2023年中考考前押题密卷：数学（江西卷）（全解全析）

2023年江西中考考前押题密卷

数学·全解全析

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1.【答案】C

【分析】根据实数的乘方法则求出a2，判断即可．

【详解】解：当a=0时，a2=0，此时a2=a，则“若a是实数，则a2＞a”是假命题，其余选项的数字均不能说明是假命题，

故选：C．

【点睛】本题考查的是命题的真假判断，任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．

2.【答案】C

【分析】根据相反数的意义，把，先表示在数轴上，然后再比较它们的大小关系

【详解】解：如图示，根据相反数的意义，把，表示在数轴上，

所以．

故选：C．

【点睛】本题考查了数轴和有理数的大小比较，把，表示在数轴上，利用数形结合是解决本题比较简单的方法．

3.【答案】C

【分析】根据合并同类项法则和去括号法则分别对每一项进行分析，即可得出答案．

【详解】解：A、3a+2b不能合并，故本选项错误；

B、-y2-y不能合并，故本选项错误；

C、5a2b-3ba2=2a2b，故本选项正确；

D、-（6x+2y）=-6x-2y，故本选项错误；

故选：C．

【点睛】本题考查了去括号和合并同类项，熟练掌握去括号法则和合并同类项的法则是解题的关键．

4.【答案】D

【分析】由题意可知：第①个图案有3＋1＝4个三角形，第②个图案有3×2＋1＝7个三角形，第③个图案有3×3＋1＝10个三角形，…依此规律，第n个图案有（3n＋1）个三角形，代入n＝8即可求得答案．

【详解】∵第①个图案有3＋1＝4个三角形，

第②个图案有3×2＋1＝7个三角形，

第③个图案有3×3＋1＝10个三角形，

…

∴第n个图案有（3n＋1）个三角形．

当n＝8时，3×8＋1＝25，

故选：D．

【点睛】此题考查图形的变化规律，解题的关键是找出图形之间的变化规律，利用规律解决问题．

5.【答案】A

【详解】解：根据主视图是从正面看到的图形，

可得它的主视图为：，

故选A．

6.【答案】A

【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6小题，每小题3分，共18分）

7.【答案】x（1-y）

【分析】直接提取公因式x，进而分解因式即可．

【详解】解：x-xy=x（1-y）．

故答案为：x（1-y）．

【点睛】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．

8.【答案】3或6

【分析】分别表示多边形的每一个内角及与内角相邻的外角，根据题意列方程求解即可．

【详解】解：因为：多边形的内角和为，又每个内角都相等，

所以 ：多边形的每个内角为，

而多边形的外角和为，由多边形的每个内角都相等，则每个外角也都相等，

所以多边形的每个外角为，

所以，

所以，所以或

解得：，经检验符合题意．

故答案为：3或6．

【点睛】本题考查的是多边形的内角和与外角和，多边形的一个内角与相邻的外角互补，掌握相关的性质是解题的关键．

9.【答案】

【详解】试题分析：方程的两个实数根为

x=．所以a+b+ab=

考点：求根公式

点评：本题难度较低，主要考查学生对一元二次方程求根公式知识点的掌握．代入公式求值即可．

10.【答案】

【分析】先表示乙每小时采样（x-10）人，进而得出甲采样160人和乙采样140人所用的时间，再根据时间相等列出方程即可．

【详解】根据题意可知乙每小时采样（x-10）人，根据题意，得

．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了列分式方程，确定等量关系是列方程的关键．

11.【答案】/

【分析】设正方形④的边长为，表示出七巧板的面积和矩形框的面积，即可得到答案．

【详解】解：设正方形④的边长为，则①和②的直角边长为，③和⑤的直角边长为，⑥的短边长为，

图1中七巧板的面积为，即飞船模型的面积为，

矩形框中，的长可以看成①和②的直角边加上⑥的短边长，

，

矩形框的面积为，

飞船模型面积与矩形框的面积之比为，

故答案为：．

【点睛】本题考查了图形的剪拼、七巧板、矩形的面积，理解七巧板哥哥图形边长之间的数量关系是解题关键．

12.【答案】2

【分析】延长BC，交x轴于点D，延长BA，交y轴于点E，设点C（x，y），AB=a，由翻折的性质得，BC=B′C,∠AB′C=∠ABC=90°，由AB∥x轴，得出BD⊥x轴，BA⊥y轴，继而得四边形ODBE是矩形，由角平分线的性质得，CD=CB′，即可得BC=B′C=CD，从而得B（x，2y），根据切割法和反比例函数系数k的几何意义从而得出四边形OABC的面积．

