2023年中考押题预测卷01（苏州卷）-数学（全解全析）

这是一份2023年中考押题预测卷01（苏州卷）-数学（全解全析），共23页。试卷主要包含了【答案】A，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】等内容，欢迎下载使用。
2023年中考押题预测卷01【苏州卷】数学·全解全析1．【答案】A【分析】根据相反数和倒数的定义进行求解即可．【详解】解：2023的相反数是，的倒数是，∴2023的相反数的倒数是，故选A．【点睛】本题主要考查了相反数和倒数的定义，解题的关键是熟知只有符号不同的两个数互为相反数，0的相反数是0；乘积为1的两个数互为倒数．2．【答案】B【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．【详解】解：用科学记数法表示28440000为．故选：B．【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．3．【答案】D【分析】根据二次根式的加减判断A，根据二次根式的乘方判断B，根据二次根式的加减判断C，根据二次根式的除法判断D．【详解】解：A．不是同类二次根式，无法合并，故此选项不合题意；B．，故此选项不合题意；C．，故此选项不合题意；D．，故此选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了二次根式的加减，二次根式的乘方以及二次根式的除法运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．4、【答案】D【分析】利用平均数和方差的性质即可得解，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．【详解】解：∵丁的平均分最高，方差最小，最稳定，∴应选丁．故选D【点睛】本题考查了方差，平均数的知识，正确理解方差,平均数的意义是解题的关键．5．【答案】D【分析】首先根据平行线的性质得到，然后根据三角形外角的性质求解即可．【详解】解：∵道路与道路的夹角为50°，∴，∵，∴，∵，∴．故选：D．【点睛】此题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质．6．【答案】C【分析】根据边长，勾股定理的逆定理可知是直角三角形，阴影部分是的内切圆，可求出阴影部分的面积，小鸟落在花上的概率即为阴影部分的面积与三角形的面积比，由此即可求解．【详解】解：∵，∴，即，∴是直角三角形，∴，∵是的内切圆，如图所示， ∴四边形是正方形，是的角平分线，且，，设，∴，，，在，中，，，∴，∴，∴，解方程得，，∴，∴小鸟落在花上的概率为，故选：．【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，概率的计算方法，掌握直角三角形中内切圆的知识，概率的计算方法是解题的关键．7．【答案】D【分析】根据“每人7两还缺7两，每人半斤则多半斤”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．【详解】解：由题意得：，故选：D．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．8．【答案】A【分析】作轴于点，作轴于点，作轴于点，交双曲线于点，由函数解析式确定的坐标是，的坐标是，根据全等三角形的判定和性质得出，，，结合图形求解即可．【详解】解：作轴于点，作轴于点，作轴于点，交双曲线于点在中，令，解得：，即的坐标是．令，解得：，即的坐标是．则，．∵，∴，又∵直角中，，∴，在和中，，∴（），同理，，∴，，故的坐标是，的坐标是．代入得：，则函数的解析式是：．∴，则的纵坐标是，把代入得：．即的坐标是，∴，∴．故选：A．【点睛】题目主要考查反比例函数与一次函数综合问题，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．9．【答案】【分析】根据负整数指数幂和乘方计算，即可得到答案．【详解】解：，故答案为：．【点睛】本题考查了负整数指数幂和乘方的知识；解题的关键是熟练掌握负整数指数幂和乘方的意义，从而完成求解．10．【答案】【分析】把式子展开，分别把已知信息代入，即可求出答案．【详解】解：，∵，，∴原式．故答案为：．【点睛】本题主要考查了多项式乘多项式的运算．11．【答案】2【分析】根据可得：，据此求出分式的值即可．【详解】解：，，．故答案为：2．【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，根据求出，应用整体代入法是解题的关键．12．【答案】或【分析】分∠A为顶角和底角两类进行讨论，计算出其他角的度数，根据特征值k的定义计算即可．【详解】当∠A为顶角时，等腰三角形的两底角为，∴特征值k=；当∠A为底角时，等腰三角形的顶角为，∴特征值k=．故答案为：或【点睛】本题考查了等腰三角形的分类，等腰三角形的分类讨论是解题中易错点．一般可以考虑从角或边两类进行讨论．13．【答案】/49度【分析】由半径相等以及三角形的外角性质求得，根据切线的性质得，据此求解即可得．