2024年江苏省连云港市中考真题数学试卷（解析版）

这是一份2024年江苏省连云港市中考真题数学试卷（解析版），共28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。

一、选择题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项符1合题目要求，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1. 的相反数是（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据相反数的性质，互为相反数的两个数的和为0即可求解．
【详解】解：因为-+＝0，
所以-的相反数是．
故选：D．
【点睛】本题考查求一个数的相反数，掌握相反数的性质是解题关键．
2. 2024年5月，全国最大的海上光伏项目获批落地连云港，批准用海面积约28000亩，总投资约90亿元．其中数据“28000”用科学记数法可以表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查科学记数法，根据科学记数法的表示方法：为整数，进行表示即可．
【详解】解：；
故选：B．
3. 下列运算结果等于的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查整式的运算，根据合并同类项，同底数幂的乘除法则，积的乘方和幂的乘方法则，逐一进行计算判断即可．
【详解】解：A、，不符合题意；
B、，不符合题意；
C、，符合题意；
D、，不符合题意；
故选：C．
4. 下列网格中各个小正方形的边长均为1，阴影部分图形分别记作甲、乙、丙、丁，其中是相似形的为（ ）

A. 甲和乙B. 乙和丁C. 甲和丙D. 甲和丁
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查相似图形，根据对应角相等，对应边对应成比例的图形是相似图形结合正方形的性质，进行判断即可．
【详解】解：由图可知，只有选项甲和丁中的对应角相等，且对应边对应成比例，它们的形状相同，大小不同，是相似形．
故选D．
5. 如图，将一根木棒的一端固定在O点，另一端绑一重物．将此重物拉到A点后放开，让此重物由A点摆动到B点．则此重物移动路径的形状为（ ）

A. 倾斜直线B. 抛物线C. 圆弧D. 水平直线
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查动点移动轨迹，根据题意，易得重物移动的路径为一段圆弧．
【详解】解：在移动的过程中木棒的长度始终不变，故点的运动轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，
故选：C．
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 10张票中有1张奖票，10人去摸，先摸的人摸到奖票的概率较大
B. 从1，2，3，4，5中随机抽取一个数，取得偶数的可能性较大
C. 小强一次掷出3颗质地均匀的骰子，3颗全是6点朝上是随机事件
D. 抛一枚质地均匀的硬币，正面朝上的概率为，连续抛此硬币2次必有1次正面朝上
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查事件发生的可能性与概率．由题意根据事件的可能性以及事件发生的概率对各选项进行依次判断即可．
【详解】解：A、“10张票中有1张奖票，10人去摸，先摸的人摸到奖票的概率一样”，故该选项错误，不符合题意；
B、从1，2，3，4，5中随机抽取一个数，奇数有3个，偶数有2个，取得奇数的可能性较大，故该选项错误，不符合题意；
C、 “小强一次掷出3颗质地均匀的骰子，3颗全是6点朝上是随机事件”，故该选项正确，符合题意；
D、抛一枚质地均匀的硬币，正面朝上的概率为，连续抛此硬币2次有可能有1次正面朝上，故该选项错误，不符合题意；
故选：C．
7. 如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是，则图中阴影图形的周长是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，由此解答即可．
【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，
阴影图形的周长是：，
故选：A．
8. 已知抛物线（a、b、c是常数，）顶点为．小烨同学得出以下结论：①；②当时，随的增大而减小；③若的一个根为3，则；④抛物线是由抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位得到的．其中一定正确的是（ ）
A. ①②B. ②③C. ③④D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的顶点公式可得，结合，，由此可判断①；由二次函数的增减性可判断②；用a表示b、c的值，再解方程即可判断③，由平移法则即可判断④．
【详解】解：根据题意可得：，
，
，
即，
，
，
的值可正也可负，
不能确定的正负；故①错误；
，
抛物线开口向下，且关于直线对称，
当时，随的增大而减小；故②正确；
，
抛物线为，
，
，故③正确；
抛物线，
将向左平移1个单位得：，
抛物线是由抛物线向左平移1个单位得到的，故④错误；
正确的有②③，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数的平移，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数与一元二次方程，一元二次方程的解的定义，用a表示b、c的值是本题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需要写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
9. 如果公元前121年记作年，那么公元后2024年应记作__________年．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查正负数的意义，根据正负数表示一对相反意义的量，公元前为负，则公元后为正，进行作答即可．
【详解】解：公元前121年记作年，那么公元后2024年应记作年；
故答案为：．
10. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【详解】根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，
要使在实数范围内有意义，必须，
∴．
故答案为：
11 如图，直线，直线，，则__________．
【答案】30
【解析】
【分析】本题考查平行线的性质，三角形的外角，根据两直线平行，同位角相等，求出的度数，外角的性质，得到，即可求出的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：30．
12. 关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的个数与根的判别式的关系．根据题意得，进行计算即可得．
【详解】解：若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
，
，
故答案为：．
13. 杠杆平衡时，“阻力阻力臂动力动力臂”．已知阻力和阻力臂分别为和，动力为，动力臂为．则动力关于动力臂的函数表达式为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了根据实际问题列反比例函数关系式，根据题意可得，进而即可求解，掌握杠杆原理是解题的关键．
【详解】解：由题意可得，，
∴，即，
故答案为：．
14. 如图，是圆的直径，、、、的顶点均在上方的圆弧上，、的一边分别经过点A、B，则__________．