【详解】解：延长BC，交x轴于点D， 设点C（x，y），AB=a，

由翻折的性质得，BC=B′C，∠AB′C=∠ABC=90°,

∵AB∥x轴，

∴BD⊥x轴，BA⊥y轴，

∴四边形ODBE是矩形，

∵OC是OA与x轴正半轴的夹角的角平分线，

由角平分线的性质可知，

∴CD=CB′，

∴BC=B′C=CD,

∴B（x，2y），

∵xy=2

∴S四边形OABC=S四边形ODBE－S△AOE－S△COD＝2xy－×2－×2＝4－1－1＝2．

故答案为：2

【点睛】本题考查反比例函数的系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，翻折的性质以及角平分线的性质，表示出B的坐标和熟练运用切割法是解题的关键．

三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分.请在答题卡上对应区域作答.）

13.【答案】（1）-1；（2）

【分析】（1）根据算数平方根，立方根化简，然后根据实数的运算法则计算即可；

（2）求出-3=，即可得出结果．

【详解】解：（1）原式=，

=，

=－1；

（2）∵，

，

∴，

即．

【点睛】本题考查实数的运算及实数的大小比较，熟练掌握平方根和立方根的性质是解题的关键．

14.【答案】（1）2；0；；3：a；；（2）应用：．

【分析】（1）分别计算各式的值，并归纳出探究结果；

（2）先利用（1）式的探究结果化简二次根式，再根据字母a、b在数轴上的位置及绝对值的意义进行化简，合并后即可得出结果．

【详解】解：（1）2，0，，3．

探究：当时， a；当时，-a

故答案为：2；0；；3：a；；

（2）观察数轴可知：−2＜a＜−1，0＜b＜1，a＋b＜0．

＝|a|+|b|＋|a＋b|＝−a+b-a−b＝−2a．

【点睛】此题主要考查了算术平方根的计算以及二次根式的化简，根据已知能准确归纳探究结果并能运用其正确化简是解题的关键，此题重点培养学生的归纳应用能力．

15.【答案】（1）随机；（2）

【分析】（1）根据事件发生的可能性可判断为随机事件；

（2）列表表示出所有可能，再利用概率公式计算即可．

【详解】解：(1)王强从中任意拿一只运动袜是红色运动袜的事件可能发生也可能不发生，故是随机事件；

故答案为：随机．

(2) 列表得：

王强从中任意拿两只运动袜，一共有12种可能，是同一种颜色运动袜有4种可能，

王强从中任意拿两只运动袜穿上，是同一种颜色运动袜的概率为：．

【点睛】本题考查了随机事件和列举法求概率，解题关键是熟练运用列表法列出所有可能，再准确应用概率公式进行计算．

16.【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）连接，可得，再由等腰三角形的性质，即可求证；

（2）由等腰三角形的性质，可得，再根据四边形为的内接四边形，可得，然后根据，可得，从而得到，然后根据圆周角定理可得，再根据弧长公式计算，即可求解．

【详解】（1）证明：如图，连接，

∵为的直径，

∴，即，

∵，

∴，即点D为的中点；

（2）解：∵，，

∴，

∵四边形为的内接四边形，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴为等腰直角三角形，

∴，

∴，

∵，

∴半径，

∴的长度为．

【点睛】本题主要考查了求弧长，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握弧长公式，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．

17.【答案】①②，③，证明见解析．（答案不唯一）

【分析】根据平行线的性质可得，再由角平分线的性质可得，再利用等量代换可得

【详解】解：已知①②，求证∶③，

证明∶∵，

∴，

∵平分，

∴，

∴．

故答案为∶①②；③．

【点睛】此题主要考查了角平分线的定义、证明以及平行线的性质，关键是掌握两直线平行，内错角相等．

四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分.请在答题卡上对应区域作答.）

18.【答案】(1)

