2023年江苏省南京市玄武区中考数学三模模拟试题（原卷版+解析版）

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1. 计算6×（-2）-12÷（-4）的结果是（ ）
A. 10B. 0
C. -3D. -9
【答案】D
【解析】
【分析】原式先计算乘除运算，再计算加减运算即可得到结果.
【详解】原式.
故选：.
【点睛】此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键.
2. 下列运算正确的是（ ）
A. a3＋a3＝a6B. 2（a＋1）＝2a＋1C. （ab）2＝a2b2D. a6÷a3＝a2
【答案】C
【解析】
【分析】根据同类项合并、多项式乘法、积的乘方和同底数幂的除法计算判断即可．
【详解】解：A、a3＋a3＝2a3，故此选项错误，不符合题意；
B、2（a＋1）＝2a＋2，故此选项错误，不符合题意；
C、（ab）2＝a2b2，故此选项正确，符合题意；
D、a6÷a3＝a3，故此选项错误，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了同类项合并、多项式乘法、积的乘方和同底数幂的除法，解题的关键是掌握相关法则：单项式乘以多项式，用单项式去乘以多项式的每一项，再把积相加；积的乘方，等于把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘；同底数幂相除，底数不变指数相减．
3. 下列无理数中，与最接近的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】分析：根据无理数的定义进行估算解答即可.
详解：4=,
与最接近的数为,
故选:C.
点睛：本题考查了估算无理数的大小，解决本题的关键是估算出无理数的大小．
4. 如图是一个几何体的三视图，这个几何体是（ ）
A. 四棱柱B. 三棱柱C. 三棱锥D. 圆锥
【答案】B
【解析】
【详解】由于主视图和俯视图为长方形可得此几何体为柱体，由左视图为三角形可得为三棱柱．
故选B．
5. 如图，将正六边形ABCDEF放入平面直角坐标系后，若点A、B、E的坐标分别为（a，b）、（3，1）、（﹣a，b），则点D的坐标为（ ）
A. （1，3）B. （3，﹣1）C. （﹣1，﹣3）D. （﹣3，1）
【答案】D
【解析】
【详解】∵A（a，b）,E（－a，b）,
∴A,E关于y轴对称
∵六边形ABCDEF是正六边形,
∴y轴过C,F
∴B,D关于y轴对称
∵B（3，1）
∴D（－3，1）
故选D.
【点睛】解决点的坐标问题关键在于利用数形结合思想，认真观察题中的条件确定坐标轴的位置.
6. 已知一次函数（，为常数，），（，为常数，）的图像如图所示，则函数的图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由一次函数的图象与性质判断出k1，k2的符号，以及图象与x轴交点坐标即可．
【详解】解：由图象知：k1＜0，k2＞0，且-2k2+b2=0，k1+b1=0，
∵y=y1•y2，
∴y=（k1x+b1）（k2x+b2），
∴当x=-2，y=0，
当x=1时，y=0，
∴抛物线过（-2，0），（1，0），且k1k2＜0，
∴抛物线开口向下，
又当时，
∴
∴选项D不正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的图象与性质，判断出二次函数图象与x轴交点坐标是解决本题的关键．
二、填空题（本大题共10小题，共20．0分）
7. 写出一个数，使这个数的绝对值等于它的相反数：__________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【详解】分析：掌握相反数是成对出现的，不能单独存在，从数轴上看，除0外，互为相反数的两个数，它们分别在原点两旁且到原点距离相等．又根据绝对值的定义，可以得到答案.
详解：设|a|=-a，
|a|≥0，所以-a≥0，所以a≤0，即a为非正数．
故答案为:-1（答案不唯一）.
点睛：本题综合考查绝对值和相反数的应用和定义.