【答案】90
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，根据半圆的度数为，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，进行求解即可．
【详解】∵是圆的直径，
∴所对的弧是半圆，所对圆心角的度数为，
∵、、、所对的弧的和为半圆，
∴，
故答案为：90．
15. 如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕EF，连接BF．再将矩形纸片折叠，使点B落在BF上的点H处，折痕为AG．若点G恰好为线段BC最靠近点B的一个五等分点，，则BC的长为__________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查矩形折叠，勾股定理，解直角三角形，设与交于点，，则：，勾股定理求出，等积法求出，根据，列出方程进行求解即可．
【详解】解：设与交于点，
∵矩形，
∴，
∵翻折，
∴，，
设，则：，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，经检验是原方程的解，
∴；
故答案为：．

16. 如图，在中，，，．点P在边上，过点P作，垂足为D，过点D作，垂足为F．连接，取的中点E．在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的路径长为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查含30度角的直角三角形，一次函数与几何的综合应用，矩形的判定和性质，两点间的距离，以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则，利用含30度角的直角三角形的性质，求出点的坐标，得到点在直线上运动，求出点分别与重合时，点的坐标，利用两点间的距离公式进行求解即可．
【详解】解：以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则，
则：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
过点作，则：，
∴，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
令，
则：，
∴点在直线上运动，
当点与重合时，，此时，
当点与重合时，，此时，
∴点E所经过的路径长为；
故答案为：．
三、解答题（本大题共11小题，共102分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，作图过程需保留作图痕迹）
17. 计算．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查实数的混合运算，零指数幂，先进行去绝对值，零指数幂和开方运算，再进行加减运算即可．
【详解】解：原式
18. 解不等式，并把解集在数轴上表示出来．
【答案】，图见解析
【解析】
【分析】本题主要考查解一元一次不等式以及在数轴上表示不等式的解集，根据去分母，去括号，移项，合并可得不等式的解集，然后再在数轴上表示出它的解集即可
【详解】解：，
去分母，得，
去括号，得，
移项，得，
解得．
这个不等式的解集在数轴上表示如下：