【详解】解：∵，，∴，∵是的直径，是的切线，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角定理和三角形的外角性质，解题的关键是掌握这些知识点．14．【答案】【分析】根据菱形的性质，可证四边形是矩形，如图所示，连接，则，当时，的值最小，即的值最小，再根据等面积法求高即可求解．【详解】解：四边形是菱形，∴，，，∴在中，，如图所示，连接，∵于点，于点，∴四边形是矩形，则，当时，的值最小，即的值最小，∴，∴，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理及垂线段最短，掌握菱形，矩形的性质，等面积法求三角形的高的计算方法是解题的关键．15．【答案】20/二十【分析】利用待定系数法分别求出甲、乙两仓库的快件数量（件）与时间（分）之间的函数关系式，在求出两直线的交点即可得到答案．【详解】解：设甲仓库的快件数量（件）与时间（分）之间的函数关系式为，根据图象得，，解得：，，设乙仓库的快件数量（件）与时间（分）之间的函数关系式为，根据图象得，，解得：，，联立，解得：，经过20分钟时，当两仓库快递件数相同，故答案为：20．【点睛】本题考查了一次函数的应用，准确求出一次函数解析式，正确理解两个一次函数的交点坐标的含义是解题关键．16．【答案】/【分析】连接，，首先根据定理，可以判定，从而可以得到的度数，再根据折叠的性质可知，从而可以得到点O、F、E三点共线，然后根据勾股定理，即可求得的长，再根据折叠的性质，可得，利用解直角三角形，即可求解．【详解】解：如图：连接，，与相交于点G，四边形是正方形，将沿翻折得到，，，垂直平分，，在与中，，，，，又，，∴点O、F、E三点共线，设，则，，，，，，解得，即，垂直平分，，，，，，，解得，，故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理，求一个角的正弦值，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．17．【答案】0【分析】根据二次根式的混合计算法则，零指数幂和负整数指数幂以及有理数的乘方等计算法则求解即可．【详解】解：原式．【点睛】本题主要考查了二次根式的混合计算，零指数幂，负整数指数幂，有理数的乘方，正确计算是解题的关键．18．【答案】无解【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解．【详解】解：去分母得：，解得：，检验：当时，，是增根，分式方程无解．【点睛】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，把方程的解代入原方程进行检验是解题的关键．19．【答案】化简：，值：【分析】先利用完全平方公式与平方差公式进行乘法运算，再合并得到化简的结果，再把代入化简后的代数式进行计算即可．【详解】解： ；当时，原式．【点睛】本题考查的是整式的乘法运算，化简求值，熟练的利用平方差公式与完全平方公式进行简便运算是解本题的关键．20．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先求出这组数中质数的个数，再利用概率公式解答即可；（2）首先根据题意可直接列出所有可能出现的结果，再算出这个两位数能被3整除的概率.【详解】（1）解：数字1，2，4，5中，2，5是质数，则随机抽取1张，抽到卡片数字是奇数的概率为；故答案为：；（2）解：列表如下： 12451 121415221 242544142 455515254 出现的等可能性结果有12种，两位数能被3整除的有，12，15，21，24，42，45，51，54共有8种，∴P（两位数能被3整除）．【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率，列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件，熟记概率公式是解决本题的关键．21．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）求出，根据全等三角形的判定定理得出，推出，根据角平分线性质得出即可；（2）证明，得到，利用得到，再利用线段的和差计算即可．【详解】（1）解：证明：，，，在和中，，，，，，平分；（2）在和中，，，∵，∴，，，，．【点睛】本题考查了角平分线的判定，全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有，，，，，全等三角形的对应边相等，对应角相等．22．【答案】(1)，(2)，(3)人 【分析】（1）根据数据统计的方法以及各组数据之和等于样本容量可得答案；（2）根据中位数、众数的定义可求出、的值；（3）求出样本中甲乙两个班“优秀”所占的百分比，进而估计总体中“优秀”所占的百分比，再乘总人数即可．【详解】（1）解：由题意可知，乙班在的数据有个，在的有，个，故答案为：，；（2）甲班人中得分出现次数最多的是分，共出现次，因此甲班学生成绩的众数，将乙班名学生的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为，因此中位数，故答案为：，；（3）（人），答：甲班、乙班共人为样本估计全年级人中优秀人数约为人．