB經過點A，可得直線AB的表達式為y=x．直線AB與函數y=一個交點為點B，那么可求得點B的坐標為〔﹣mk，﹣〕，根據S△ABC=，可得方程×〔﹣〕×〔﹣mk+|m|〕=，求出k的值．【解答】解：解：設A〔m，〕〔m＜0〕，直線AB的解析式為y=ax〔k≠0〕，∵A〔m，〕，∴ma=，解得a=，∴直線AB的解析式為y=x．∵AO的延長線交函數y=的圖象于點B，∴B〔﹣mk，﹣〕，∵△ABC的面積等于，CB⊥x軸，∴×〔﹣〕×〔﹣mk+|m|〕=，∴解得k1=﹣5〔舍去〕，k2=3，即k的值是3．故答案為：3三、解答題〔本大題共有10小題，共102分〕17．計算：0﹣6tan30°+〔〕﹣2+|1﹣|．【考點】實數的運算；零指數冪；負整數指數冪；特殊角的三角函數值．【分析】原式利用零指數冪、負整數指數冪法那么，絕對值的代數意義，以及特殊角的三角函數值計算即可得到結果．【解答】解：原式=1﹣6×+4+﹣1=4﹣．18．解不等式組并寫出它的所有整數解．【考點】一元一次不等式組的整數解；解一元一次不等式組．【分析】分別求出每一個不等式的解集，根據口訣：“大小小大中間找〞確定不等式組的解集，繼而可得答案．【解答】解：解不等式4〔x﹣1〕≤3〔x+2〕得：x≤10，解不等式＜x﹣4得：x＞7，∴不等式組的解集為：7＜x≤10，那么該不等式組的整數解有：8、9、10．19．目前，步行已成為人們最喜愛的健身方法之一，通過可以計算行走的步數與相應的能量消耗．比照數據發(fā)現小明步行12000步與小紅步行9000步消耗的能量相同．假設每消耗1千卡能量小明行走的步數比小紅多10步，求小紅每消耗1千卡能量需要行走多少步？【考點】分式方程的應用．【分析】設小紅每消耗1千卡能量需要行走x步，那么小明每消耗1千卡能量需要行走〔x+10〕步，根據數量關系消耗能量千卡數=行走步數÷每消耗1千卡能量需要行走步數結合小明步行12000步與小紅步行9000步消耗的能量相同，即可得出關于x的分式方程，解之后經檢驗即可得出結論．【解答】解：設小紅每消耗1千卡能量需要行走x步，那么小明每消耗1千卡能量需要行走〔x+10〕步，根據題意，得=，解得x=30．經檢驗：x=30是原方程的解．答：小紅每消耗1千卡能量需要行走30步．20．如圖，在?ABCD中，E是AD邊上的中點，連接BE，并延長BE交CD的延長線于點F．〔1〕求證：△ABE≌△DFE；〔2〕連接BD、AF，當BE平分∠ABD時，求證：四邊形ABDF是菱形．【考點】菱形的判定；全等三角形的判定與性質．【分析】〔1〕由平行四邊形的性質和條件得出∠ABE=∠DFE，AE=DE，由AAS證明△ABE≌△DFE即可．〔2〕由全等三角形的性質得出AB=DF，證出四邊形ABDF是平行四邊形，再由平行四邊形的性質和條件得出∠DBF=∠DFB，得出DB=DF，即可得出結論．【解答】〔1〕證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD．∵點F在CD的延長線上，∴FD∥AB．∴∠ABE=∠DFE．∵E是AD中點，∴AE=DE．在△ABE和△DFE中，，∴△ABE≌△DFE〔AAS〕；〔2〕證明：∵△ABE≌△DFE，∴AB=DF．∵AB∥DF，AB=DF，∴四邊形ABDF是平行四邊形．∵BF平分∠ABD，∴∠ABF=∠DBF．∵AB∥DF，∴∠ABF=∠DFB，∴∠DBF=∠DFB．∴DB=DF．∴四邊形ABDF是菱形．21．圖1是小明在健身器材上進行仰臥起坐鍛煉時情景．圖2是小明鍛煉時上半身由EM位置運動到與地面垂直的EN位置時的示意圖．BC=0.64米，AD=0.24米，α=18°．〔sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32〕〔1〕求AB的長〔精確到0.01米〕；〔2〕假設測得EN=0.8米，試計算小明頭頂由M點運動到N點的路徑弧MN的長度〔結果保存π〕【考點】解直角三角形的應用；弧長的計算．