8. 据统计，全国义务教育学校共有万名学生参加了课后服务，将万用科学记数法表示为______ ．
【答案】
【解析】
【分析】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，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数．
【详解】解：将万用科学记数法表示为．
故答案为：．
9. 已知关于x的方程2x2＋mx＋n＝0的根是－1和3，则m＋n＝______．
【答案】-10
【解析】
【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系，可得，即可求解．
【详解】解：∵关于x的方程2x2＋mx＋n＝0的根是－1和3，
∴，
∴m=-4，n=-6，
∴m+n=-10．
故答案为：-10
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握若，是一元二次方程的两个实数根，则，是解题的关键．
10. 计算：_______．
【答案】##
【解析】
【分析】先根据二次根式的性质化简各式，再进行减法运算．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题考查二次根式的减法运算．解题的关键是熟练掌握合并同类二次根式．
11. 分解因式的结果是______ ．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了因式分解，先利用平方差公式分解因式，然后合并同类项，再利用完全平方公式和平方差公式分解因式即可．
【详解】解：


．
故答案为：．
12. 一块长方形菜地的面积是，如果它的长减少，那么菜地就变成正方形，若设原菜地的长为，则可列方程为：______ ．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是弄清题意，并找到等量关系．
根据“如果它的长减少，那么菜地就变成正方形”可以得到长方形的长比宽多米，利用矩形的面积公式列出方程即可．
【详解】解：长减少，菜地就变成正方形，
设原菜地长为米，则宽为米，
根据题意得：，
故答案为：．
13. 如图，的半径为，将沿弦折叠得到，且恰好经过圆心，则新月形阴影部分的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查扇形面积的计算，折叠性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题意和图形，可以求得弓形的面积，然后即可用圆的面积减去两个弓形的面积，即可得到新月形阴影部分的面积．
【详解】解：作于点，交于点，连接，，
由折叠的性质可知，，
，，
，
，，
，
弓形的面积是：，
新月形阴影部分的面积为：，
故答案为：．
14. 如图，在扇形中，点C、D在上，连接、交于点E，若，的度数为50°，则_____°．
【答案】145
【解析】
【分析】作所对的圆周角∠APB，连接OC，OD，BD，根据圆周角定理求出∠APB和∠CBD的度数，从而求出∠ADB的度数，结合三角形外角的性质，即可求解．
【详解】作所对的圆周角∠APB，连接OC，OD，BD，如图所示，
∵∠APB=∠AOB=×120°=60°，
∴∠ADB=180°-∠APB=180°-60°=120°，
∵的度数为50°，
∴∠COD=50°，
∴∠CBD=∠COD=25°，
∴∠AEB=∠CBD+∠ADB=25°+120°=145°，
故答案是：145．
【点睛】本题主要考查圆周角定理以及圆内接四边形的性质，熟练掌握构造同弧所对的圆周角，是解题的关键．
15. 如图，点，在反比例函数的图像上，点在反比例函数的图像上，连接，，且轴，轴，．若点的横坐标为2，则的值为___________．
【答案】36
【解析】
【分析】先求解的坐标，再表示的坐标，利用 表示的坐标，再利用在的图像上，列方程解方程即可得到答案．
【详解】解： 的横坐标为2，且在的图像上，


轴，



在的图像上，


（不合题意舍去），
故答案为：
【点睛】本题考查的是图形与坐标，反比例函数的性质，掌握利用反比例函数的点的坐标特点列方程是解题的关键．
16. 已知：如图，在四边形中ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，∠BCD=120°，BC=2，AD=DC.P为四边形ABCD边上的任意一点，当∠BPC=30°时，CP的长为______．
【答案】2或2 或4
【解析】
【详解】过点C作CE⊥AD， 连接AC，∵AD//BC，∠BCD=120°，∴∠D=180°-∠BCD=60°，∵AD=CD，∴△ACD是等边三角形，∴∠CAD=60°，AC=AD，∵∠BAD=90°，∴∠BAC=30°，即点P1与点A重合时，∠BP1C=30°，此时CP1=CA=4；
当点P2为AD中点时，此时四边形ABCP2是矩形，∴BP2=AC=4，∠BP2C=∠BCA=30°，∵∠BCP2=90°，∴CP2= =；
当点P3的CD边上时，∵∠BCD=120°，∠BCP3=30°，∴∠CBP3=30°，∴CP3=BC=2；
综上，当∠BPC=30°时，CP的长为4或或2.

【点睛】本题主要考查等边三角形判定与性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等，能正确地分点P在不同的边上进行讨论是解题的关键.
