必刷卷05——2023年中考数学考前30天冲刺必刷卷（江苏徐州专用）

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2023年中考数学考前信息必刷卷05
数 学（江苏徐州专用）

2023年徐州中考数学试卷结构和内容基本没有发生变化。2023年数学试卷满分140分，共28题：8（选择题）+10（填空题）+10（解答题），结合历年考点分析与变化，本试卷加大了对相似知识的考察，同时数与代数的部分题目难度得到了提升。常考必考的几大类型题目和解答题依旧是复习备考的重点。同学们在备考中更应该是先把课本上基础知识彻底掌握，再去做题目，然后每一题的做题思路一定要清晰，形成自己的知识体系，那么考试无论怎么千变万化，都能够应对自如。

通过对考试信息的梳理以及教学研究成果，中考试卷侧重增加新定义题型与几何部分的考查，加强问题背景的设置，加大考查的深度和广度.同时应加强学生的画图能力、识图能力、动手能力、探究能力、思维能力，注重数学思维方法的训练。选择题8道 考察相反数、有理数的加减法、中位数、位似图形、坐标与图形变化、二次函数图像问题、分式方程、因式分解。填空题10道，主要考察算术平方根、无理数、全等、分式方程、平行投影、反比例与几何综合、扇形面积、整式加减综合。其中第18题题型新颖，计算量大。解答题计算考察整式、实数的混合运算、求中位数；求众数；根据方差判断稳定性；列表法或树状图法求概率；切线的性质和判定的综合应用；解直角三角形，分式方程的实际应用；用一元一次不等式解决实际问题；利用平行四边形的性质证明；相似三角形的判定与性质综合；证明两三角形相似；根据正方形的性质证明；相似三角形的判定与性质综合，题目知识点考察综合，几何相关题型考察较多，对灵活应用所学知识要求比较高。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的）
1．x的相反数是，则x的倒数为（    ）
A． B．3 C． D．
【答案】B
【解析】解：∵x的相反数是，
∴，
∴的倒数为，
故选：B．
2．若四个数据，，，的中位数是，则有（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解∶∵，
∴当时，四个数，，，的中位数为．
故选∶C
3．如图，四边形与四边形位似，其位似中心为点，且，则四边形的周长与四边形的周长之比是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】∵四边形与四边形位似，位似中心点是点O，，
∴，
则
故选：D．
4．在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（   ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解：点关于轴对称的点的坐标是，
故选：．
5．已知关于的一元一次不等式组的解集为，且关于的分式方程的解为正整数，则所有满足条件的所有整数的和为（    ）
A．2 B．5 C．6 D．9
【答案】C
【解析】解：一元一次不等式组，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∵不等组的解集为，
∴，
解得，
解分式方程，
去分母得：，
解得：，
∵分式方程的解为正整数，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，，分式方程的分母不能为，
∴，
∴所有整数的和为，
故选C．

6．下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】解：A、，为整式的乘法，故此选项错误；
B、，故此选项正确；
C、，是单项式的变形，故此选项错误；
D、，故此选项错误；
故答案选：B．

7．如图，二次函数图象的一部分与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，结合图象给出下列结论：
①；②；③关于x的一元二次方程的两根分别为3和1；④若点均在二次函数图象上，则；⑤（m为任意实数）．
其中正确的结论有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【解析】解：①∵二次函数图象的一部分与x轴的一个交点坐标为，
∴当时，，
故结论①符合题意；
②根据函数图象可知，
当，即，
对称轴为，即 ，
根据抛物线开口向上，得，
∴，
∴，
即，故结论②不符合题意；
③根据抛物线与x轴的一个交点为，
对称轴为可知：抛物线与x轴的另一个交点为，
∴关于x的一元二次方程的两根分别为和1，
故结论③不符合题意；
④点到对称轴的距离为：．
到对称轴的距离为：，
到对称轴的距离为：．
∵抛物线开口向上．
∴．故结论④不符合题意；
⑤当时，，
∴当时，，
∴，故结论⑤不符合题意，
综上：只有①符合题意，
故答案为：A．