19. 下面是某同学计算的解题过程：
解：①
②
③
上述解题过程从第几步开始出现错误？请写出完整的正确解题过程．
【答案】从第②步开始出现错误，正确过程见解析
【解析】
【分析】本题考查异分母分式的加减运算，先通分，然后分母不变，分子相减，最后将结果化为最简分式即可．掌握相应的计算法则，是解题的关键．
【详解】解：从第②步开始出现错误．
正确解题过程为：
原式．
20. 如图，与相交于点，，．
（1）求证：；
（2）用无刻度的直尺和圆规作图：求作菱形，使得点M在上，点N在上．（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行线的性质得到，结合，利用即可证明；
（2）作的垂直平分线，分别交于点，连接即可．
【小问1详解】
证明：，
，．
在和中，，
；
【小问2详解】
解：是的垂直平分线，
，
由（1）的结论可知，,
又∵,
则,
∴
，
是的垂直平分线，
，
，
四边形是菱形，
如图所示，菱形为所求．
【点睛】本题考查了垂直平分线的作法，平行线的性质，三角形全等的判定，菱形的判定，熟练掌握垂直平分线的作法及三角形全等的判定定理是解题的关键．
21. 为了解七年级男生体能情况，某校随机抽取了七年级20名男生进行体能测试，并对测试成绩（单位：分）进行了统计分析：
【收集数据】
100 94 88 88 52 79 83 64 83 87
76 89 91 68 77 97 72 83 96 73
【整理数据】
该校规定：为不合格，为合格，为良好，为优秀．（成绩用表示）
【分析数据】
此组数据的平均数是82，众数是83，中位数是c；
【解决问题】
（1）填空：__________，__________，__________；
（2）若该校七年级共有300名男生，估计体能测试能达到优秀的男生约有多少人？
（3）根据上述统计分析情况，写一条你的看法．
【答案】（1）4，0.25，83
（2）75人 （3）男生体能状况良好
【解析】
【分析】本题考查频数分布表和用样本估计总体：
（1）利用频数=频率×数据总数可求出a的值；利用频率=频数÷数据总数可求出b，最后根据中位数定义可求出c；
（2）用样本估计总体可得结论；
（3）结合分析，得出看法
【小问1详解】
解：；
；
把20个数据按从小到大的顺序排列为：52，64，68，72，73，76，77，79，83，83，83，87，88，88，89，91，94，96，97，100，
最中间的两个数据为83，83，
所以，，
故答案为：4，0.25，83；
【小问2详解】
解：（人）
答：估计体能测试能达到优秀的男生约有75人；
【小问3详解】
解：从样本的平均数、中位数和众数可以看出，男生整体体能状况良好
22. 数学文化节猜谜游戏中，有四张大小、形状、质地都相同的字谜卡片，分别记作字谜A、字谜B、字谜C、字谜D，其中字谜A、字谜B是猜“数学名词”，字谜C、字谜D是猜“数学家人名”．
（1）若小军从中随机抽取一张字谜卡片，则小军抽取的字谜是猜“数学名词”的概率是__________；
（2）若小军一次从中随机抽取两张字谜卡片，请用画树状图或列表的方法求小军抽取的字谜均是猜“数学家人名”的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据简单地概率公式解答即可．
（2）利用画树状图法解答即可．
本题考查了简单地概率公式，树状图法求概率，熟练掌握画树状图法求概率是解题的关键．
【小问1详解】
小军抽取的字谜是猜“数学名词”的概率是，
故答案为：．
【小问2详解】
根据题意，画树状图如下：

