2023年中考押题预测卷02（苏州卷）-数学（全解全析）

2023年中考押题预测卷02【苏州卷】

数学·全解全析

1．【答案】B

【分析】先根据实数的大小比较法则比较大小，再得出选项即可．

【详解】解：∵，

∴，故B正确．

故选：B．

【点睛】本题注意考查了实数的大小比较，求一个数的绝对值，能熟记实数的大小比较法则是解此题的关键，注意：正数负数，两个负数比较大小，其绝对值大的反而小．

2．【答案】C

【分析】根据科学记数法的表示方法，进行表示即可．

【详解】解：，

故选C．

【点睛】本题考查科学记数法，熟练掌握科学记数法的表示方法：，n为整数，是解题的关键．

3．【答案】C

【分析】利用二次根式的加减法法则、整式的运算法则计算每个题目，根据计算结果得结论．

【详解】解：A．与不是同类二次根式，不能加减，故选项A运算错误；

B．与不是同类项，不能加减，故选项B运算错误；

C．，故选项C运算正确；

D．，故选项D运算错误．

故选：C．

【点睛】本题考查了整式的运算和二次根式的加减，掌握二次根式的加减法法则、合并同类项法则、同底数幂的乘法法则及完全平方公式是解决本题的关键．

4．【答案】C

【分析】众数就是出现次数最多的数，而中位数就是大小处于中间位置的数，根据定义即可求解．

【详解】解：在这12名队员的年龄数据里，20岁出现了5次，次数最多，故众数是20岁；

12名队员的年龄数据里，第6和第7个数据都是20岁，故中位数是20岁．

故选：C．

【点睛】本题考查了众数和中位数的概念：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数．

5．【答案】B

【分析】先根据折叠的性质和平角的定义求出，再根据平行线的性质即可得到．

【详解】解：由折叠的性质可得，

∵，

∴，

∵，

∴，

故选B．

【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，熟知两直线平行，同旁内角互补是解题的关键．

6．【答案】D

【分析】设与的切点为点M，与三边的切点分别为N、G、H，根据切线的性质得到列得，求出，即可得到答案．

【详解】解：如图，设与的切点为点M，与三边的切点分别为N、G、H，

∵为的内切圆，

∴

∵的周长与的周长的差等于12，

∴，

即，

∴，

∴；

故选：D．

【点睛】此题考查了圆的切线的性质定理，切线长定理，正确理解切线长定理是解题的关键．

7．【答案】B

【分析】由采用新技术前后工作效率间的关系可得出采用新技术后每天修建管道米，利用工作时间工作总量工作效率，结合时间比原计划提前4天完成任务，即可得出关于的分式方程，此题得解．

【详解】解：采用新技术，工作效率比原来提升了，且原计划每天修建管道米，

采用新技术后每天修建管道米．

依题意得：．

故选：B．

【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．

8．【答案】C

【分析】过点作于点，延长到点，使，根据菱形的性质和勾股定理可得，以点为原点，为轴，垂直于方向为轴，建立平面直角坐标系，可得，，，，，然后证明，可得，连接，，，由，可得，，三点共线时，取最小值，但此时点不在线段上，故当点与点C重合时时，取最小值，据此求解即可．