8．在黑板上写下一列不同的自然数，允许擦去任意两个数，再写上它们两个数的和或差（前数－后数），并放在这列数的最后面，重复这样的操作，直至在黑板上仅留下一个数为止，下列说法中正确的个数为（    ）
①写了2、3、4，按此操作，最后留下的那个数可能是5；
②写了1、3、5、7，按此操作，最后留下的那个数可能有16种不同的结果；
③写了1、2、3…19、20，按此操作，最后留下的那个数可能是．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】①2、3、4，去掉2、4，加入新数（），此时为3、；；
即最后留下的那个数可能是5，故①正确；
②每轮操作减少一个数，共需要三轮才剩下一个数，
4个数中选出2个数共有6种方法，补充的数为两数的和或者差，此时又需要乘以2；
3个数中选出2个数共有3种方法，补充的数为两数的和或者差，此时又需要乘以2；
2个数中选出2个数共有1种方法，补充的数为两数的和或者差，此时又需要乘以2；
每一轮都直接影响下一轮，
即总的可能情况有：（种），
即最后留下的那个数可能有144种不同的结果，故②错误；
③除1之外，后面19个数的和为：，
操作：每次去掉两个最大的数，新加入的数为这两个数的和，依次类推，
最后得到的两个数为：1和，
最后去掉1和，新加入的数为，
即可知：是经过操作之后可能出现的最小的数，
故最后结果不可能是，
故③错误，
即正确的只有1个，为①，
故选：B．
二、 填空题：（本大题共10个小题，每小题3分，共30分.）
9．已知x、y为实数，且，则______．
【答案】
【解析】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．

10．计算的结果等于______.
【答案】
【解析】



故答案为：2

11．若的整数部分为，小数部分为，则的值为________．
【答案】15
【解析】解：∵，
∴，
∴的整数部分为：，小数部分为：，
∴，
故答案为：15．

12．已知：在中，，，，若，则______．

【答案】7
【解析】解：如图，延长到G，使得，连，过F点作于点H，

则是等边三角形，
∴，
又∵，
∴
∴，
设，则，
在中，，
∴，
∴，
在中，
∵，
即
解得：
∴
故答案为：7．

13．如图，线段上一点O，以O为圆心，为半径作圆，上一点A，连结交于B点，连结，若，且，则_____．

【答案】
【解析】解：如图，连接，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．

14．若去分母解分式方程会产生增根，则m的值为______．
【答案】1
【解析】解：去分母，得：，
移项、合并同类项，得：，
解得：，
方程有增根，
，
解得，
故答案为：1．

15．在相同时刻太阳光线是平行的，如果高米的测杆影长3米，那么此时影长米的旗杆的高度为_________________m
【答案】
【解析】设旗杆的高度为x米
∵测杆的高度：测杆的影长=旗杆的高度：旗杆的影长，
∴，
解得：米
故答案为：

16．如图，在矩形中，，，以点C为圆心，为半径画弧，交边于点H，则图中阴影部分的面积是______．

【答案】
【解析】解：在中，，，
，，
则阴影部分的面积=，


故答案为：．

17．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与反比例函数的图像交于点A，将直线沿y轴向上平移b个单位长度，交x轴于点C，交反比例函数图像于点B，若，则b的值为______．

【答案】
【解析】∵直线与反比例函数的图像交于点A，
∴联立，解得或，
∴，
∴
∵，
∴，
过B作轴于

∵将直线沿y轴向上平移b个单位长度，交x轴于点C，
∴，
∴，
∴B的纵坐标为，
把代入得，，
∴，
∵将直线沿y轴向上平移b个单位长度，得到直线,
∴把代入得，求得，
故答案为：．

18．若一个四位数的千位与百位之差等于2，十位与个位之差等于4，称这个四位数是“差2倍数”，若四位数的千位与百位之差等于3，十位与个位之差等于6，称这个四位数是“差3倍数”，若数p，q分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，p，q的各数位数字之和分别记为和，，若为整数，此时的最大值为______．
【答案】
【解析】解：∵数p，q分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，
故数p的十位数是，数q的十位数是，
设数p，q的百位数分别m、n，则数p的千位数是，数q的千位数是，而且，，
∴，，
∴，
，
∴，，
∴，
∴
∵为整数，
∴为的约数，而要使的最大值则有
∴或，
当时，即，，
此时，当，时，的最大值为，
当时，即，，
此时，当，时，的最大值为，
综上所述：当，时，的最大值为，
故答案为：

