2023年江苏省盐城市初级中学中考二模数学模拟试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填写在答题纸相应位置上）
1. 2023的相反数等于（ ）
A. 2023B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了相反数的定义，掌握只有符号不同的两个数叫做互为相反数是解题的关键．根据相反数的定义即可得出答案．
【详解】解：2023的相反数等于．
故选：B．
2. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据合并同类项法则、同底数幂的乘法与除法，幂的乘方运算法则逐项判断即可．
【详解】A．和不是同类项，不能相加合并，故此选项错误；
B．，原计算错误，故此选项错误；
C．，原计算正确，故此选项正确；
D．，原计算错误，故此选项错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了同类项、同底数幂乘法和除法，幂的乘方的运算，熟练掌握同底数幂的乘法和除法运算法则是解答的关键．
3. 2023年2月10日，神舟十五号航天员乘组圆满完成了他们首次出舱任务，飞船的时速每小时千米，千米用科学记数法表示应为（ ）
A. 千米B. 千米C. 千米D. 千米
【答案】B
【解析】
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，为整数．
【详解】解：．
故选：B．
【点睛】本题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原来的数，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，确定与的值是解题的关键．
4. 一位卖“运动鞋”经销商到一所学校对名学生的鞋号进行了抽样调查，经销商最感兴趣的是这组鞋号的（ ）
A. 众数B. 平均数C. 中位数D. 方差
【答案】A
【解析】
【分析】众数是一组数据中出现次数最多的数据，故应注意众数的大小．
【详解】解：根据题意可得：经销商最感兴趣的是这组鞋号中哪个尺码最多，即这组数据的众数．
故选：A．
【点睛】此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义，掌握相关统计量的意义是解答本题的关键．
5. 小明观察“抖空竹”时发现，可以将某一时刻的情形抽象成数学问题：如图，已知，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】延长交于，依据，，可得，再根据三角形外角性质，即可得到．
【详解】解：如图，延长交于，
，，
，
又，
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和三角形的外角的性质，解决问题的关键是添加恰当的辅助线.
6. 下列关于反比例函数的描述中，正确的是（ ）
A. 图像在第二、四象限；B. 当时，随的增大而减小；
C. 点在反比例函数的图像上；D. 当时，.
【答案】B
【解析】
【分析】根据反比例函数的性质依次进行判断即可得．
【详解】解：A、，，则图像在第一、三象限，选项说法错误，不符合题意；
B、，，则图像在第一、三象限，所以当时，随的增大而减小，选项说法正确，符合题意
C、，点不在反比例函数的图像上，选项说法错误，不符合题意；
D、，图像在第一、三象限，当时，，选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数的图像与性质，解题的关键是掌握反比例函数的图像与性质．
7. 如图，一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体的最大深度，则截面圆中弦的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理求得的长，垂径定理可得，进而即可求解．
【详解】解：依题意，，
在中，
∵
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理的应用，熟练掌握勾股定理，垂径定理是解题的关键．
8. 甲、乙、丙、丁四个人所行的路程和所用时间如图所示，按平均速度计算，走得最快的是（ ）
A 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】A
【解析】
【分析】根据图像，分别求出甲、乙、丙、丁四个人的平均速度即可解答．
【详解】解：甲的平均速度为：千米/分钟
乙的平均速度为：千米/分钟
甲的平均速度为：千米/分钟
甲的平均速度为：千米/分钟
所以走的最快的是甲．
故选A．
【点睛】本题主要考查了从图像中获取信息和行程问题，正确的从图像中获取所需信息是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请将答案直接写在答题纸相应位置上）
9. 若二次根式有意义，则x的取值范围是_____．
【答案】x≥1
【解析】
【分析】根据二次根式的性质可知，被开方数大于等于0，列出不等式即可求出x的取值范围．
【详解】解：根据二次根式有意义的条件，x﹣1≥0，
∴x≥1，
故答案为：x≥1．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握被开方数大于等于0．
10. 因式分解： ________________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了提取公因式法与公式法的综合运用，正确运用平方差公式是解题关键．首先提取公因式3，再利用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：原式
．
故答案为：．
11. 一元二次方程的解是______．
【答案】
【解析】
【分析】先移项，然后利用因式分解法解方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴或，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键．
12. 当今大数据时代，“二维码”广泛应用于我们的日常生活中，某兴趣小组从某个二维码中截取部分开展数学实验活动．如图，在边长为的正方形区域内通过计算机随机掷点，经过大量重复实验，发现点落在区域内黑色部分的频率稳定在左右，据此可以估计这个区域内白色部分的总面积约为______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在左右可估计点落入白色部分的概率为，再乘以正方形的面积即可得出答案．
【详解】解：∵经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在左右，
∴估计点落入白色部分的概率为，
∴估计白色部分的总面积约为，
故答案为：．
【点睛】本题考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
13. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面展开图的面积是________．

