2022年江苏省泰州市中考数学考前模拟冲刺试题(word版含答案)

这是一份2022年江苏省泰州市中考数学考前模拟冲刺试题(word版含答案)，共23页。

2022年江苏省泰州市中考数学考前模拟冲刺试题
一．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）
1．（3分）（﹣5）0的值为（　　）
A．﹣5 B．0 C．1 D．5
2．（3分）如图，是由9个相同的正方体组成的立体图形，从正面观察这个立体图形，得到的平面图形是（　　）

A． B．
C． D．
3．（3分）下列二次根式中，能与3合并的是（　　）
A．18 B．32 C．24 D．48
4．（3分）下列事件属于必然事件的是（　　）
A．某种彩票的中奖概率为11000，购买1000张彩票一定能中奖
B．电视打开时正在播放广告
C．任意两个负数的乘积为正数
D．某人手中的玻璃杯不小心掉在水泥地面上会破碎
5．（3分）如图，正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为7和3，点E，G分别在边AB和AD上，点H为CF的中点，连接GH，则GH的长为（　　）

A．1092 B．29 C．582 D．5
6．（3分）如图，点C是线段AB上的一点，M、N分别是AC、BC的中点．若AB＝10cm，NB＝2cm，则线段AM的长为（　　）

A．3cm B．3.5cm C．4cm D．4.5cm
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
7．（3分）若3a﹣4b与7a﹣6b互为相反数，则a与b的关系为　 　．
8．（3分）函数y=2-x5x-3中，自变量的取值范围为　 　．
9．（3分）爱德华•卡斯纳与詹姆斯•纽曼在《数学和想象》一书中，引入名为“Googol”的大数，即在1这个数字后面跟上100个0．将“Goog1”用科学记数法表示是1×　 　．
10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+2x+1，当x＞a时，y随x的增大而减小．则实数a的取值范围是　 　．

11．（3分）“早发现，早报告，早隔离，早治疗”是我国抗击“新冠肺炎”的宝贵经验，其中“早”字出现的频率是 　 　．
12．（3分）已知α、β是一元二次方程x2+x﹣1＝0的两根，则α2+2a+β﹣1＝　 　．
13．（3分）若扇形的半径为3，圆心角120°，为则此扇形的弧长是　 　．
14．（3分）如图，AB⊥BC于点B，DC⊥BC于点C，DE平分∠ADC交BC于点E，点F为线段CD延长线上一点，∠BAF＝∠EDF．则下列结论正确的有：　 　．（只填序号）
①∠BAD+∠ADC＝180°；
②AF∥DE；
③∠DAF＝∠F；
④若CD＝DF，则DE＝AF．

15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，⊙M与x轴相切于点A，与y轴分别交点为B，C，圆心M的坐标是（4，5），则弦BC的长度为 　 　．

16．（3分）如图，在四边形ABCD中，M，N分别为AB，CD的中点，AN，BN，DM，CM划分四边形成的7个区域，面积分别为S1，S2，S3，S4，S5，S6，S7，若S1＝2，S7＝8，则S4＝　 　．

三．解答题（共10小题，满分102分）
17．（12分）（1）解方程：x2x-1=1-21-2x；
（2）分解因式：3ax2﹣6axy+3ay2．
18．（8分）甲、乙两名队员参加射击训练，将10次成绩分别制成如图所示的两个统计图：

（1）根据信息，整理分析数据如表：

平均成绩（环）
众数（环）
中位数
方差
甲
7
a
7
c
乙
7
8
b
4.2
填空：a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　；
（2）根据以上数据分析，请你运用所学统计知识，任选两个角度评价甲、乙两名队员哪位队员的射击成绩更好．
19．（8分）“迎元旦大酬宾!”某商场设计的促销活动如下：在一个不透明的箱子里放有4个相同的小球，球上分别标有“0元”、“10元”、“20元”和“50元”的字样．规定：在本商场同一日内，顾客每消费满300元，就可以在箱子里先后摸出两个球（第一次摸出后不放回）．商场根据两小球所标金额的和返还相等价格的购物券．某顾客刚好消费300元．
（1）该顾客至多可得到　 　元购物券；
（2）请你用画树状图或列表的方法，求出该顾客所获得购物券的金额不低于60元的概率．
20．（8分）有一个正在向上匀速移动的自动扶梯，旅客A从其顶端往下匀速行至其底端，共走了60级，旅客B从其底端往上匀速行至其顶端，共走了30级（扶梯行驶，两人也在梯上行走，且每次只跨1级），且A的速度（即单位时间所走的级数）是B的速度的3倍，那么自动扶梯露在外面的级数是多少？
21．（10分）资阳市为实现5G网络全覆盖，2020﹣2025年拟建设5G基站七千个．如图，在坡度为i＝1：2.4的斜坡CB上有一建成的基站塔AB，基站塔与水平地面垂直，小芮在坡脚C测得塔顶A的仰角为45°，然后她沿坡面CB行走13米到达D处，在D处测得塔顶A的仰角为53°．（点A、B、C、D均在同一平面内）（参考数据：sin53°≈45，cos53°≈35，tan53°≈43）
（1）求D处的竖直高度；
（2）求基站塔AB的高．

