2023年江苏省徐州市中考二模数学试卷（含答案解析）

这是一份2023年江苏省徐州市中考二模数学试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（全卷共140分，考试时间120分钟）
一、选择题（本大题有8小题，每小题3分，共24分）
1．-2023的相反数是（）
A．2023B．-2023C．D．
2．下列图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
3．若，下列结论中正确的是（）
A．B．C．D．
4．下列运算结果是是（）
A．B．C．D．
5．如图，几何体是由六个相同的立方体构成的，则该几何体三视图中面积最大的是（）
A．主视图B．左视图C．俯视图D．主视图和左视图
6．下列图形中，的是（）
A．B．C．D．
7．为计算某样本数据的方差，列出如下算式，据此判断下列说法错误的是（）
A．样本容量是4B．样本的平均数是4C．样本的众数是3D．样本的中位数是3
8．平面直角坐标系中，过点的直线经过一、二、三象限，若点，，都在直线上，则下列判断正确的是（）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题有10小题，每小题3分，共30分）
9．分解因式：2x2﹣8=_______
10．2022年徐州实施棚户区改造，其中用科学记数法表示为__________．
11．如图，是由7个全等的正六边形组成的图案，假设可以随机在图中取点，那么这个点取在阴影部分的概率是______．
12．若分式有意义，则实数x取值范围是______．
13．已知圆锥的母线长为5，底面圆半径为2，则此圆锥的侧面积为__．
14．关于的方程的一根为，则另一根为__________．
15．在平面直角坐标系中，对于点，若，则称点P为“同号点”．若某函数图像上不存在“同号点”，其函数表达式可以是__________．
16．如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD＝1，DB＝2，则的值为_________．
17．如图，太阳光线与地面成60°的角，此时在太阳光线的照射下，地面上的篮球在地面上的投影AB的长为，则该篮球的直径长为__________．
18．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形．连接，若平分，且正方形的面积为2，则正方形的面积为__________．
三、解答题（本大题有10小题，共86分）
19．计算：
（1）；（2）
20．（1）解方程：；（2）解不等式组：
21．某校为了解学生安全意识情况，在全校范围内随机抽取部分同学进行问卷调查，根据调查结果，把学生安全意识分成A“很强”，B“较强”，C“一般”，D“淡薄”四个类别，并将调查结果绘制成如图两幅均不完整的统计图，根据图中提供的信息，回答下列问题：
（1）这次共抽取了______名学生进行调查统计，扇形统计图中D类别所对应的扇形圆心角的度数是_______；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）该校共有1200名学生，估计该校学生中“安全意识很强”的学生大约有多少人？
22．为阻断流感传播，某社区设置了三个发热检测点，假定甲、乙两人去某个检测点是随机的，且去每个检测点机会均等．
（1）甲在A检测点的概率为________；
（2）求甲、乙两人在不同检测点概率．
23．如图，在菱形中，对角线、相交于点O，，
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，则菱形的面积为__________．
24．如图，甲、乙两位旅游爱好者都从点出发，走不同路线探险，并约定在点处会合．甲从点出发先沿着正东方向行走到达点处，再沿着正北方向行走到达点；乙亦从点出发，沿着东北方向行走到点处，再由点处沿着南偏东方向行走到达点，与甲会合．
（1）求点到的距离；
（2）为方便联系，甲、乙两人各携带一部对讲机，对讲机信号覆盖半径是米，当甲在点处，乙恰好在点处，此时乙能否收到甲的对讲机信号？请说明理由．
25．超市销售某品牌瓶装饮料，每箱售价是36元，现超市对该款饮料进行促销活动，根据以下对话内容，求该款饮料一箱有多少瓶？
现在如果购买一箱这种饮料，即可获赠同款饮料2瓶．
确实是蛮划算的，相当于每瓶按原价的九折就可以买到了．
26．如图，在中，，按如下过程进行尺规作图：
①作的垂直平分线，交于点O；
②连接，以O为圆心，为半径，作的外接圆；
③在的右侧作；
④取一点E使（点E不与点O重合），连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当______°时，与相切，并说明理由．
27．将矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），沿着折叠该纸片，得点O的对应点．
（1）如图1，若，则________°；
（2）如图2，若，求的面积；
（3）连接，当是直角三角形时，直接写出此时点P的坐标．
28．抛物线y=-x2+bx+3与直线y=x+1相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点A在x轴的负半轴上。