(2)①见解析；②

(3)点的坐标为或

【分析】（1）先求得点、点、点C的坐标，利用待定系数法即可求解；

（2）①先证明，再利用三角形中位线定理即可证明；

②设，在中利用勾股定理列式计算即可求解；

（3）分三种情况讨论，利用全等三角形的判定和性质分别列方程求解即可．

【详解】（1）解：∵直线与轴交于点，与轴交于点，

∴，，

∴，

∵，则，

设直线的解析式为，则有，解得，

∴直线的解析式为；

（2）解：①，，

∴，

中，，

∴．

又∵点为线段中点．

∴是线段的中垂线（等腰三角形三线合一），

∴；

②设，则，

中有，

∴，

∴；

（3）解：设G点坐标为，

分三种情况：

①时，如图所示，过点F作轴于点M，过Q作轴于点N，

∵，，

∴中点F的坐标为，

又轴于点M，

∴，，

∵为等腰直角三角形，且，

∴，，

又轴，轴，

∴，，

∴，

∴，

∴，，

又，

∴，

∴Q点坐标为，

∵点Q在直线：上，

∴，

解得，

∴G点坐标为；

②时，

同理得Q点坐标为，

∵点Q在直线：上，

∴，

解得(不合题意，舍去)；

③时，

同理得Q点坐标为，

∵点Q在直线：上，

∴，

解得，

∴G点坐标为；

综上，点G的坐标为或．

【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，等腰直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，用分类讨论的思想和方程的思想解决问题是解本题的关键．

19.【答案】D到AB的距离是3.

【详解】试题分析：作DE⊥AB,垂足为E,再证△ACD≌△AED，最后借助勾股定理求出D到AB的距离．

试题解析：作DE⊥AB,垂足为E,

DE即为D到AB的距离

又∵∠C=90°,AD平分∠CAB,

∴DE=DC

在△ABC中∵∠C=90°,AB=10,AC=6,

∴BC=8,设CD=x,

则DE=CD=x,BD=8-x,

∵∠DCE=∠DEA=90°,AD为公共边,

DE=CD

∴△ACD≌△AED （HL）,

∴AE=AC=6,

∴BE=4,

在Rt△BED中,

∵DE2+EB2=DB2,即x2+42=(8-x)2,

解得：x=3.

∴D到AB的距离是3.

考点：①三角形全等,②勾股定理.

20.【答案】见解析.

【分析】（1）利用数形结合的思想画出△ABC即可．

（2）利用数形结合的思想画出平行四边形ABDE即可，利用分割法求出△ACE的面积．

【详解】（1）如图，△ABC即为所求．

（2）如图，平行四边形ABDE如图所示．

S△ACE=3×5-×2×2-×3×3-×1×5=6．

【点睛】本题考查作图-应用与设计，三角形的面积，平行四边形的判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．

五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分.请在答题卡上对应区域作答.）

21.【答案】17、20；2次、2次；；人．

【分析】(1)先由借阅1次的人数及其所占百分比求得总人数，总人数减去其他次数的人数求得a的值，用3次的人数除以总人数求得b的值；

(2)根据中位数和众数的定义求解；

(3)用360°乘以“3次”对应的百分比即可得；

(4)用总人数乘以样本中“4次及以上”的人数所占比例即可得．

【详解】解：被调查的总人数为人，

，，即，

故答案为17、20；

由于共有50个数据，其中位数为第25、26个数据的平均数，

而第25、26个数据均为2次，

所以中位数为2次，

出现次数最多的是2次，

所以众数为2次，

故答案为2次、2次；

扇形统计图中“3次”所对应扇形的圆心角的度数为；

估计该校学生在一周内借阅图书“4次及以上”的人数为人．

【点睛】本题考查了统计表、扇形统计图、众数、中位数等，读懂统计图、统计表，从中得到必要的信息是解决问题的关键.注意众数与中位数的求解方法.