22．（10分）已知一次函数y=3x﹣2的图象经过（a，b），（a+1，b+k）两点，并且与反比例函数y=kx的图象交于第一象限内一点A．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）请问：在x轴上是否存在点P，使△AOP为等腰三角形？若存在，直接写出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

23．（10分）如图：已知△ABC，按下列要求作图：
（1）过点C作CD∥AB．结论：　 　．
（2）用尺规作AB的中垂线MN，分别交AB、CD于点M、N．结论：　 　．
（3）根据所作图，平行直线AB与CD间的距离就是　 　的长度．

24．（10分）某商场以每件10元的价格购进一种商品，试销中发现，这种商品每天的销售量m（件）与每件的销售价x（元）满足一次函数，其函数图象如图所示．
（1）求商场每天销售这种商品的销售利润y（元）与每件的销售价x（元）之间的函数解析式；
（2）试判断，每件商品的销售价格在什么范围内，每天的销售利润随着价格的提高而增加．

25．（12分）已知：二次函数C1：y1＝ax2+2ax+a﹣1（a≠0）
（1）把二次函数C1的表达式化成y＝a（x﹣h）2+b（a≠0）的形式，并写出顶点坐标；
（2）已知二次函数C1的图象经过点A（﹣3，1）．
①求a的值；
②点B在二次函数C1的图象上，点A，B关于对称轴对称，连接AB．二次函数C2：y2＝kx2+kx（k≠0）的图象，与线段AB只有一个交点，求k的取值范围．

26．（14分）如图，⊙O的弦AC与BD互相垂直于点E，OA交ED于点F．

（1）如图（1），求证：∠BAC＝∠OAD；
（2）如图（2），当AC＝CD时，求证：AB＝BF；
（3）如图（3），在（2）的条件下，点P，Q在CD上，点P为CQ中点，∠POQ＝∠OFD，DF＝EC，DQ＝6，求AB的长．

参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）
1．【解答】解：（﹣5）0＝1．
故选：C．
2．【解答】解：根据主视图的意义可得，A选项的图形符合题意，
故选：A．
3．【解答】解：A、18=9×2=32，不能与3合并；
B、32=62，不能与3合并；
C、24=4×6=26，不能与3合并；
D、48=16×3=43，能与3合并；
故选：D．
4．【解答】解：A、某种彩票的中奖概率为11000，购买1000张彩票一定能中奖，是随机事件；
B、电视打开时正在播放广告，是随机事件；
C、任意两个负数的乘积为正数，是必然事件；
D、某人手中的玻璃杯不小心掉在水泥地面上会破碎，是随机事件；
故选：C．
5．【解答】解：如图，延长GH交DC的延长线于N，