【点睛】本题考查中位数、众数，频数分布表，掌握中位数、众数以及“频率”是正确解答的前提．23．【答案】(1)，(2)或 【分析】（1）将、两点代入反比例函数解析式，，，可得，解得的值，即可求出、两点的坐标，用待定系数法即可求出一次函数和反比例函数的表达式；（2）令，求出点坐标，根据、、三点坐标求出的面积，再得到的面积，设，利用三角形面积求出的值即可．【详解】（1）由题意，得，解得，，，把代入，得，反比例函数表达式为，把，代入，得，，一次函数表达式为；（2）令，则得，，点的坐标为，，，设，则，得，，解得：或，故或．【点睛】本题考查了一次函数和反比例函数的综合应用，反比例函数与几何综合，待定系数法求函数解析式，三角形的面积的计算，正确求出一次函数和反比例函数解析式是解题的关键．24．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）先连接交于，由切线的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质推出，即可证明平分；（2）平行线等分线段定理得到，推出是的中位线，求出，得到的长，由相似三角形的性质即可解决问题．【详解】（1）证明：连接交于，∵切于，∴，∵，∵，∴，∵，∴，∴，∴平分；（2）解：∵，∴，∵，∴，∴是的中位线，∴，∵，∴，∴，∵，∴．∴的值是．【点睛】本题考查切线性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，三角形中位线定理，关键是连接求出的长．25．【答案】(1)甲生产队每天需收割费元、乙生产队每天需收割费元．(2)①甲乙两生产队分别工作的天数共有5种可能．②费用最少的方案是甲生产队工作5天，乙生产队工作34天，最低费用为元． 【分析】（1）设甲生产队每天需收割费x元、乙生产队每天需收割费元，根据当甲生产队所需收割费为5000元，乙生产队所需收割费为4000元时，两生产队工作天数刚好相同列出方程，解方程并检验即可；（2）①设甲生产队工作m天，则乙生产队工作n天．由题意得到 ①，且 ②，由①得到③，整理得到关于m的一元一次不等式组，解得，由是正整数得到甲乙两生产队分别工作的天数共有5种可能．②得到总费用，根据一次函数的性质得到费用最少的方案和最少费用即可．【详解】（1）解；设甲生产队每天需收割费x元、乙生产队每天需收割费元， 由题意，，解得，经检验，是分式方程的解且符合题意．则，答：甲生产队每天需收割费元、乙生产队每天需收割费元．（2）①设甲生产队工作m天，则乙生产队工作n天．由题意， ①，且 ②，由①得到③，把③代入②得到，，即，∵，∴，∴，解得，∵是正整数，∴或或或或．∴甲乙两生产队分别工作的天数共有5种可能．②总费用，∵，∴w随m的增大而增大，∴时，w有最小值，此时．即费用最少的方案是甲生产队工作5天，乙生产队工作34天，最低费用为元．【点睛】本题考查了分式方程的实际应用，一元一次不等式组的应用，一次函数的实际应用，考查较为全面，对于一次函数而言，当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小．26．【答案】(1)，(2)①；②(3)存在， 【分析】（1）令，则，已知点的坐标，即可求得点的坐标，令，即可求得点的坐标；（2）①由求得，根据平行线分线段成比例求解即可；②过点作轴交于点，求得直线的解析式，用含的式子表示，根据二次函数的性质即可得出结论；（3）假设存在点使得，即，过点作轴交抛物线于点，由，可知平分，延长交轴于点，易证为等腰三角形，求得，则直线的解析式为，令，可得结论．【详解】（1）解：令，则，解得：或，，，令，则，，故答案为：，；（2）解：①轴，，，，，令，则，解得：，或，，，；②如图，过点作轴交于点，设直线的解析式为，，，，解得，直线的解析式为，设点的横坐标为，则，则，，，，当时，的最大值为；（3）解：假设存在点使得，即，过点作轴交抛物线于点，延长交x轴于点M，如图，，，，轴，，，为等腰三角形，，，，，设直线的解析式为，，，解得，直线的解析式为，令，解得：或（与点重合，舍去），存在点满足题意，此时．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，平行线分线段成比例，二次函数的性质，角度的存在性相关内容，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．27．【答案】(1)见解析(2)①3；②或 【分析】（1）利用证明，再由等量代换证明；（2）①在上截取，连接交于点，过点作交于点，由（1）可知，则，再由平行线的性质可得，即设，，则，由，可得，，从而得到等式，求出，即可求；②延长至，使，连接交于点，过点作交于点，由（1）可知，则，可得，设，，则，可知，再由，分别得到，，从而得到方程，求出或，即可求或．【详解】（1）解：证明：是等边三角形，，，，，，；（2）①在上截取，连接交于点，过点作交于点，由（1）可知，，，，，，，，设，，则，，，即，，，，，解得或（舍），；②延长至，使，连接交于点，过点作交于点，由（1）可知，，，设，，则，，，，，，，，解得或，或．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行分线段，熟练掌握性质定理是解题的关键．