22.【答案】（1）经过5分钟校园的累计人数会达到650人；（2）排队人数最多时有490人，全部学生都完成体温检测要20.25分钟；（3）从一开始就应该至少增加1个检测点．

【分析】（1）将y=650代入中，求得x的值（舍去大于9的），即可．

（2）根据排队人数=累计人数-已检测人数，首先找到排队人数和时间的关系，再根据二次函数和一次函数的性质，找到排队人数最多时有多少人；9分钟后入校园人数不再增加，检测完所有排队同学即完成所有同学体温检测；

（3）设从一开始就应该增加m个检测点，根据不等关系“要在15分钟内让全部学生完成体温检测”，建立关于m的一元一次不等式，结合m为整数可得到结果．

【详解】解：（1）将y=650代入中得，

解得，（舍去），

故，经过5分钟校园的累计人数会达到650人；

（2）设第x分钟时的排队人数为W，

根据题意得：W=y-40x，

∴，

当0＜x≤9时，

W=-10x2+140x=-10（x-7）2+490，

∴当x=7时，W最大=490，

当x＞9时，W=810-40x，

∵k=-40＜0，

∴W随x的增大而减小，

∴W＜450，

故排队人数最多时有490人，

要全部学生都完成体温检测，根据题意得：810-40x=0，

解得：x=20.25，

故排队人数最多时有490人，全部学生都完成体温检测要20.25分钟；

（3）设从一开始就应该至少增加m个检测点，根据题意得：

15×20（m+2）≥810，

解得：m≥0.7，

∵m为整数，

∴m=1，

答：从一开始就应该至少增加1个检测点．

【点睛】本题考查了二次函数的应用，二次函数的性质，一次函数的性质，一元一次不等式的应用，理解题意，求出y与x之间的函数关系式是本题的关键．

六、解答题（本大题共1小题，共12分.请在答题卡上对应区域作答.）

23.【答案】（1）见解析；（2）（-2，-3）；（3）不变，9

【分析】（1）根据同角的余角相等得出结论即可；

（2）先过点B作BD⊥y轴于D，再判定△CDB≌△AOC（AAS），求得BD=CO=2，CD=AO=5，进而得出OD=5-2=3，即可得到B点的坐标；

（3）先过N作NH∥CM，交y轴于H，再△HCN≌△QAC（ASA），得出CH=AQ，HN=QC，然后根据点C（0，3），S△CQA=18，求得AQ=12，最后判定△PNH≌△PMC（AAS），得出CP=PH=CH=6，即可求得OP=3+6=9（定值）．

【详解】解：（1）如图1，∵∠ACB=90°，∠AOC=90°，

∴∠BCO+∠ACO=90°=∠CAO+∠ACO，

∴∠BCO=∠CAO；

（2）如图2，过点B作BD⊥y轴于D，则∠CDB=∠AOC=90°，

在△CDB和△AOC中，

，

∴△CDB≌△AOC（AAS），

∴BD=CO=2，CD=AO=5，

∴OD=5-2=3，

又∵点B在第三象限，

∴B（-2，-3）；

（3）OP的长度不会发生改变．

理由：如图3，过N作NH∥CM，交y轴于H，

则∠CNH+∠MCN=180°，

∵等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，

∴∠MCQ+∠ACN=180°，

∴∠ACQ+∠MCN=360°-180°=180°，

∴∠CNH=∠ACQ，

又∵∠HCN+∠ACO=90°=∠QAC+∠ACO，

∴∠HCN=∠QAC，

在△HCN和△QAC中，

，

∴△HCN≌△QAC（ASA），

∴CH=AQ，HN=QC，

∵QC=MC，

∴HN=CM，

∵点C（0，3），S△CQA=18，

∴×AQ×CO=18，即×AQ×3=18，

∴AQ=12，

∴CH=12，

∵NH∥CM，

∴∠PNH=∠PMC，

∴在△PNH和△PMC中，

，

∴△PNH≌△PMC（AAS），

∴CP=PH=CH=6，

又∵CO=3，

∴OP=3+6=9（定值），

即OP的长度始终是9．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积计算以及等腰直角三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导计算．解题时注意：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．