（1）求抛物线的函数表达式及顶点D的坐标；
（2）如图1，直线AB上方的抛物线上有一动点P，过点P作PH⊥AB于点H，求垂线段PH的最大值；
（3）如图2，当点P运动到抛物线对称轴右侧时，连接AP，交抛物线的对称轴于点M，当最小时，直接写出此时AP的长度。
参考答案
一、选择题（本大题有8小题，每小题3分，共24分）
1．A
【解析】根据相反数定义直接求值即可得到答案；
【详解】解：由题意可得，-2023的相反数是2023，故选：A。
【点睛】本题考查相反数定义：只有符号不同的两个数叫互为相反数，熟练掌握相反数的定义是解题关键。
2．B
【解析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可。
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故A错误；
B．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故B正确；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故D错误。
故选：B。
【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心。
3．B
【解析】对不等式进行适当的放缩，即可得到答案．
【详解】解：，，，
．故选B．
【点睛】本题考查了估算无理数的大小，估算无理数的大小常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是解题的关键．
4．A
【解析】
【分析】运用公式，，进行计算和合并同类项法则，即可逐一判断．
【详解】解：A.，故A符合题意；
B.，故B不符合题意；
C.，故C不符合题意；
D.，故D不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了幂的运算及合并同类项，掌握公式及法则是解题的关键．
5．C
【解析】
【分析】从正面看，得到从左往右3列正方形的个数依次为1，2，1；从左面看得到从左往右3列正方形的个数依次为1，2，1；从上面看得到从左往右3列正方形的个数依次，2，2，1，依此画出图形即可判断．
【详解】解：如图所示
主视图和左视图都是由4个正方形组成，俯视图由5个正方形组成，所以俯视图的面积最大．
故选：C．
【点睛】本题主要考查作图-三视图，正确画出立体图形的三视图是解答本题的关键．
6．C
【解析】
【分析】由对顶角相等可判定A选项，由垂径定理可得等腰三角形即可判定B选项，根据三角形外角的性质可判定C，同圆中同弧对应的两个角相等可判定D选项．
【详解】解：A．由对顶角的性质可得，不满足题意；
B.由垂径定理可得是等腰三角形的底角，可得，不满足题意；
C.由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和,可得，符合题意；
D.由同圆中等弧对应的圆周角相等，可得，不满足题意．
故选C．
【点睛】本题主要考查了对顶角的性质、垂径定理、三角形外角的性质、圆周角定理等知识点，正确理解相关性质定理是解题的关键．
7．B
【解析】
【分析】根据方差算式得出，样本中数据为2，3，3，7，再根据平均数计算公式求出平均数，得出众数和中位数即可．
【详解】解：根据方差算式可得，这组数据有2，3，3，7共4个，因此样本容量为4，样本众数为3，
中位数是，
平均数为：，故B错误，符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了求一组数据的中位数和众数，平均数，样本容量，解题的关键是根据方差计算公式，得出这组数据有2，3，3，7共4个．
8．D
【解析】
【分析】设一次函数的解析式为y＝kx+b（k≠0），根据经过一、二、三象限判断出k的符号，根据一次函数的性质即可得出结论．
【详解】解：设一次函数的解析式为y＝kx+b（k≠0），
∵直线l经过一、二、三象限，
∴k＞0，∴y随x的增大而增大，
∵直线l过点（﹣2，3）．点（0，a），（﹣1，b），（c，﹣1），
∴c＜﹣2，3＜b＜a，故选：D．
【点睛】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
二、填空题（本大题有10小题，每小题3分，共30分）
9．2（x+2）（x﹣2）
【解析】先提公因式，再运用平方差公式．
【详解】2x2﹣8，
=2（x2﹣4），
=2（x+2）（x﹣2）．
【点睛】考核知识点：因式分解.掌握基本方法是关键．
10．
【解析】
【分析】科学记数法的表现形式为的形式，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，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
11．
【解析】根据阴影部分的面积所占比例得出概率即可．
【详解】解：由图知，阴影部分的面积占图案面积的，即这个点取在阴影部分的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查几何概率．熟练掌握几何概率的计算方法，是解题的关键．
12．
【解析】根据分式有意义的条件即可求解．