【详解】解：如图，过点作于点，延长到点，使，

四边形是菱形，

，，

菱形的面积为20，边长为5，

，

在中，根据勾股定理得：

，

以点为原点，为轴，垂直于方向为轴，建立平面直角坐标系，

，，，，，

，，

，

在和中，

，

，

，

连接，，，

，  

，，三点共线时，取最小值，但此时点不在线段上，

当点与点C重合时时，取最小值，如下图，

由题意得

，

，

的最小值．

故选：C．

【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，图形与坐标，解决本题的关键是掌握菱形的性质．

9．【答案】5

【分析】先把原式化为，再计算即可．

【详解】解：，

故答案为：5．

【点睛】本题考查的是积的乘方运算的逆运算，同底数幂的乘法的逆用，熟记法则并灵活应用是解本题的关键．

10．【答案】

【分析】先提公因式，然后再利用平方差公式可进行求解．

【详解】解：；

故答案为：．

【点睛】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．

11．【答案】

【分析】由，先去分母得，代入分式，约分后即可得到最后结果．

【详解】解： ，

，

，

故答案为：．

【点睛】本题考查了分式的加减法，分式的值，熟练掌握分式的计算步骤，把作为一个整体代入分式是解答本题的关键．

12．【答案】或

【分析】此题需要分类讨论：若；或．利用勾股定理和等腰三角形的性质求出，然后利用余切的定义求解．

【详解】解：若，

过A作于D，如图，

∴，

∴，

∴；

若，

过A作于D，如图，

∴，

∴，

∴；

故答案为：或．

【点睛】此题主要考查了余切的定义，同时也利用了等腰三角形的性质和勾股定理，有一定的综合性．

13．【答案】/52度

【分析】连接．由直径所对圆周角为直角可得出，从而可求出．再结合同弧所对圆周角相等即得出．

【详解】解：如图，连接．

∵为的直径，

∴．

∵，

∴．

∵，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题考查圆周角定理的推论．连接常用的辅助线是解题关键．

14．【答案】26

【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为O，证明四边形为菱形，证明为的中线，然后勾股定理求得，利用菱形的性质即可求解．

【详解】解：如图，设与的交点为O，

根据作图可得，且平分，

∴，

∵四边形是平行四边形，

∴，

∴，

又∵，，

∴，

∴，

∵，

∴四边形是平行四边形，

∵垂直平分，

∴，

∴四边形是菱形，，

∵，

∴，

∴，

∴E为的中点，

中，，，

∴，

∴四边形的周长为．

故答案为：26．

【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．

15．【答案】90

【分析】设快递车从甲地到乙地的速度为千米时，根据3小时相距120千米即可列方程求解，根据条件段所用的时间是45分钟，利用甲和乙之间的距离减去货车行驶的距离即可求得点对应的横坐标，设快递车从乙地返回甲地的速度是千米小时，根据距离公式即可列方程求解．

【详解】解：设快递车从甲地到乙地的速度为千米时，则

，

解得：．

则甲、乙两地之间的距离是（千米）；

快递车返回时距离货车的距离是：（千米），

设快递车从乙地返回甲地的速度是千米小时．

根据题意得：，

解得：．

则快递车从乙地返回甲地的速度是90千米小时，

故答案为：90．

【点睛】本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题，关键是根据一次函数的性质和图象结合实际问题求解．

16．【答案】27

【分析】连接，，，，，与交于点M，由题意易证，则有，然后可得，则有，，进而可证，最后问题可求解．

【详解】解：连接，，，，，与交于点M，如图所示：

∵四边形，都是正方形，

∴，

∴，

∵四边形是平行四边形，

∴，

∴，

∴，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

又，

∵，

∴，即，

∴，

∴，，

∵，

∴，即，

∴，，，，

∴，，

∴，

∴，

∴，

∴，即；

故答案为27．

【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、正方形的性质及勾股定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定、正方形的性质及勾股定理是解题的关键．

17．【答案】

【分析】根据乘方运算，特殊角的三角函数值，二次根式化简，然后进行计算即可．

【详解】解：

．

【点睛】本题考查乘方的运算、特殊角的三角函数值、二次根式的化简，关键是熟练掌握乘方运算法则、二次根式的化简，牢记特殊角的三角函数值；易错点是运算过程中的符号问题．