【答案】
【解析】
【分析】由几何体的主视图和左视图都是等腰三角形，俯视图是圆，可以判断这个几何体是圆锥，结合图形可得出圆锥的高及底面半径，继而可求出圆锥侧面展开图的半径，进而即可求解．
【详解】解：依题意知高，底面半径，
由勾股定理求得母线长为：，
∴该几何体的侧面展开图的面积是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查三视图的知识和勾股定理的应用，根据三视图判断出圆锥的高和底面圆的半径是解题的关键．
14. 某商店购进A、B两种商品共50件．已知这两种商品的进货单价与销售单价如表所示，且将这两种商品销售完毕共可获利660元．设商店购进A种商品x件，购进B种商品y件，则根据题意可列方程组______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意即可直接列出方程组．
【详解】设商店购进A种商品x件，购进B种商品y件，
则根据题意可列方程组 ，
故答案为：．
【点睛】本题考查二元一次方程组的实际应用．根据题意找出等量关系，列出等式是解题关键．
15. 如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到，若点恰好在线段的延长线上，且，则旋转角的度数是________．

【答案】##度
【解析】
【分析】旋转得全等，根据等边对等角，得出等腰三角形，根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】绕点A按逆时针方向旋转，得到
，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查全等三角形的性质，以及等腰三角形的性质和判定，解题关键是推出等腰三角形．
16. 如图，矩形纸片，宽，长可无限长，把矩形纸片放置在平面直角坐标系中转动，顶点和原点重合，边在第一象限内，边与轴的交点为，过点作轴的垂线交反比例函数的图象于点，再过点作轴的垂线，垂足为，交于点，则面积的最大值是________．