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17. 化简：
【答案】
【解析】
【分析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子．
【详解】解：
=
=
=
=
【点睛】此题考查了分式的化简，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
四、解答题（本大题共10小题，共82.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. 解不等式组并在数轴上表示出解集．
【答案】原不等式组的解集为：，数轴表示见解析．
【解析】
【分析】本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集，最后再数轴上表示出不等式组的解集即可．
【详解】解：
解不等式得：，
解不等式得：，
原不等式组的解集为：，
该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
19. 某班有甲、乙两名同学报名参加100米跑步比赛，他们在赛前进行了100次训练将两人的100次训练成绩分别绘制成如图统计图．
（1）根据统计图把下列表格补充完整：
（2）从两个不同角度评价甲、乙两名同学的训练成绩．
【答案】（1），；
（2）见解析．
【解析】
【分析】此题考查了方差、平均数和统计图，关键是掌握方差是用来衡量一组数据波动大小的量；
（1）根据方差计算公式求出甲的方差即可；根据扇形统计图可求乙跑进以内不包括的占比；
（2）从平均数与方差，或从跑进以内不包括的占比与最好成绩两个不同角度评价即可．
【小问1详解】
甲同学次训练的成绩为： ，，，，，，，，，，平均数为15，
所以方差为：，
乙跑进以内不包括的占比为：．
故答案为：，；
【小问2详解】
两人训练成绩的平均数都是，说明两人成绩整体实力相当；
甲的方差大于乙的方差，说明乙的成绩更加稳定．
或：
甲跑进以内的占比乙跑进以内的占的多，且甲的最快速度比乙快，说明甲更加有可能创造出好成绩．
20. 甲、乙两人在一座六层大楼的第1层进入电梯，从第2层到第6层，甲、乙两人各随机选择一层离开电梯．
（1）甲离开电梯的楼层恰好是第3层的概率是 ；
（2）求甲、乙两人离开电梯的楼层恰好相邻的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率公式进行计算即可求解；
（2）根据列表法求概率即可求解．
【小问1详解】
从第2层到第6层，共5个楼层，则甲离开电梯的楼层恰好是第3层的概率是，
故答案为：
【小问2详解】
列表如下，
一共有25种结果，它们出现的可能性相同．所有的结果中，满足“甲、乙两人离开电梯的楼层恰好是相邻”（记为事件A）的结果有8种，
即（2,3），（3,4），（4,5），（5,6），（3,2），（4,3），（5,4），（6,5）．
所以P(A)＝．
【点睛】本题考查了概率公式求概率，列表法求概率，掌握求概率的方法是解题的关键．
21. 如图，已知，是两个全等的等腰三角形，底边、在同一直线上，且，，与交于点．
（1）求证：；
（2）求的周长．
【答案】（1）见解析；
（2）的周长．
【解析】
【分析】本题考查了三角形的中位线，勾股定理，全等三角形的性质，相似三角形的性质和判定的应用，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．
（1）根据全等三角形的性质和等腰三角形的性质得出，，求出，根据相似三角形的判定得出即可；
（2）求出,求出，求出和，即可求出答案．
【小问1详解】
解：证明：，是两个全等的等腰三角形，且底边、在同一直线上，
，，
，
，，
．
又，
；
【小问2详解】
，是两个全等的等腰三角形，且底边、在同一直线上，
，
,
,
，
，，

过作于，
，
，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
，
的周长．
22. 如图，在四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，已知△ABE≌△ADF．
（1）若ADBC，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）以下条件：①∠BAD＝∠BCD；②AB＝CD；③BC＝CD．如果用其中的一个替换(1)中的“ADBC”，也可以证明四边形ABCD是菱形，那么可以选择的条件是 (填写满足要求的所有条件的序号)．
【答案】（1）见解析 （2）①②
【解析】
【分析】（1）由△ABE≌△ADF，得到∠B=∠D，AB=AD，再由ADBC，得到∠D+∠BCD=180°，从而得∠B+∠BCD=180°，所以ABCD，即可得四边形ABCD是平行四边形，最后由菱形的判定定理即可得出结论；