【详解】依题意可得，
解得．故答案为：．
【点睛】此题主要考查分式的性质，解题的关键是熟知分式的分母不为零．
13．
【解析】根据圆锥的侧面积公式：，进行计算即可．
【详解】解：依题意知母线长，底面半径，
则由圆锥的侧面积公式得．故答案为：．
【点睛】本题考查圆锥的侧面积．熟练掌握圆锥的侧面积公式，是解题的关键．
14．
【解析】设这个一元二次方程的另一根为，根据一元二次方程的根与系数的关系可得结果．
【详解】设这个一元二次方程的另一根为，
关于的方程的一根为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键．
15．（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据新定义可得函数图像不在第一，第三象限，从而可得答案．
【详解】解：∵对于点，若，则称点P为“同号点”．
而某函数图像上不存在“同号点”，
∴函数图像不在第一，第三象限，
∴其函数表达式可以是；
故答案为：．
【点睛】本题考查的是阅读理解，新定义的含义，反比例函数图像的性质，掌握反比例函数图像的分别是解本题的关键．
16．
【解析】
【详解】DE∥BC
即
17．
【解析】
【分析】如图，，易证，，连接，构造直角三角形，以为基础，结合三角函数知识构建方程求解．
【详解】如图，，，
∴
∴，解得，
∴直径=
故答案为．
【点睛】本题考查圆的切线长定理，锐角三角形函数及特殊角三角函数值；结合已知构造直角三角形是解题的关键．
18．##
【解析】
【分析】根据正方形的面积为2，可得，根据平分，全等三角形的判定和性质可得，根据相似三角形的判定和性质可得，即，即可求出的值，即可求得则正方形的面积．
【详解】如图，令与的交点为，
∵平分，是直角三角形，，
∴，
∴，
∵正方形的面积为2，
∴，
∵平分， ，
∴，，
∴，
∴即，
故，
解得（不符合题意，舍去）或，
∴，，
根据勾股定理可得，
即正方形的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质．
三、解答题（本大题有10小题，共86分）
19．（1）（2）
【解析】
【分析】（1）根据有理数的乘方，化简绝对值，特殊角的三角函数值，化简二次根式，进行计算即可求解；
（2）先根据分式的加减计算括号内的，同时将除法转化为乘法，再根据分式的性质化简，即可求解．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
原式
．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，分式的混合运算，熟练掌握有理数的乘方，化简绝对值，特殊角的三角函数值，化简二次根式，分式的运算法则是解题的关键．
20．（1）（2）
【解析】
【分析】（1）把分式方程变为整式方程，解这个整式方程，并检验；
（2）先求出两个不等式的解集，再利用数轴求其公共解．
【详解】（1）解：
去分母，得：
解这个整式方程，得：
检验：当时，
是原分式方程的解．
（2）解：
由①得，
，
由②得，
，
在数轴上表示不等式①②的解集如下：
这个不等式组的解集为．
【点睛】本题主要考查了分式方程和一元一次不等式组的解法，熟练掌握分式方程和一元一次不等式组的解法是解本题的关键．
21．（1）60；18（2）见解析（3）240
【解析】
【分析】（1）用C类的人数除以其所占的百分比可求出抽取的学生总人数，再由乘以D类所占的百分比，即可求解；
（2）求出A类的人数，即可求解；
（3）用1200乘以“安全意识很强”的学生所占的百分比，即可求解．
【小问1详解】
解：这次共抽取了的学生人数为名；
扇形统计图中D类别所对应的扇形圆心角的度数是；
故答案为：60；18
【小问2详解】
解：A类的人数为名，
将条形统计图补充完整如下：
【小问3详解】
解：人，
答：估计该校学生中“安全意识很强”的学生大约有240人．
【点睛】本题主要考查了条形统计图和扇形统计图，样本估计总体，明确题意，准确从统计图获取信息是解题关键．
22．（1）（2）
【解析】
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有种等可能得结果，其中甲、乙两人在不同检测点做核酸有种结果，再由概率公式求解即可．
【小问1详解】
解：甲在A检测点的概率为，
故答案为：；
【小问2详解】
画树状图如下：
共有种等可能的结果，其中甲、乙两人在不同检测点做核酸有种结果，
∴甲、乙两人在不同检测点的概率为．
【点睛】本题考查的是用树状图法求概率，树状图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，用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
23．（1）见解析（2）12
【解析】
【分析】（1）由题意易得，，然后可得四边形是平行四边形，进而问题可求证；
（2）由（1）及题意易得，，然后根据菱形的面积公式可进行求解
【小问1详解】
证明：∵四边形是菱形，
∴，．
又∵，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【小问2详解】
解：由（1）知，平行四边形是矩形，则，．
四边形是菱形，
，，