18．【答案】

【分析】先去分母，把分式方程化为整式方程，再解出整式方程，然后检验，即可求解．

【详解】解：方程两边同乘，得：

，

解得：，

检验：当时，，

∴是原方程的解．

【点睛】本题主要考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的基本步骤，并注意检验是解题的关键．

19．【答案】7

【分析】根据平方差公式、完全平方公式展开，再合并同类项，化简代数式，再将已知变形整体代入即可求解．

【详解】解：∵，

∴，

∴

．

【点睛】本题考查了整式的混合运算，熟练的应用乘法公式是解决问题的关键．

20．【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据概率公式直接求解即可；

（2）设分别表示红、白、蓝、绿四种颜色，根据列表法求概率即可求解．

【详解】（1）解：共有四种颜色的“冰墩墩”，若花花凭购物小票抽奖一次，她抽到的是红色“冰墩墩”的概率为，

故答案为：．

（2）解：设分别表示红、白、蓝、绿四种颜色，列表如下

共有16种等可能结果，其中符合题意的有4种，

含含和花花抽到相同颜色“冰墩墩”的概率．

【点睛】本题考查了概率公式求概率，列表法求概率，熟练掌握求概率的方法是解题的关键．

21．【答案】(1)见解析

(2)4

【分析】（1）由线段的中点得到线段相等的条件，再由平行线的性质得到角相等的条件，即可证得；

（2）由平行线的性质及角平分线定义，导出，得到，据此即可求解．

【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，

∴，，

∴，，

又∵，

∴，

∴；

（2）解：∵平分，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴故答案为：4．

【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．

22．【答案】(1)3；，

(2)100

(3)

【分析】（1）根据图象，数出直线上方的人数即可；由图象可得：20名患者的指标y的取值范围是，名非患者的指标y的取值范围是，位置相对比较集中，因此即可求解．

（2）利用样本估计总体，用乘样本中非患者指标x低于所占百分比即可．

（3）数出指标x低于，且指标y低于的人数，而患者有人，求出患病的概率即可求出答案．

【详解】（1）解：①根据图象可得，指标x大于的有3人，

故答案为：3．

②由图象可得：20名患者的指标y的取值范围是，名非患者的指标y的取值范围是，位置相对比较集中，

∴，，

故答案为：，．

（2）解：由图象可得，调查的名非患者中，指标x低于的有4人，

∴来该院就诊的500名非患者中，指标x低于的大约（人），

故答案为：．

（3）解：由图象可得，指标x低于，且指标y低于的有人，而患者有人，

则发生漏判的概率是：．

【点睛】本题考查了平均数、方差的意义，利用样本估计总体，以及概率公式，从图中获取有用信息是解题关键．

23．【答案】(1)； ；

(2)存在．点坐标为

【分析】（1）先利用待定系数法求一次函数解析式，再利用一次函数解析式确定M点的坐标，然后利用待定系数法求反比例函数解析式；

（2）先利用两点间的距离公式计算出，，再证明，利用相似比计算出，则，于是可得到点坐标．

【详解】（1）解：∵一次函数的图象经过两点，

∴，

解得，

所以一次函数解析式为；

把代入得，

解得，

则点坐标为，

把代入，

得，

所以反比例函数解析式为；

（2）解：存在．

∵，

∴， ，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，即，

∴，

∴，

∴点坐标为．

【点睛】此题主要考查反比例函数与几何综合，解题的关键是熟知反比例函数的图像与性质、待定系数法求解析式、相似三角形的判定与性质．

24．【答案】(1)等边三角形，见解析

(2)

【分析】（1）如图：连接，先说明是的直径，则，即；根据是的切线可得，即；再根据结合直角三角形的性质和对顶角的性质可得，进而得到即可；

（2）根据直角三角形的性质可得，再根据勾股定理求得，根据是等边三角形和可得，然后解直角三角形可得，最后根据即可解答．

【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下：

如图：连接，

∵，，是的外接圆，

∴是的直径，

∴,

∴，

∵是的切线，

∴，

∴，

∵，，

∴，

∴，

∴，

∴是等边三角形；

（2）解：∵，，，

∴，

∴，

∵是等边三角形，，

∴，

∴，

∵，，

∴，

∴．

【点睛】本题主要考查了圆的内接三角形、圆周角定理、切线的性质、等腰三角形的判定、解直角三角形等知识点，灵活运用相关性质、定理是解答本题的关键．

25．【答案】(1)种笔记本每本12元，种笔记本每本15元

(2)20

【分析】（1）设种笔记本每本元，则种笔记本每本元，由题意得，，计算可得的值，进而可得的值；

（2）设第二次购进种笔记本本，则购进种笔记本本，由题意得，，可得，设获得的利润为元，由题意得，，由一次函数的性质可知，当时，的值最大，最大值为，令，求解满足要求的解即可．