（2）由△ABE≌△ADF，得到∠B=∠D，AB=AD，再分别加条件①②，证四边形ABCD是平行四边形，四边形ABCD是菱形；加条件③，举反例，如铮形，满足条件，不能满足结论，即可说明加条件①②可以证明，加条件③不能证明．
【小问1详解】
证明：∵△ABE≌△ADF，
∴∠B=∠D，AB=AD，
∵ADBC，
∴∠D+∠BCD=180°，
∴∠B+∠BCD=180°，
∴ABCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
【小问2详解】
解： ∵△ABE≌△ADF，
∴∠ABC=∠ADC，AB=AD，
若选择的条件是①∠BAD＝∠BCD，
∵∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC=180°，
∴∠BAD+∠ABC=180°，∠ABC+∠BCD =180°，
∴ADBC，ABCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
故可选①；
若选择的条件是②AB＝CD；
连接BD，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠CBD=∠CDB，
∴BC=CD，
∵AB=CD，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
故可选②；
若选择的条件是③BC＝CD．
如图，铮形ABCD中，
△ABE≌△ADF，BC=CD≠AB，
四边形ABCD不是菱形，故选③不能证明四边形ABCD是菱形；
∴证明四边形ABCD是菱形，可以选择的条件是①②，
故答案为：①②．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
23. 如图，山顶的正上方有一塔，为了测量塔的高度，在距山脚一定距离的处测得塔尖顶部的仰角，测得塔底部的仰角，然后沿方向前进到达处，此时测得塔尖仰角(，，三点在同一直线上)，求塔的高度．(参考数据：，）
【答案】塔的高度为
【解析】
【分析】延长交于点，则，在和中，根据锐角三角函数的概念，得到，，借助构造方程关系式，求出，在中，根据锐角三角函数的概念，得出的长，然后依据，算出塔高的长进而得解．
【详解】如图，延长交于点，则．
在中，，
∵，
∴．
在中，，
∵，
∴．
∵，,,
∴．
∴．
∴．
在中，，
∵，
∴．
∴．
∴塔的高度为．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用和仰角的概念，熟练掌握锐角三角函数和仰角的概念是解本题的关键．
24. 某早餐机开机后，自动启动程序：先匀速加热，当机内温度升高到时，自动停止加热，同时机内温度匀速下降，当机内温度降至时，早餐机又自动启动上述程序，直至关机．已知早餐机的机内初始温度为，降温温度是加热速度的2倍．早餐机的机内温度与开机之后的时间之间的函数关系部分图像如图所示．
（1）早餐机的加热速度为__________；
（2）求线段所表示的与之间的函数表达式；
（3）将食物放入该早餐机，自开机之后，要使机内温度不低于的累计时间不少于，至少需要__________．
【答案】（1）4；（2）；（3）115．
【解析】
【分析】（1）根据图象的数据列式计算即可；
（2）利用待定系数法代入函数解析式即可解题；
（3）分别求出机内温度由220降到180所需的时间，机内温度由140升高到220所需要时间，再列式计算即可．
【详解】解：（1）早餐机的加热速度为：，
故答案为：4；
（2）设线段所表示的与之间的函数表达式为：
由降温温度是加热速度2倍，得到降温速度为8，即
图象经过
，
当时，
，
线段所表示的与之间的函数表达式为：；
（3）由题意知，机内温度由220降到180所需的时间为：，
机内温度由140升高到220所需要时间为：，
，
需升高到220时再降温3次，
自开机之后，要使机内温度不低于180的累计时间不少于，至少需要：
，
故答案为：115．
【点睛】本题考查一次函数的应用，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
25. 已知二次函数为常数，且．
（1）求证：不论为何值，该函数的图象与轴总有公共点；
（2）不论为何值，该函数的图象都会经过两个定点，求两个定点的坐标．
【答案】（1）见解析 （2）该函数图象始终过定点、
【解析】
【分析】（1），即可求解；
（2）由，所以当时，，当，即时，，即可求得定点坐标．
【小问1详解】
证明：令，即，
，
方程总有实数根，
该函数的图象与轴总有公共点；
【小问2详解】
解：．
该函数的图象都会经过两个定点，
所以当时，，
当，即时，，
该函数图象始终过定点、．
点睛】本题考查的是抛物线与轴的交点，一元二次方程的根的判别式，解决此题的关键是用方程知识来处理函数问题．
26. 如图，在中，是边上的点，过点作交边于点，垂足为，过点作，垂足为，连接，经过点，，的与边另一个公共点为．