【答案】
【解析】
【分析】设，则，证明，得出，根据勾股定理与三角形的面积的关系，得出，进而即可求解．
详解】设，则，
∵，
∴，
又∵
∴
∴
∴
解得：，
∵，，
∴，
即
∴
即面积的最大值是
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形，相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
三、解答题（本大题共11小题，共102分，请将解答过程写在答题纸相应的位置上）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算，熟练掌握化简绝对值，特殊角的三角函数值，零指数幂是解题的关键．根据化简绝对值，特殊角的三角函数值，零指数幂进行计算即可求解．
【详解】
．
18. 解不等式组：，并求出它的所有整数解的和．
【答案】，0
【解析】
【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，进而求出整数解的和即可．
【详解】解：不等式组，
由①得，
由②得：，
不等式组的解集为，即整数解为，0，1，
则整数解的和为．
【点睛】此题考查了一元一次不等式组的整数解，熟练掌握不等式组的解法是解本题的关键．
19. 先化简，再求值：，其中x满足x2－2x－2=0.
【答案】；
【解析】
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再由x2-2x-2=0得x2=2x+2=2（x+1），整体代入计算可得．
【详解】解：原式=
=
=，
∵x2-2x-2=0，
∴x2=2x+2=2（x+1），
∴原式=
．
【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
20. “双减”政策颁布后，某区为了解学生每天完成书面作业所需时长的情况，从申，乙两所学校各随机抽取50名学生进行调查，获取他们每天完成书面作业所需时长（单位：分钟）的数据，并对数据进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a．甲，乙两所学校学生每天完成书面作业所需时长的数据的频数分布直方图及扇形统计图如图（数据分成5组：，，，，）；
b．甲校学生每天完成书面作业所需时长的数据在这一组的是：
45 46 50 51 51 52 52 53 55 56 59 59
c．甲，乙两所学校学生每天完成书面作业所需时长的数据的平均数、中位数如下：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）______；
（2）乙校学生每天完成书面作业所需时长的数据的扇形统计图中表示这组数据的扇形圆心角的度数是______；
（3）小明每天完成书面作业所需时长为53分钟，在与他同校被调查的学生中，有一半以上的学生每天完成书面作业所需时长都超过了小明，那么小明是______校学生（填“甲”或“乙”）；
（4）如果甲，乙两所学校各有2000人，估计这两所学校每天完成书面作业所需时长低于60分钟的学生共有多少人．
【答案】（1）51 （2）
（3）乙 （4）2720人
【解析】
【分析】（1）根据中位数的定义求解即可；
（2）先求出乙校学生每天完成书面作业所需时长的在所占的比例，再利用其所占比例乘以，即可求解；
（3）求出甲校每天完成书面作业所需时长超过53分钟的人数，结合乙校的中位数，即可求解；
（4）先分别求出甲、乙两校每天完成书面作业所需时长低于60分钟的学生所占比例，进而即可求解．
【小问1详解】
解：由图可得，把甲校学生每天完成书面作业所需时长的数据从小到大排列，处于中间的两个数为：51，、51，
∴中位数，
故答案为：51；
【小问2详解】
解：由题意可得，乙校学生每天完成书面作业所需时长的在所占的比例为：，
∴，
故答案为：；
【小问3详解】
解：由图可知，
甲校中每天完成书面作业所需时长超过53分钟的人数有：（人），
∵ 在与他同样被调查的学生中，有一半以上的学生每天完成书面作业所需时长都超过了小明，乙校的中位数为54，
∴小明是乙校学生，
故答案为：乙；
【小问4详解】
解：由图可知，甲校每天完成书面作业所需时长低于60分钟的学生所占比例为：，
乙校每天完成书面作业所需时长低于60分钟的学生所占比例为：
，
∴（人），
答：这两所学校每天完成书面作业所需时长低于60分钟的学生共有2720人．
【点睛】本题考查条形统计图和扇形统计图、用样本估计总体、中位数、求扇形统计图圆心角，熟练掌握相关知识是解题的关键．
21. 有一个不透明的信封内装有三根长度分别为，和的细木棒（除长度外其余都相同），木棒露出纸袋外的部分长度相等，
（1）现从信封内随机取出一根细木棒，直接写出抽取到细木棒的概率________；
（2）小亮手中有一根长度为的细木棒，现从信封内随机取出两根细木棒与小亮手中的细木棒首尾相接放在一起，求抽出的细木棒能与小亮手中的细木棒构成直角三角形的概率（用画树状图或列表的方法求解）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）列表法求概率即可求解．
【小问1详解】
解：共有3根细木棒，现从信封内随机取出一根细木棒，直接写出抽取到细木棒的概率为：，
故答案为：．
【小问2详解】
解：列表如下，
共有6种等可能结果，
∵，
∴其中抽出的细木棒能与小亮手中的细木棒构成直角三角形的有2种，，
∴抽出的细木棒能与小亮手中的细木棒构成直角三角形的概率为．
【点睛】本题考查是根据概率公式求概率，用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22. 圭表（如图1）是我国古代度量日影长度的天文仪器，它包括一根直立的杆（称为“表”）和一把南北方向水平放置且与杆垂直的标尺（称为“圭”）．当正午的阳光照射在“表”上时，“表”的影子便会投射在“圭”上．我国古代历法将一年中白昼最短的那一天（当日正午“表”在“圭”上的影子长度为全年最长）定为冬至；白昼最长的那一天（当日正午“表”在“圭”上的影子长度为全年最短）定为夏至．某地发现一个圭表遗迹（如图2），但由于“表”已损坏，仅能测得“圭”上记录的夏至线与冬至线间的距离（即的长）为11.3米．现已知该地冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，请通过计算推测损坏的“表”原来的高度（即的长）约为多少米？(参考数据 ；；；；)
【答案】损坏的“表”原来的高度约为9米
【解析】
【分析】设米，则米，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，再在中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【详解】解：设米，
∵米，
∴米，
在中，，
∴（米），
在中，，
∴，
解得：，
经检验：是原方程的根，
∴（米），
∴损坏的“表”原来的高度约为9米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，垂线段最短，平行投影，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
23. 如图，四边形是平行四边形，为上一点．

（1）如图①，只用无刻度直尺在上作出点，使得四边形为平行四边形；
（2）如图②，用直尺和圆规作出矩形，使得点、、分别在、、上．（保留作图痕迹）
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接，延长交于点，点即为所求作．
（2）连接，交于点，连接，延长交于点，以为圆心为半径作弧交于点，延长交于点，连接，，，，四边形即为所求．
【小问1详解】
解：如图，点，四边形即为所求作．
【小问2详解】
如图，四边形即为所求作．