∵正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为7和3，
∴AE∥GF∥CD，GF＝AG＝3，DC＝AD＝7，
∴∠FGH＝∠N，GD＝4，
∵点H是CF的中点，
∴CH＝FH，
在△FGH和△CNH中，
∠FGH=∠N∠FHG=∠CHNFH=CH，
∴△FGH≌△CNH（AAS），
∴GH＝HN，GF＝CN＝3，
∴DN＝10，
∴GN=GD2+DN2=100+16=229，
∴GH=29，
故选：B．
6．【解答】解：∵M、N分别是AC、BC的中点，
∴AM=12AC，BC＝2NB＝4
而AB＝10cm，
∴AC＝10﹣4＝6
∴AM=12AC＝3
故选：A．
二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
7．【解答】解：∵3a﹣4b与7a﹣6b互为相反数，
∴3a﹣4b+7a﹣6b＝0，
∴a＝b，
故答案为：a＝b．
8．【解答】解：由题意得：5x﹣3＞0，
解得x＞35．
故答案为x＞35．
9．【解答】解：Goog1＝1×10100．
故答案为：10100
10．【解答】解：∵抛物线的对称轴为x＝1，且开口向下，
∴当x＞1时，y随x的增大而减小，
∴当x＞a时，y随x的增大而减小时则实数a的取值范围是a≥1，
故答案为：a≥1．
11．【解答】解：“早发现，早报告，早隔离，早治疗”共有12个字，其中“早”字出现4次，
所以“早”字出现的频率为412=13，
故答案为：13．
12．【解答】解：∵一元二次方程x2+x﹣1＝0两根为α，β，
∴α+β＝﹣1，α•β＝﹣1，α2+α﹣1＝0，
∴α2+2α+β﹣1
＝α2+α+α+β﹣1
＝1﹣1﹣1
＝﹣1．
故答案为﹣1．
13．【解答】解：∵扇形的半径为3，圆心角为120°，
∴此扇形的弧长=120π×3180=2π．
故答案为：2π
14．【解答】解：∵AB⊥BC于点B，DC⊥BC于点C，
∴AB∥CD，
∴①∠BAD+∠ADC＝180°，正确，
∵AB∥CD，
∴∠AFD+∠BAF＝180°，
∵∠BAF＝∠EDF，
∴∠AFD+∠EDF＝180°，
∴②AF∥DE，正确；
∴∠DAF＝∠ADE，
∵DE平分∠ADC交BC于点E，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵AF∥DE，
∴∠F＝∠CDE，
∴③∠DAF＝∠F，正确；
∵CD＝DF，无法得出DE＝AF，故④错误；
故答案为：①②③
15．【解答】解：如图，连接BM、AM，作MH⊥BC于H，
则BH＝CH，
∴BC＝2BH，
∵⊙M与x轴相切于点A，
∴MA⊥OA，
∵圆心M的坐标是（4，5），
∴MA＝5，MH＝4，
∴MB＝MA＝5，
在Rt△MBH中，
由勾股定理得：BH=MB2-MH2=52-42=3，
∴BC＝2×3＝6，
故答案为：6．

16．【解答】解：过A作AE⊥DC于E，过M作MH⊥DC于H，过B作BQ⊥DC于Q，

则AE∥MH∥BQ，
∵M为AB中点，
∴H为EQ中点，
即MH是梯形AEQB的中位线，
∴2MH＝AE+BQ，
∵S3+S4+S6＝S△MDC=12×DC×MH，
S7+S6＝S△BNC=12×NC×BQ，
S1+S3＝S△ADN=12×DN×AE，
∵N为DC中点，
∴DN＝CN，
∴S7+S6+S1+S3，
=12×NC×BQ+12×DN×AE，
=12DN×（AE+BQ），
=12DN×2MH，
＝DN×MH，
=12CD×MH，
∴S7+S6+S1+S3＝S3+S4+S6，
∴S4＝S1+S7；
∵S1＝2，S7＝8，
∴S4＝2+8＝10；
故答案为：10．
三．解答题（共10小题，满分102分）
17．【解答】解：（1）去分母得：x＝2x﹣1+2，
解得：x＝﹣1，
经检验x＝﹣1是分式方程的解；
（2）原式＝3a（x2﹣2xy+y2）
＝3a（x﹣y）2．
18．【解答】解：（1）由题意得：a＝7，
乙10次成绩从小到大分别：3、4、6、7、7、8、8、8、8、9、10，故b=7+82=7.5；
c=110×[(3-7)2+(4-7)2+...+(10-7)2]=4.2（环2），
故答案为：7，7.5；4.2；
（2）甲选手的稳定性较好，乙选手得高分的可能性较大，所以从保名次上说，应该派甲选手；从争取更高的名次来说，应该派乙选手（答案不唯一）．
19．【解答】解：（1）则该顾客至多可得到购物券：50+20＝70（元）；
故答案为：70；

