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2022年江苏省南京市中考一模提高数学试卷(含答案解析)

1、2022年江苏省南京市中考数学模拟提高试卷一、选择题(本大题共6小题,每小题2分,共12分)1. 的绝对值的相反数是( )A. 3B. C. D. 2. 中国疫苗撑起全球抗疫“生命线”!中国外交部数据显示,截止2021年3月底,我国已无偿向80个国家和3个国际组织提供疫苗援助预计2022年中国新冠疫苗产能有望达到50亿剂,约占全球产能的一半,必将为全球抗疫作出重大贡献数据“50亿”用科学记数法表示为( )A. B. C. D. 3. 如图,小明从入口进入博物馆参观,参观后可从,三个出口走出,他恰好从出口走出的概率是( )A. B. C. D. 4. 如图所示几何体的左视图是()A. B. C.

2、 D. 5. 函数自变量的取值范围是( )A. B. C. 且D. 且6. 如图,在矩形中,对角线,交于点,为上一动点,于点,于点,分别以,为边向外作正方形和,面积分别为,则下列结论:;点在运动过程中,的值始终保持不变,为;的最小值为6;当时,则其中正确的结论有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个二、填空题(本大题共10小题,每小题2分,共20分)7. 因式分解:_8. 关于的不等式的解集是_9. 分式方程的解是_10. 如图,是中国象棋残局图的一部分,请用线段将图中棋子所在的格点按指定方向顺次连接,组成一个多边形连接顺序为:将象炮兵马車将,则组成的多边形的内角和为_度11. 如图,

3、在矩形中,是边上一点,是边的中点,则_12. 若点在反比例函数的图象上,则_(填“”或“”或“0,随m的增大而增大,m=54时,有最小值,最小值为770元【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用,解题的关键是:(1)找准等量关系,正确列出二元一次方程组:(2)根据各数量间的关系,正确列出关于m的函数解析式和一元一次不等式组19.(8分) 如图,某大学农学院的学生为了解试验田杂交水稻秧苗的长势,从中随机抽取样本对苗高进行了测量,根据统计结果(数据四舍五入取整),绘制统计图(1)本次抽取的样本水稻秧苗为_株;(2)求出样本中苗高为的秧苗的株数,并完成折线统计图;(3)根据统计

4、数据,若苗高大于或等于视为优良秧苗,请你估算该试验田90000株水稻秧苗中达到优良等级的株数【答案】(1)500;(2)120株,见解析;(3)64800株【解析】【分析】(1)用15cm的水稻株数对应的百分数,即可求解;(2)求出和的水稻株数,进而可补全统计图;(3)用90000优良等级的百分比,即可求解【详解】(1)8016=500(株),故答案是:500;(2)的株数为:(株),的株数为:(株),补全条形统计图如下:(3)优良等级的株数为:(株),答:估算该试验田90000株水稻秧苗中达到优良等级的株数为64800株【点睛】本题主要考查扇形统计图和折线统计图,准确找出相关数据,是解题的关

5、键20. (8分)即将举行的2022年杭州亚运会吉祥物“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”:将三张正面分别印有以上3个吉祥物图案的卡片(卡片的形状、大小、质地都相同)背面朝上、洗匀(1)若从中任意抽取1张,抽得得卡片上的图案恰好为“莲莲”的概率是 (2)若先从中任意抽取1张,记录后放回,洗匀,再从中任意抽取1张,求两次抽取的卡片图案相同的概率(请用树状图或列表的方法求解)【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)直接根据概率公式求解即可;(2)根据题意画出树状图得出所有等情况数,找出两次抽取的卡片图案相同的情况数,然后根据概率公式即可得出答案【详解】解:(1)有3张形状、大小、质地均相同的卡片,正面

6、分别印有“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”,从中随机抽取1张,抽得的卡片上的图案恰好为“莲莲”的概率为; 故答案为:;(2)把“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”分别用字母A、B、C表示,画树状图如下:或列表为:ABCAAAABACBBABBBCCCACBCC由图(或表)可知:共有9种等可能的结果,其中抽到相同图案的有3种,则两次抽取的卡片图案相同的概率是【点睛】此题考查的是树状图法(或列表法)求概率树状图法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实验还是不放回实验用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比21.(8分) 如图,在四边形中,交于点,过点作,垂足为,且(1)求证:四边形是菱形;