菱形的面积为：；
故答案为12．
【点睛】考查了矩形的判定与性质，菱形的性质．此题中，矩形的判定，首先要判定四边形是平行四边形，然后证明有一内角为直角．
24．（1）（2）能收到，理由见解析
【解析】
【分析】（1）如图所示，过点作于点，作于点，根据题意在中，，由此即可求解；
（2）如图所示，连接，，得四边形是矩形，可求出的长度，在中，根据勾股定理可求出的长度，由此即可求解．
【小问1详解】
解：如图所示，过点作于点，作于点，
∵，，，
∴在中，，
∴．
∴点到的距离为．
【小问2详解】
解：如图所示，连接，，由题意可知，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，在中，，
在中，，
∵，
∴此时乙能收到甲的对讲机信号．
【点睛】本题主要考查方位角与直角三角形，勾股定理的综合，掌握方位角的知识，直角三角形中特殊角的三角函数，勾股定理求边长等知识是解题的关键．
25．18瓶
【解析】
【分析】设该款饮料一箱有x瓶，根据等量关系列出方程，解方程即可．
【详解】解：设该款饮料一箱有x瓶，根据题意可得：，
解得：，
经检验，是原方程的解
答：该款饮料一箱有18瓶．
【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，解题的关键是根据等量关系，列出方程，求出x的值，并注意进行检验．
26．（1）见解析（2）90，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由可得进而得到，由题意可得，则，即，可证，最后根据两组对边分别平行的四边形为平行四边形即可解答；
（2）若，则，进而得到，然后再证，即可证明结论．
【小问1详解】
证明：∵，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴四边形CBEO是平行四边形．
【小问2详解】
解：当时，与相切
理由：∵．
∴．
∵
∴
∵,
∴，
∴，
∴与相切．
【点睛】本题主要考查了圆的性质、平行四边形的证明、平行线的性质、等腰三角形的性质、切线的证明等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
27．（1）28（2）；（3）点P的坐标为或．
【解析】
【分析】（1）利用折叠的性质得到，，再利用四边形内角和定理求得的度数，据此求解即可；
（2）延长交AB的延长线于点M，推出，设，在中，利用勾股定理列式计算求得，据此求解即可；
（3）分两种情况讨论，当时，点落在边上以及当时，点落在对角线上，即可求解．
【小问1详解】
解：由折叠的性质得，，
∴，
∴，
故答案为：28；
【小问2详解】
解：延长交AB的延长线于点M，
由翻折知：，
∵，∴∠APO=∠PAM．
∴，
∴．
设，则．
在中．，即．
解得：．
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问3详解】
解：当时，点落在边上，是直角三角形，
∵点，点，四边形为矩形，
∴．
根据题意，由折叠可知，
∴，，，
在中，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴点P的坐标为；
当时，直角三角形，
由折叠的性质知，则点落在对角线上，
，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
解得，
∴点P的坐标为；
综上，点P的坐标为或．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
28．（1）抛物线的函数表达式：，顶点坐标：
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据直线与轴交于点．求得点，代入二次函数解析式，待定系数法求解析式即可求解；
（2）设直线与轴交于点，令，得，故点的坐标为，为等腰直角三角形，过点作轴，交直线于点，则，则是等腰直角三角形，设点，则，进而表示出，根据二次函数的性质求得的最大值为；
（3）过点作，设交轴于点，当时，，则，此时最小，，设，则，勾股定理求得，根据，，可得，则，即，求得直线的解析式为：，联立求得点，进而即可求解．
【小问1详解】
解：与轴交于点．
将，代入得
又在抛物线上，
，
解得．
故抛物线的函数表达式
顶点的坐标为．
【小问2详解】
设直线与轴交于点，令，得，故点的坐标为
，
为等腰直角三角形
过点作轴，交直线于点，则，
是等腰直角三角形
∴，设点，则
∴，
故当时，有最大值．
∴最大值为
【小问3详解】
解：如图所示，过点作，设交轴于点，
当时，，
则，此时最小，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，，
∴
∴，
∴,
设直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为：
联立
解得：（舍去）或，
当时，，
∴
∴
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求解析式，面积问题，正弦的定义，勾股定理求两点距离，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键。