（2）画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，该顾客所获得购物券的金额不低于60元的有4种情况，
∴该顾客所获得购物券的金额不低于60元的概率为：412=13．
20．【解答】解：设扶梯的速度为x级/分，旅客B的速度为y级/分，扶梯外面的级数为n，
则603y=60-nx30y=n-30x，
两式相除得：23=60-nn-30，
解得：n＝48，
经检验得n＝48是方程的根．
答：自动扶梯露在外面的级数是48．
21．【解答】解：（1）如图，延长AB与水平线交于F，过D作DM⊥CF，M为垂足，过D作DE⊥AF，E为垂足，连接AC，AD，
∵斜坡CB的坡度为i＝1：2.4，
∴DMCM=12.4，
即DMCM=512，
设DM＝5k米，则CM＝12k米，
在Rt△CDM中，CD＝13米，由勾股定理得，
CM2+DM2＝CD2，
即（5k）2+（12k）2＝132，
解得k＝1，
∴DM＝5（米），CM＝12（米），
答：D处的竖直高度为5米；
（2）斜坡CB的坡度为i＝1：2.4，
设DE＝12a米，则BE＝5a米，
又∵∠ACF＝45°，
∴AF＝CF＝（12+12a）米，
∴AE＝AF﹣EF＝12+12a﹣5＝（7+12a）米，
在Rt△ADE中，DE＝12a米，AE＝（7+12a）米，
∵tan∠ADE＝tan53°≈43，
∴7+12a12a=43，
解得a=74，
∴DE＝12a＝21（米），AE＝7+12a＝28（米），
BE＝5a=354（米），
∴AB＝AE﹣BE＝28-354=774（米），
答：基站塔AB的高为774米．

22．【解答】解：（1）∵一次函数y=3x﹣2的图象经过（a，b），（a+1，b+k）两点，
∴3a-2=b①3(a+1)-2=b②，
②﹣①得，k=3，
∴反比例函数的解析式为：y=3x；
（2）存在．
联立一次函数与反比例函数的解析式，
得：y=3x-2y=3x，
解得：x1=3y1=1，x2=-33y2=-3，
∵点A在第一象限内，
∴点A的坐标为（3，1）；
过点A作AB⊥x轴于B，
∵点A（3，1），
∴OA=AB2+OB2=2，
如图1：当OP＝OA时，OP＝2，
则P′（﹣2，0），P′′（2，0）；
当OA＝PA时，OB＝BP=3，
∴OP＝OB+BP＝23，
∴P′′′（23，0）；
如图2，当OP＝AP时，作PC⊥OA，交OA于C，
∵OA＝2，
∴OC=12OA＝1，
∵∠AOP＝30°，
∴OP=OCcos∠AOP=132=233，
∴P′′′′（233，0）．
综上所述，符合条件的点P的坐标为：P′（﹣2，0），P′′（2，0），P′′′（23，0），P′′′′（233，0）．


23．【解答】解：（1）如图，CD为所作；
（2）如图，MN为所作；

（3）平行直线AB与CD间的距离就是MN的长度．
故答案为CD为所作；MN为所作；MN．
24．【解答】解：（1）由图象，设一次函数解析式为：m＝kx+b，
将（0，20），（20，0）代入得：20k+b=0b=20，
解得：k=-1b=20，
故一次函数的解析式为：m＝﹣x+20，
每件商品的利润为x﹣10，所以每天的利润为：
y＝（x﹣10）（﹣x+20），
故函数解析式为：y＝﹣x2+30x﹣200；

（2）∵x=-302×(-1)=15（元），
∴在10＜x＜15元时，每天的销售利润随着x的增大而增大．
25．【解答】解：（1）y1＝ax2+2ax+a﹣1＝a（x+1）2﹣1，
∴顶点为（﹣1，﹣1）；
（2）①∵二次函数C1的图象经过点A（﹣3，1）．
∴a（﹣3+1）2﹣1＝1，
∴a=12；
②∵A（﹣3，1），对称轴为直线x＝﹣1，
∴B（1，1），
当k＞0时，
二次函数C2：y2＝kx2+kx（k≠0）的图象经过A（﹣3，1）时，1＝9k﹣3k，解得k=16，
二次函数C2：y2＝kx2+kx（k≠0）的图象经过B（1，1）时，1＝k+k，解得k=12，
∴16≤k＜12，
当k＜0时，∵二次函数C2：y2＝kx2+kx＝k（x+12）2-14k，
∴-14k＝1，
∴k＝﹣4，
综上，二次函数C2：y2＝kx2+kx（k≠0）的图象，与线段AB只有一个交点，k的取值范围是16≤k＜12或k＝﹣4．
26．【解答】证明：（1）如图1，延长AO交⊙O于M，连接DM，则AM是⊙O直径，