（1）连接，求证；
（2）若，，．
①当时，求的半径；
②当点在边上运动时，半径的最小值为___________．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【解析】
【分析】（1）证明，，从而可证明；
（2）①连接，根据题意得，解得，解得，从而求出，解得，再证明是的直径，即可得到结论；
②设，则，，，则，代入得到二次函数关系式，配方求解即可．
【详解】解：（1）证明：如图，
∵，，
∴，
在中，，
∴．
又∵，
∴．
∵四边形是的内接四边形，
∴．
又∵，
∴，
又∵，
∴．
（2）①连接，如图，
∵，
∴，
∴．
中，，
∴，
∵，
∴．
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
在中，，
∴，
∴，
∵点在上，且，
∴是的直径，
∴．
②解题思路同①，设，则，，，
则
，
当时，有最小值，最小值为8，
则的最小值为，半径的最小值为．
故答案为：
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质以及解直角三角形等知识，合运用以上知识．
27. 如图①，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝15，BC＝20，经过点C的⊙O与△ABC的每条边都相交．⊙O与AC边的另一个公共点为D，与BC边的另一个公共点为E，与AB边的两个公共点分别为F、G．设⊙O的半径为r．
【操作感知】
（1）根据题意，仅用圆规在图①中作出一个满足条件的⊙O，并标明相关字母；
【初步探究】
（2）求证：CD2+CE2＝4r2；
（3）当r＝8时，则CD2+CE2+FG2的最大值为 ；
【深入研究】
（4）直接写出满足题意的r的取值范围；对于范围内每一个确定的r的值，CD2+CE2+FG2都有最大值，每一个最大值对应的圆心O所形成的路径长为 ．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）48；（4）．
【解析】
【分析】（1）根据要求画出图形即可（如图①所示）；
（2）如图②中，连接．利用勾股定理即可解决问题；
（3）因为是定值，是的弦，的半径为定值 8，所以弦心距越小则弦越长，圆心在以为圆心8为半径的圆上，当时，到距离最短，此时最大，由此即可解决问题；
（4）首先确定的范围．圆心距离最近时的值最大，当半径比较小时，在上时的值最大，当圆心在 上，圆正好经过点时，设，在△中，则有，解得，当时，若还在上，则点在圆内，圆不与边相交，推出此时圆心应该是在中垂线上，推出时，在上，时，在中垂线上，则的值最大，推出路径如下图折线．
【详解】（1）解：如图①即为所求，
（2）证明：如图②中，连接DE．
∵∠DCE＝90°，
∴DE为⊙O直径，即DE＝2r，
∴CD2+CE2＝DE2＝4r2，
（3）解：如图③中，
∵CD2+CE2是定值，FG是⊙O的弦，⊙O的半径为定值 8，
∴弦心距越小则弦FG越长，圆心O在以C为圆心8为半径的圆上，
当CO⊥AB时，O到AB距离最短，此时FG最大，
∵ ，
∴CH＝＝12，
∵OC＝8，
∴OH＝4，
OH⊥FG，
∴，
∴，
∴CD2+CE2+FG2的最大值＝．
故答案为：448．
（4）如图④中，
当⊙O1与AB相切时，⊙O1的直径最小，最小值为12，此时r＝6，
当圆心O2在AB上时，圆直径最大等于AB＝25，
∴，
∵圆心距离AB最近时CD2+CE2+FG2的值最大，
当半径比较小时，O在CH上时CD2+CE2+FG2的值最大，
当圆心在CH 上，圆正好经过点A时，设O0A＝O0C＝r，
在Rt△AO0H中，则有r2＝（12﹣r）2+92，
解得：，
∴，
当时，若O还在CH上，则A点在圆内，圆不与AB边相交，
∴此时圆心应该是在AC中垂线上，
∴时，O在CH上，
时，O在AC中垂线上，则CD2+CE2+FG2的值最大，
∴O路径如下图折线 O1﹣O0﹣O2
∵O1H＝6，，
∴，
∵，AH＝9，
∴，
∴，
∴O点路径长＝．
故答案为：．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了解直角三角形，勾股定理，直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
平均数
方差
跑进以内不包括的占比
甲
15
______
乙
15

______
甲
乙 结果
2
3
4
5
6
2
（2,2）
（2,3）
（2,4）
（2,5）
（2,6）
3
（3,2）
（3,3）
（3,4）
（3,5）
（3,6）
4
（4,2）
（4,3）
（4,4）
（4,5）
（4,6）
5
（5,2）
（5,3）
（54）
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