【详解】（1）解：设种笔记本每本元，则种笔记本每本元，

由题意得，，

解得，，

∴，

∴种笔记本每本12元，种笔记本每本15元；

（2）解：设第二次购进种笔记本本，则购进种笔记本本，

由题意得，，

解得，，

∴，

设获得的利润为元，由题意得，

，

，

随的增大而减小，

当时，的值最大，最大值为，

由题意得，

解得，，

为正整数，

的最小值为20．

【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用等知识．解题的关键在于根据题意正确的列等式和不等式．

26．【答案】(1)，

(2)

(3)

(4)

【分析】（1）把和点代入求出b和c的值，即可得出函数表达式，将其化为顶点式，即可求出点D的坐标；

（2）先求出点C的坐标，再根据两点之间的距离公式，求出，根据勾股定理逆定理，得出，最后根据直角三角形的外心与斜边中点重合，即可求解；

（3）过点P作于点M，作关于x轴的对称线段，

则，点M关于x轴的对称点在，，通过证明，得出，则

当点三点共线时，取最小值，即为的长度，用等面积法求出的长度即可；

（4）连接，先求出点，根据，，可设，，再根据两点之间的距离公式得出，，，，然后根据勾股定理可得：，即可得出n关于m的表达式，将其化为顶点式后可得当时，n随m的增大而减小，当时，n随m的增大而增大，再求出当时，点N经过的路程为，以及当时，点N经过的路程为，即可求解．

【详解】（1）解：把和点代入得：

，解得：，

∴该二次函数的表达式为：，

∵，

∴点D的坐标为；

（2）解：把代入得，

∴，

∵，，，

∴，

∴，

∴，

∴外接圆半径；

（3）解：过点P作于点M，作关于x轴的对称线段，

则，点M关于x轴的对称点在上，，

，

，  

，

，

当点三点共线且时，取最小值，即为的长度，

，

，即的最小值为．

（4）解：连接，

把代入得，

解得：，  

∴，

∵，，

∴设，，

 ∴，，，，

根据勾股定理可得：，

∴，

整理得：，

∴，

∴当时，n随m的增大而减小，当时，n随m的增大而增大，

∵动点M从点C出发，直线b与直线a重合时运动停止，，

∴，

∵当时，，

当时，，

当时，，

∴当时，点N经过的路程为：，

当时，点N经过的路程为：，

∴点N经过的总路程为：．

【点睛】本题主要考查了二次函数综合，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数表达式，直角三角形外接圆圆心为斜边中点，胡不归问题的解决方法，以及勾股定理和二次函数图象上点的坐标特征和勾股定理．

27．【答案】(1)

(2)，理由见解析

(3)

(4)

【分析】（1）证明，即可得出结论；

（2）证明，即可得出结论；

（3）过点作于点，先证明，得到，再证明，得到，推出，即可得出结论；

（4）连接交于点，过点作于点，由（3）推出，设，则，求出，根据，得到，进而求出，利用二次函数的性质，求出最值即可得出结果．

【详解】（1）∵四边形是菱形，，

∴，

∴和都是等边三角形，

∴，

∵，

∴，

∴是等边三角形，，

∴，

在和中，

∴，

∴；

故答案为：，

（2）解：，理由如下：

∵四边形是菱形，，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴

∴，

∴

∴；

（3）如图3，过点作于点，

∵四边形是菱形，，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

又∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴

（4）如图4，连接交于点，过点作于点，

由（3）可得：， ， ，

∴，

∴，

∴，

设，则，

∵四边形是菱形，

∴，

∴

∴，

∵，

∴，，

∴

∴

∵，

∴，

∴ ，

∴，

即

∵，

∴当时， 有最大值：．

故答案为：．

【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形以及利用二次函数的性质求最值．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题．熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和相似，是解题的关键．