由图可知，共有12种等可能结果，其中小军抽取的字谜均是猜“数学家人名”的有2种，
∴小军抽取的字谜均是猜“数学家人名”的概率是．
23. 我市将5月21日设立为连云港市“人才日”，以最大诚意礼遇人才，让人才与城市“双向奔赴”．活动主办方分两次共邮购了200把绘有西游文化的折扇作为当天一项活动的纪念品．折扇单价为8元，其中邮费和优惠方式如下表所示：
若两次邮购折扇共花费1504元，求两次邮购的折扇各多少把？
【答案】两次邮购的折扇分别是40把和160把
【解析】
【分析】本题主要考查一元一次方程的应用，首先判断出两次购买数量的范围，再设设一次邮购折扇把，则另一次邮䝧折扇把，根据“两次邮购折扇共花费1504元”列出一元一次方程，求解即可
【详解】解：若每次购买都是100把，则．
一次购买少于100把，另一次购买多于100把．
设一次邮购折扇把，则另一次邮购折扇把．
由题意得：，
解得．
．
答：两次邮购的折扇分别是40把和160把．
24. 如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与反比例函数的图像交于点A、B，与轴交于点C，点A的横坐标为2．
（1）求的值；
（2）利用图像直接写出时的取值范围；
（3）如图2，将直线沿轴向下平移4个单位，与函数的图像交于点D，与轴交于点E，再将函数的图像沿平移，使点A、D分别平移到点C、F处，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）
（2）或
（3）8
【解析】
【分析】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用：
（1）先求出点坐标，再将点代入一次函数的解析式中求出的值即可；
（2）图像法求不等式的解集即可；
（3）根据平移的性质，得到阴影部分的面积即为的面积，进行求解即可．
【小问1详解】
点在的图像上，
当时，．
∴，
将点代入，得．
【小问2详解】
由（1）知：，
联立，解得：或，
∴；
由图像可得：时的取值范围为：或．
【小问3详解】
∵，
∴当时，，
∴，
∵将直线沿轴向下平移4个单位，
∴，直线的解析式为：，设直线与轴交于点H
∴当时，，当时，，
∴，，
∴，
∴，
如图，过点作，垂足为，
∴．
又，，
．
连接，
∵平移，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴阴影部分面积等于的面积，即．
25. 图1是古代数学家杨辉在《详解九章算法》中对“邑的计算”的相关研究．数学兴趣小组也类比进行了如下探究：如图2，正八边形游乐城的边长为，南门设立在边的正中央，游乐城南侧有一条东西走向的道路，在上（门宽及门与道路间距离忽略不计），东侧有一条南北走向的道路，C处有一座雕塑．在处测得雕塑在北偏东方向上，在处测得雕塑在北偏东方向上．
（1）__________，__________；
（2）求点到道路的距离；
（3）若该小组成员小李出南门O后沿道路向东行走，求她离处不超过多少千米，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响？（结果精确到，参考数据：，，，，）
【答案】（1），
（2）2.0千米 （3）
【解析】
【分析】本题考查正多边形的外角，解直角三角形，相似三角形的判定和性质：
（1）求出正八边形的一个外角的度数，再根据角的和差关系进行求解即可；
（2）过点作，垂足为，解，求出，解，求出，即可；
（3）连接并延长交于点，延长交于点，过点作，垂足为，解，求出，证明，列出比例式进行求解即可．
【小问1详解】
解：∵正八边形的一个外角的度数为：，
∴，；
故答案为：；
【小问2详解】
过点作，垂足为．
在中，，，
．
在中，，
．
答：点到道路的距离为2.0千米．
【小问3详解】
连接并延长交于点，延长交于点，过点作，垂足为．
正八边形的外角均为，
在中，．
．
又，，
．
∵，
∴，
，即，
，
．
答：小李离点不超过2.4km，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响．
26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线（a、b为常数，）．

（1）若抛物线与轴交于、两点，求抛物线对应的函数表达式；
（2）如图，当时，过点、分别作轴的平行线，交抛物线于点M、N，连接．求证：平分；
（3）当，时，过直线上一点作轴的平行线，交抛物线于点．若的最大值为4，求的值．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）连接，根据题意，求得，，进而求出，，利用勾股定理求出，求出，从而得到，结合平行线的性质即可证明结论；
（3）设，则，，求出当时，，得到点在的上方，设，故，其对称轴为，分为和两种情况讨论即可．
【小问1详解】
解：分别将，代入，
得，
解得．
函数表达式为；
【小问2详解】
解：连接，

，
．
当时，，即点，当时，，即点．
，，
，，，
在中，．
，
，
．
，
．
．
平分．
【小问3详解】
解：设，则，．
当时，．
令，
解得，．
，
，
点在的上方（如图1）．

设，
故，
其对称轴为，且．
①当时，即．
由图2可知：

当时，取得最大值．
解得或（舍去）．
②当时，得，
由图3可知：

当时，取得最大值．
解得（舍去）．
综上所述，的值为．
【点睛】本题考查抛物线与角度的综合问题，抛物线与x轴的交点，二次函数的解析式及最值等问题，关键是利用二次函数的性质求最值．
27. 【问题情境】
（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；
【操作实践】
（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；
【探究应用】
（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长；
（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值．
【答案】（1）2（2）（3）（4）
【解析】
【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；
（2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案；
（3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可；
（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可.
【详解】解：如图，
∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形，
∴设，，
∴，，
∴，，
∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．
（2）如图，∵，
∴，，
，，
∴，
如图，
结合图形变换可得：；
（3）如图，∵将绕点逆时针旋转，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∵为圆外一个定点，
∴当与相切时，最大，
∴，
∴，
由（2）可得：，
∵，，
∴
，
∴；
（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，
∴，，
再将沿方向平移，使与重合，如图，得，
由（2）可得：，
∴当三点共线时，最短，
∵，，
∴，，
∴；
∴的最小值为；
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.
等次
频数（人数）
频率
不合格
1
0.05
合格
a
0.20
良好
10
0.50
优秀
5
b
合计
20
1.00
邮购数量
100以上（含100）
邮寄费用
总价的
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不优惠
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