7、(2)若,求的面积【答案】(1)见解析;(2)【解析】【分析】(1)先利用角平分线判定定理证得,再由已知角等量关系推出,并可得,则可证明四边形是平行四边形,最后由得,即可证得结论;(2)由菱形的性质可得,再根据角的等量关系求出,则可利用三角函数求得,此题得解【详解】(1)证明:如图,又,且,为的角平分线,又,四边形是平行四边形,四边形是菱形(2)解:由(1)得四边形菱形,又,【点睛】此题主要考查了菱形的判定与性质,熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键22.(8分) 时代中学组织学生进行红色研学活动学生到达爱国主义教育基地后,先从基地门口A处向正南方向走300米到达革命纪念碑B处,再从B处

8、向正东方向走到党史纪念馆C处,然后从C处向北偏西37方向走200米到达人民英雄雕塑D处,最后从D处回到A处已知人民英雄雕塑在基地门口的南偏东65方向,求革命纪念碑与党史纪念馆之间的距离(精确到1米)(参考数据:sin370.60,cos370.80,tan370.75,sin650.91,cos650.42,tan652.14)【答案】420米【解析】【分析】过D点分别作DEBC,DFAB,垂足分别是点E,点F由三角函数可求,可证四边形 BEDF 是矩形,可求AF140,在RtADF中,利用三角函数可求DFAFtan65299.60.,可求BCBECE420(米)【详解】解过D点分别作DEBC

9、,DFAB,垂足分别是点E,点F由题意得,37在RCDE中,四边形 BEDF 是矩形,BEDF,BFDE160,AFABBF300160140.在RtADF中,DFAFtan651402.14299.60.BCBECE299.60120420(米)所以,革命纪念碑与党史纪念馆之间的距离约为 420米【点睛】本题考查解直角三角形应用,矩形判定与性质,掌握锐角三角函数的定义与矩形判定和性质是解题关键23.(8分) 一辆快车从甲地驶往乙地,一辆慢车从乙地驶往甲地,两车同时出发,匀速行驶,两车在途中相遇时,快车恰巧出现故障,慢车继续驶往甲地,快车维修好后按原速继续行驶乙地,两车到达各地终点后停止,两车

10、之间的距离s(km)与慢车行驶的时间t(h)之间的关系如图:(1)快车的速度为 km/h,C点的坐标为 (2)慢车出发多少小时候,两车相距200km【答案】(1)100,(8,480);(2)1.75h和4.875h【解析】【分析】(1)由图像可知,甲乙两地的距离为480km, 0-3小时快车和慢车一起行驶了3小时,3-4小时快车出现故障停止前行、仅有慢车行驶,进而求出慢车速度,然后再求出快车的速度;A、B段为快车已维修好,两车共同行驶且快车在B点到站,BC段仅为慢车行驶;则可求出B点坐标,进而求出C点的横坐标即可解答;(2)分快车出现故障前和故障后两种情况解答即可【详解】解:(1)由图像可知

11、,甲乙两地的距离为480km在0-3小时快车和慢车一起行驶了3小时,3-4小时快车出现故障停止前行、仅有慢车行驶则慢车速度为=60km/h设快车速度为v,则有:(v+60)3=480,解得v=100km/hB点的横坐标为+1=5.8,从坐标为60+(60+100)(5.8-4)=348,即B(5.8,348)慢车行驶时间为h,C点的横坐标为8C点的坐标为(8,480);(2)在快车出现故障前,两车相距200km 所用时间为:(480-200)(100+60)=1.75h;在快车出现故障后,慢车1小时行驶了60km,然后两车共同行驶了200-60=140km共同行驶时间为140(100+60)=

12、0.875h两车相距200km 所用时间为4+0.875=4.875h答:两车相距200km 所用时间为1.75h和4.875h【点睛】本题考查了从函数图象中获取信息和行程问题,从函数图象中获取有用的信息成为解答本题的关键24.(9分)已知二次函数(为常数)(1)求证:不论为何值,该二次函数的图像与轴总有公共点(2)求证:不论为何值,该二次函数的图像的顶点都在函数的图像上(3)已知点、,线段与函数的图像有公共点,则的取值范围是_【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)【解析】【分析】(1)计算判别式的值得到0,从而根据判别式的意义得到结论;(2)利用配方法得到二次函数y=x2-2mx+2m-