∴∠ADM＝90°，
∴∠AMD+∠MAD＝90°
∵AB⊥CD，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BAC+∠ABD＝90°，
∵∠ABD＝∠AMD，
∠AMD+∠MAD＝90°，
∴∠BAC＝∠MAD，
即∠BAC＝∠OAD；
（2）如图2，
由（1）可得，∠BAC＝∠OAD，
∴∠BAC+∠CAO＝∠OAD+∠CAO，
∴∠BAF＝∠CAD，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴△ABF∽△ACD，
∴ABAC=BFCD，
∵AC＝CD，
∴AB＝BF；
（3）连接OC、OD，在线CA上取Q1，使得CQ1＝DQ＝6，连接QQ1，OQ1，线段QQ1和线段O交于点P1，再过圆心O作OO1⊥AC于点O1，如图：

由（2）知：△ABF∽△ACD，
∴∠EFA＝∠CDA，
∵∠CDA＝∠EAD
∴∠EAD＝∠EFA，
而∠AEF＝∠DEA＝90°，
∴△EFA∽△EAD，
∴EFAE=AEDE，
∵AC＝CD，EC＝DF，
∴AE＝AC﹣EC＝CD﹣EC＝CD﹣DF，
∵DE＝EF+DF，
∴EFCD-DF=CD-DFEF+DF，
∴（CD﹣DF）2＝EF（EF+DF）①，
∵∠CED＝90°，
∴CD2＝EC2+DE2＝DF2+（EF+DF）2，
∴（CD﹣DF）（CD+DF）＝（EF+DF）2②，
将②式除以①式得CD+DFCD-DF=EF+DFEF，
∵CD-DF+2DFCD-DF=1+2DFCD-DF，EF+DFEF=1+DFEF，
∴2DFCD-DF=DFEF，
∴2EF＝CD﹣DF，
∴EF=CD-DF2，
∴DE＝EF+DF=CD-DF2+DF=CD+DF2，
∴CD2＝CE2+DE2＝DF2+（CD+DF2）2，
∴5DF2+2CD•DF﹣3CD2＝0，
∴（5DF﹣3CD）•（DF+CD）＝0，
∵DF+CD＞0，
∴5DF﹣3CD＝0，
∴DF=35CD，
∴EF=CD-DF2=CD-35CD2=15CD，
∴AE＝AC﹣CE＝CD﹣DF＝CD-35CD=25CD，
在Rt△AEF中
AF=AE2+EF2=(25CD)2+(15CD)2=55CD，
∵OO1⊥AC，
∴∠OO1A＝∠FEA＝90°，O1是AC的中点，
∴EF∥OO1，O1A=12AC=12CD，
∴AFOA=AEO1A，即55CDOA=25CD12CD=45，
∴OA=54CD，
∴OC＝OD＝OA=54CD，
∵∠POQ＝∠OFD，∠OFD＝∠EFA，
∴∠POQ＝∠EFA，
∵∠EAF+∠EFA＝90°，∠EAF＝∠CAO，
∴∠CAO+∠POQ＝90°，
∵AC＝CD，
∴∠CAO＝∠OCA＝∠CDO＝∠OCD，
∴∠OCD+∠POQ＝90°，
∴∠COP+∠DOQ+∠CDO＝90°，
∵OC＝OD，∠OCA＝∠CDO，CQ1＝DQ＝6，
∴△OCQ1≌△ODQ（SAS），
∴OQ1＝OQ，∠DOQ＝∠COQ1，
∴∠COP+∠COQ1+∠CDO＝90°，
∴∠POQ1+∠OCD＝90°，
而∠OCD+∠POQ＝90°，
∴∠POQ＝∠POQ1，
∴P1Q1＝P1Q，
∵P为CQ中点，
∴P1P是△CQ1Q的中位线，
∴P1P∥CQ1，
∴∠POC＝∠OCQ1，
∴∠POC＝∠CAO＝∠OCA＝∠CDO＝∠OCD，
∴△OPC∽△DOC，
∴CPOC=OCCD，
∵CD＝CQ+DQ＝2CP+6，
∴CP=CD-62，
又OC=54CD，
∴CD-6254CD=54CDCD，
解得CD＝16，
∴AE=25CD=325，DE＝DF+EF=35CD+15CD=645，
∵∠BAC＝∠BDC，∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE∽△DCE，
∴ABCD=AEDE，即AB16=325645，
∴AB＝8．