三、解答题：（本大题共10个小题，共86分，解答应写出文字说明、证明或演算步骤。）
19．先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】解：原式
，
当时，
原式
．

20．（1）计算：；
（2）解方程：．
【答案】（1）（2）
【解析】解：（1）
＝
＝
＝；
（2），
，
方程两边都乘，得，
解得：，
检验：当时，，
所以是分式方程的解；
当时，，
所以是增根；
综合上述，分式方程的解是．

21．某中学全校学生参加了“交通法规”知识竞赛，为了解全校学生竞赛成绩的情况，随机抽取了一部分学生的成绩，分成四组：A组、B组、C组、D组，并绘制出如图不完整的统计图．

(1)被抽取的学生一共有______人；并把条形统计图补完整；
(2)所抽取学生成绩的中位数落在______组内；扇形A的圆心角度数是______；
(3)若该学校有名学生，估计这次竞赛成绩在D组的学生有多少人？
【答案】(1)60，图见解析
(2)C，
(3)人
【解析】（1）组人数为人，所占的百分比为，
总人数为人，
组人数为人，
补全条形统计图如图：

故答案为：；
（2）根据中位数的定义，个数中位数为第，个数的平均数，根据条形统计图可知第，个数都位于组，
中位数落在组，
扇形的圆心角度数是；
故答案为：，；
（3）人，
答：估计这次竞赛成绩在组的学生有人．

22．【问题情境】大自然中的植物千姿百态，如果细心观察，就会发现：不同植物的叶子通常有着不同的特征，如果我们用数学的眼光来观察，会有什么发现呢？“数智”小组的四位同学开展了“利用树叶的特征对树木进行分类”的项目化学习活动．

【实践发现】同学们从收集的杨树叶、柳树叶中各随机选取10片，通过测量得到这些树叶的长和宽（单位：cm）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下：
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
杨树叶的长宽比
2
2.4
2.1
2.4
2.8
1.8
2.4
2.2
2.1
1.7
柳树叶的长宽比
1.5
1.6
1.5
1.4
1.5
1.4
1.7
1.5
1.6
1.4
【实践探究】分析数据如下：

平均数
中位数
众数
方差
杨树叶的长宽比
2.19

2.4
0.0949
柳树叶的长宽比
1.51
1.5

0.0089
【问题解决】
(1)上述表格中：______，______；
(2)①这两种树叶从长宽比的方差来看，______树叶的形状差别较小；
②该小组收集的树叶中有一片长为11.5cm，宽为5cm的树叶，这片树叶来自于______树的可能性大；
(3)该小组准备从四位成员中随机选取两名同学进行成果汇报，请用列表或画树状图的方法求成员小颖和小娜同时被选中的概率．
【答案】(1)2.15，1.5
(2)①柳；②杨
(3)
【解析】（1）解：将杨树叶的长宽比按从小到大的顺序排序为：
1.7，1.8，2，2.1，2.1，2.2，2.4，2.4，2.4，2.8，
则其中位数是第5和第6的平均数，即：；
柳树叶的长宽比的众数为1.5；
故答案为：2.15，1.5；
（2）①∵杨树叶的长宽比的方差为0.0949大于柳树叶的长宽比的方差0.0089，
∴柳树叶的形状差别较小；
故答案为：柳；
②∵该小组收集的树叶中有一片长为11.5cm，宽为5cm的树叶，
则长宽比为2.3，
∴这片树叶来自于杨树的可能性大；
故答案为：杨；
（3）四名同学用A，B，C，D表示，其中A表示小颖，B表示小娜，根据题意，列表如下：