【分析】〔1〕構造∠α為銳角的直角三角形，利用α的正弦值可得AB的長；〔2〕弧MN的長度為圓心角為90+α，半徑為0.8的弧長，利用弧長公式計算即可．【解答】解：〔1〕作AF⊥BC于F．∴BF=BC﹣AD=0.4米，∴AB=BF÷sin18°≈1.29米；〔2〕∵∠NEM=90°+18°=108°，∴弧長為=0.48π米．22．某高校學生會發(fā)現同學們就餐時剩余飯菜較多，浪費嚴重，于是準備在校內倡導“光盤行動〞，讓同學們珍惜糧食，為了讓同學們理解這次活動的重要性，校學生會在某天午餐后，隨機調查了局部同學這餐飯菜的剩余情況，并將結果統(tǒng)計后繪制成了如下圖的不完整的統(tǒng)計圖．〔1〕這次被調查的同學共有1000名；〔2〕把條形統(tǒng)計圖補充完整；〔3〕校學生會通過數據分析，估計這次被調查的所有學生一餐浪費的食物可以供200人用一餐．據此估算，該校18000名學生一餐浪費的食物可供多少人食用一餐？【考點】條形統(tǒng)計圖；用樣本估計總體；扇形統(tǒng)計圖．【分析】〔1〕用沒有剩的人數除以其所占的百分比即可；〔2〕用抽查的總人數減去其他三類的人數，再畫出圖形即可；〔3〕根據這次被調查的所有學生一餐浪費的食物可以供200人用一餐，再根據全校的總人數是18000人，列式計算即可．【解答】解：〔1〕這次被調查的同學共有400÷40%=1000〔名〕；故答案為：1000；〔2〕剩少量的人數是；1000﹣400﹣250﹣150=200，補圖如下；〔3〕18000×=3600〔人〕．答：該校18000名學生一餐浪費的食物可供3600人食用一餐．23．如圖，轉盤上1、2、3、4四個數字分別代表雞、猴、鼠、羊四種生肖郵票〔每種郵票各兩枚，雞年郵票面值“80分〞，其它郵票都是面值“1.20元〞〕，轉動轉盤后，指針每落在某個數字所在扇形一次就表示獲得該種郵票一枚．〔1〕任意轉動轉盤一次，獲得猴年郵票的概率是；〔2〕任意轉動轉盤兩次，求獲得的兩枚郵票可以郵寄一封需2.4元郵資的信件的概率．【考點】列表法與樹狀圖法．【分析】〔1〕根據題意可以求得任意轉動轉盤一次，獲得猴年郵票的概率；〔2〕根據題意可以寫出轉動轉盤兩次，所有可能出現的結果，然后找出符合要求的可能結果，即可求得相應的概率．【解答】解：〔1〕由題意可得，任意轉動轉盤一次，獲得猴年郵票的概率是，故答案為：；〔2〕∵轉動轉盤兩次，所有可能出現的結果有：〔1，1〕，〔1，2〕，〔1，3〕，〔1，4〕，〔2，1〕，〔2，2〕，〔2，3〕，〔2，4〕，〔3，1〕，〔3，2〕，〔3，3〕，〔3，4〕，〔4，1〕，〔4，2〕，〔4，3〕，〔4，4〕，共有16種，它們出現的可能性相同，∴所有的結果中，滿足“轉動轉盤兩次，獲得的兩枚郵票可以郵寄一封需2.4元郵資的信件〞〔記為事件A〕的結果有9種，所以P〔A〕=，即任意轉動轉盤兩次，獲得的兩枚郵票可以郵寄一封需2.4元郵資的信件的概率是．24．如圖，在△ABC中，AB是⊙O的直徑，AC與⊙O交于點D，點E在上，連接DE，AE，連接CE并延長交AB于點F，∠AED=∠ACF．〔1〕求證：CF⊥AB；〔2〕假設CD=4，CB=4，cos∠ACF=，求EF的長．【考點】垂徑定理；勾股定理；解直角三角形．【分析】〔1〕連接BD，由AB是⊙O的直徑，得到∠ADB=90°，根據余角的性質得到∠CFA=180°﹣〔DAB+∠3〕=90°，于是得到結論；〔2〕連接OE，由∠ADB=90°，得到∠CDB=180°﹣∠ADB=90°，根據勾股定理得到DB==8解直角三角形得到CD=4，根據勾股定理即可得到結論．