理由：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
同理：，可得，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形．
【点睛】本题考查作图复杂作图，平行四边形的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24. 用承重指数衡量水平放置的长方体木板的最大承重量．实验室有一些同材质同长同宽而厚度不一的木板，实验发现：木板承重指数与木板厚度（厘米）的平方成正比，当时，．
（1）求与的函数关系式．
（2）如图，选一块厚度为6厘米的木板，把它分割成与原来同长同宽但薄厚不同的两块板（不计分割损耗）．设薄板的厚度为（厘米），．
①求与的函数关系式；
②为何值时，是的3倍？
【注：（1）及（2）中的①不必写的取值范围】
【答案】（1）；（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）设W=kx2，利用待定系数法即可求解；
（2）①根据题意列出函数，化简即可；②根据题意列出方程故可求解．
【详解】（1）设W=kx2,
∵时，
∴3=9k
∴k=
∴与的函数关系式为；
（2）①∵薄板的厚度为xcm，木板的厚度为6cm
∴厚板的厚度为（6-x）cm，
∴Q=
∴与的函数关系式为；
②∵是的3倍
∴-4x+12=3×
解得x1=2,x2=-6(不符题意，舍去)
经检验，x=2是原方程的解，
∴x=2时，是的3倍．
【点睛】此题主要考查函数与方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系列出函数或方程求解．
25. 如图所示，在中，，，在上取点，以为圆心，以为半径作圆，与相切于点，并分别与，相交于点，（异于点）．
（1）求证：平分；
（2）若点恰好是的中点，求扇形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，以此可得，在平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行得，进而得到，由可得，因此，以此即可证明；
（2）连接、、，易得，根据直角三角形斜边上的中线的性质的，因此为等边三角形，则，根据平行线的性质得，于是可证明为等边三角形，再利用扇形的面积公式计算即可．
【小问1详解】
连接，如图，

与相切于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
平分；
【小问2详解】
连接、、，如图，

，是的中点，
，
在中，，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
．
【点睛】本题考查切线的性质、等边三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、扇形的面积公式，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题关键．
26. 如图1，在菱形中，点是对角线上一点，连接和，在射线上取点，使得，射线交射线于点，设．

（1）如图2，若，连接交于点，求证：；
（2）【探究】如图3，若，，请在图形3中画出图形，并求的值；
【归纳】若，的值为________．（用含、的表达式表示）
【答案】（1）见解析 （2）画图见解析，；[归纳]
【解析】
【分析】（1）根据题意得出四边形是正方形，进而得出，根据正方形的性质得出，进而根据三角形内角和定理得出，即可得，进而证明；
（2）①如图所示延长至使得，连接，交于点，过点作交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，证明，得出，根据题意得出，则，证明，得出，等量代换得出，根据平行线的性质得出，可得，则，过点作于点，则，设，将已知条件代入得出，进而即可求解．
[归纳]根据（2）的方法即可求解．
【小问1详解】
证明：如图所示，

∵，则，
又∵四边形是菱形，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵在上，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
①如图所示延长至使得，连接，交于点，过点作交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，

∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∵四边形是菱形，
∴
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，则，
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∵是上的点，垂直平分，
∴，
又
∴，
∵
∴
∴
∴
∴，
如图所示，过点作于点，则，

∵，设，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
[归纳]同（2）可得，
设，则，
∵
∴
∵，
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，平行线分线段成比例，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，菱形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
27. 抛物线与x轴交于、两点，与轴交于点，点和点都在抛物线上．

（1）求出抛物线表达式；
（2）如图1，若点在直线的上方，过点作，垂足为，
①当点是抛物线顶点时，求的长，
②求的最大值；
（3）如图2，，直接写出点的坐标________．
【答案】（1）
（2）①；②
（3）或
【解析】
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）①如图所示，过点作轴交于点，设直线交轴于点，得出直线的解析式为，求得，，当为顶点时，则，，又，根据即可求解；
②过点作轴于点，过点作于点，设，则，分别求得，计算，根据二次函数的性质，即可求解；
（2）在轴上取一点，则，以为直径，的中点为圆心，作，则，根据，得出点在上，进而根据勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：将点，点代入，得
，
解得：，
∴抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：①如图所示，过点作轴交于点，设直线交轴于点，

∵抛物线解析式为，则顶点,
当，即，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，，
∴，，
当为顶点时，则，，
∴，
∵，,
∴,
∴；
②如图所示，过点作轴于点，过点作于点，

设，则，
∴，，
，
∴的横坐标为,
∴,
∴,
∴
∴
，
当时，的最大值为；
【小问3详解】
解：由，当时，，则
∵，
∴，
如图所示，

在轴上取一点，则，
以为直径，的中点为圆心，作，则，
∴，
∴，
∵，
∴点在上，
∵，
设，过点作于点，则，
在中，，，
∴，
即，
整理得，
∴，
∵
∴或，
当时，，
当时，，
∴或
故答案为：或．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解直角三角形，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．商品
类别
进货单价
（元/件）
销售单价
（元/件）
A
30
40
B
40
55
平均数
中位数
甲校
49
乙校
50
54