A
B
C
D
A




B




C




D




由列表（或树状图）可知共有12种可能出现的结果，且每种结果出现的可能性都相同，其中小颖和小娜同时被选中的结果共有2种．
∴（小颖和小娜同时被选中）．

23．随着“双减”政策的逐步落实，其中增加中学生体育锻炼时间的政策引发社会的广泛关注，体育用品需求增加，某商店决定购进A、B两种羽毛球拍进行销售，已知每副A种球拍的进价比每副B种球拍贵20元，用2800元购进A种球拍的数量与用2000元购进B种球拍的数量相同．
(1)求A、B两种羽毛球拍每副的进价；
(2)若该商店决定购进这两种羽毛球拍共100副，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100副羽毛球拍的资金不超过5900元，那么该商店最多可购进A种羽毛球拍多少副？
(3)若销售A种羽毛球拍每副可获利润25元，B种羽毛球拍每副可获利润20元，在第（2）问条件下，如何进货获利最大？最大利润是多少元？
【答案】(1)A种羽毛球拍每副的进价为70元，B种羽毛球拍每副的进价为50元
(2)45副
(3)购进A种羽毛球拍45副，B种羽毛球拍55副时，总获利最大，最大利润为2225元
【解析】（1）解：设A种羽毛球拍每副的进价为x元，
根据题意，得，
解得，经检验是原方程的解，
（元），
答：A种羽毛球拍每副的进价为70元，B种羽毛球拍每副的进价为50元；
（2）设该商店购进A种羽毛球拍m副，
根据题意，得，
解得，m为正整数，
答：该商店最多购进A种羽毛球拍45副；
（3）设总利润为w元，
，
∵，
∴w随着m的增大而增大，
当时，w取得最大值，最大利润为（元），
此时购进A种羽毛球拍45副，B种羽毛球拍（副），
答：购进A种羽毛球拍45副，B种羽毛球拍55副时，总获利最大，最大利润为2225元．

24．长尾夹一般用来夹书或夹文件，因此也称书夹．长尾夹的侧面可近似的看作等腰三角形，如图1是一个长尾夹的侧平面示意图，已知，．按压该长尾夹的手柄，撑开后可得如图2所示的侧平面示意图．测量得．求这时这个长尾夹可夹纸厚度为多少mm？（参考数据：，，，，，）

【答案】这时这个长尾夹可夹纸厚度为
【解析】解：如答图1，作于点．

∵，
∴，．
在，，
∵，，
∴．
由题意可知：，．
如答图2，作于点，于点．

在中，．
∵，
∴．
同理可证：，
∴．
∵四边形为矩形，
∴．
答案：这时这个长尾夹可夹纸厚度为．

25．如图，E为的边延长线上的一点，连结交于点O，交于点F．

(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，，
∴．
∴，
∴，
∴．
26．如图，是的直径，是的切线，A为切点，连接，交于点D，连接，过点B作交于点C，连接和，交于点E．

(1)求证：是切线；
(2)若，且，求切线的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【解析】（1）证明：连接，

∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴是切线；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴设，则，，
∴，
在中，由勾股定理得，即，
解得，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴．

27．已知抛物线与x轴交于，两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一个动点，且点P的横坐标为m．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，将直线沿y轴向下平移5个单位，交x轴于点M，交y轴于点N．过点P作x轴的垂线，交直线于点D，是否存在一点P，使是等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，或时，是等腰三角形．
【解析】（1）∵抛物线与x轴交于，两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）∵交y轴于点C，
∴
∴直线的解析式为，
∴直线向下平移5个单位得到，
当时，，
∴，
∵点P的横坐标为m，过点P作x轴的垂线，交直线于点D，
∴，，
∴，
若是等腰三角形，可分三种情况：
①当时，
∴，
解得，
②当时，
∴，
解得，，，
此时：重合或重合，不符合题意，故此种情况不存在．
③当时，
∴，
解得．
综上所述，或时，是等腰三角形．

28．（1）在中，，在的外部作正方形，正方形和正方形的延长线交于点M，的延长线分别交于点K，交于点Q．
①如图1，求；
②如图2，连接分别交于点P，交于点N，求．
（2）如图3，在中，，在的外部作，已知，求周长之比；
（3）如图4，在五边形中，．M是上一点，，连接；三等分，求与周长之比．

【答案】（1）①②（2）（3）
【解析】解：（1）①∵四边形，四边形是正方形，
∴，，，
∵
∴，
∴三点共线，三点共线，
∵的延长线交于点M，的延长线分别交于点K，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，
∵，
∴，即：；
（2）∵，
∴，，
∵，
∴，
∴周长之比为：；
（3）∵五边形，
∴
∵三等分，
∴，
∴，
同理：，
∴，
延长，交于点，过点作于点，

则：，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴与周长之比为．