【解答】解：〔1〕連接BD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠DAB+∠1=90°，∵∠1=∠2，∠2=∠3，∴∠1=∠3，∴∠DAB+∠3=90°，∴∠CFA=180°﹣〔DAB+∠3〕=90°，∴CF⊥AB；〔2〕連接OE，∵∠ADB=90°，∴∠CDB=180°﹣∠ADB=90°，∵在Rt△CDB中，CD=4，CB=4，∴DB==8，∵∠1=∠3，∴cos∠1=cos∠3==，∴AB=10，∴OA=OE=5，AD==6，∵CD=4，∴AC=AD+CD=10，∵CF=AC?cos∠3=8，∴AF==6，∴OF=AF﹣OA=1，∴EF==2．25．如圖，四邊形OABC為正方形，C的坐標為〔0，4〕，點P為x軸正半軸上任意一點〔與點O、A不重合〕，連接CP，CP的右側作正方形CPGH，設OP=t〔1〕直接用含t的代數式表示點G的坐標為〔t+4，t〕〔2〕過點G作GM∥x軸交射線OB于M，試判斷線段GM的長度起否隨t的變化而變化．假設不變，求出其值；假設變化，請說明理由；〔3〕連接CG，交射線AB于E，求當t為何值時，E到B點的距離為1．【考點】四邊形綜合題；全等三角形的判定與性質；平行四邊形的判定與性質；正方形的性質；平行線分線段成比例．【分析】〔1〕作GD⊥x軸于D，先根據正方形的性質，判定△GPD≌△PCO〔AAS〕，得出GD=PO=t，DP=OC=4，進而得到OD=t+4，即點G的坐標為〔t+4，t〕；〔2〕連接AG，判定四邊形ADGN是矩形，再判定四邊形ADGN是正方形，得到∠GAD=45°=∠BOA，進而判定AG∥OM，再判定四邊形OAGM是平行四邊形，得出MG=OA=4，即線段MG的長度不發(fā)生改變；〔3〕分兩種情況討論：①當E在線段AB上時，過點G作GD⊥x軸于D，作GF⊥AB于F；②當E在線段AB的延長線上時，過點G作GD⊥x軸于D，作GF⊥AB于F，分別判定四邊形ADGF是正方形，得出GF=DG=AF=t，再根據CB∥GF，得出=，列出關于t的方程式，求得t的值即可．【解答】解：〔1〕如圖1，作GD⊥x軸于D，那么∠GDP=90°，GD∥AB，∴∠GPD+∠PGD=90°，∵四邊形PCHG是正方形，∴∠CPG=90°，∴∠GPD+∠CPO=90°，∴∠PGD=∠CPO，∵四邊形AOCB是正方形，∴∠POC=90°=∠GDP，OA=OC=AB=BC=4，∠BOA=45°，在△GPD和△PCO中，，∴△GPD≌△PCO〔AAS〕，∴GD=PO=t，DP=OC=4，∴OD=t+4，∴點G的坐標為：〔t+4，t〕．故答案為〔t+4，t〕；〔2〕線段MG的長度不發(fā)生改變．理由：如圖1，連接AG，∵MG∥OA，GD∥AB，∠GDA=90°，∴四邊形ADGN是矩形，又∵DP=OC=OA，∴AD=PO=t=DG，∴四邊形ADGN是正方形，∴∠GAD=45°=∠BOA，∴AG∥OM，∴四邊形OAGM是平行四邊形，∴MG=OA=4，即線段MG的長度不發(fā)生改變；〔3〕如圖2，當E在線段AB上時，過點G作GD⊥x軸于D，作GF⊥AB于F，那么四邊形ADGF是矩形，又∵DP=OC=OA=4，∴AD=PO=t=DG，∴四邊形ADGF是正方形，∴GF=DG=AF=t又∵BE=1，∴EF=4﹣1﹣t=3﹣t，∵CB∥GF，∴=，即，解得t=；如圖3，當E在線段AB的延長線上時，過點G作GD⊥x軸于D，作GF⊥AB于F，那么四邊形ADGF是矩形，又∵DP=OC=OA=4，∴AD=PO=t=DG，∴四邊形ADGF是正方形，∴GF=DG=AF=t又∵BE=1，∴EF=t﹣4﹣1=t﹣5，∵CB∥GF，∴=，即=，解得t=．綜上所述，當t為或時，E到B點的距離為1．26．二次函數y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，A〔1，0〕．〔1〕假設a=﹣1，函數圖象與x軸只有一個交點，求b的值；〔2〕假設c=1，0＜a＜1，設B點的橫坐標為xB，求證：xB＞1；