13、1的顶点坐标为(m,-(m-1)2),然后根据二次函数图象上点的坐标特征进行判断;(3)先计算出抛物线y=-(x-1)2与直线y=-1的交点的横坐标,然后结合图象得到a+20且a2【详解】(1)令,则,一元二次方程有实数根故不论取何值,函数与轴总有公共点(2)该函数的顶点坐标为把代入,得不论为何值,该二次函数的顶点坐标都在函数上(3)当y=-1时,y=-(x-1)2=-1,解得x1=0,x2=2,当a+20且a2时,线段AB与函数y=-(x-1)2的图象有公共点,所以a的范围为-2a2故答案为【点睛】本题考查了抛物线与x轴交点:把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数,a0)与x轴的

14、交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程也考查了二次函数的性质25.(8分)联想三角形外心的概念,我们可引入如下概念定义:到三角形的两个顶点距离相等的点,叫做此三角形的准外心举例:如图1,若PA=PB,则点P为ABC的准外心应用:如图2,CD为等边三角形ABC的高,准外心P在高CD上,且PD=AB,求APB的度数探究:已知ABC为直角三角形,斜边BC=5,AB=3,准外心P在AC边上,试探究PA的长【解答】解:若PB=PC,连接PB,则PCB=PBC,CD为等边三角形的高,AD=BD,PCB=30,PBD=PBC=30,PD=DB=AB,与已知PD=AB矛盾,PBPC,若PA=PC,连接PA,

15、同理可得PAPC,若PA=PB,由PD=AB,得PD=BD,APD=45,故APB=90;探究:解:BC=5,AB=3,AC=,若PB=PC,设PA=x,则,即PA=,若PA=PC,则PA=2,若PA=PB,由图知,在RtPAB中,不可能故PA=2或 26.(9分) 如图,为半的直径,点从点开始沿着半圆逆时针运动到点,在运动中,作,且,已知, (1)当点不与点重合时,求证:为切线;(2)当时,与交于点,求的长;(3)点在运动过程中,当与的差最大时,直接写出此时的弧长【答案】(1)见详解;(2)2.8;(3)【解析】【分析】(1)连接OP,可证OPAC,结合,即可得到结论;(2)连接BD交OP于

16、点E,先证明,可得AC=6.4,再证明四边形PCDE是矩形,设AD=x,列出关于x的方程,即可求解;(3)设,由,可得AC=,从而得PA-AC关于x的二次函数,进而即可求解【详解】证明:(1)连接OP,OA=OP,PAB=OPA,OPA=CAP,OPAC,为切线;(2)连接BD交OP于点E,为半的直径,APB=90,AP=,APB=ACP=90,即:,解得:AC=6.4,为半的直径,ADBD,PCBD,POB=OAP+OPA=OAP+PAC=BAC,OPAC,四边形PCDE是平行四边形,C=90,四边形PCDE是矩形,AO=BO,OEAD,2OE=AD,设AD=x,则OE=,PE=OP-OE=

17、5-,CD=PE=5-,5-+x=6.4,解得:x=2.8,即:AD=2.8;(3)设, ,即:,AC=,PA-AC=x-=,当x=5时,即AP=5时,PA-AC的值最大,此时cos PAB=,PAB=60,POB=260=120,的弧长=【点睛】本题主要考查圆的基本性质以及相似三角形的判定和性质,二次函数的性质,添加辅助线,熟练掌握切线的判定定理以及相似三角形的判定和性质,是解题的关键27.(12分) 如图,是等腰的斜边上的两动点,且(1)求证:;(2)求证:;(3)如图,作,垂足为H,设,不妨设,请利用(2)的结论证明:当时,成立【答案】(1)证明见详解;(2)证明见详解;(3)证明见详解

18、【解析】【分析】(1)ABC是等腰直角三角形,AB=AC,BAC=90,由CDBC,可求DCA=ABE即可;(2)由ABEACD,可得FAD=EAF,可证AEFADF(SAS),可得EF=DF,在RtCDF中,根据勾股定理,即可;(3)将ABE逆时针绕点A旋转90到ACD,由ABC为等腰直角三角形,可求DCF=90,由,在RtABC中由勾股定理,由AHBC,可求BH=CH=AH=,可表示EF= tan+ tan,BE =1-tan,CF= 1-tan,可证AEFADF(SAS),得到EF=DF,由可得,整理即得结论【详解】(1)证明:ABC是等腰直角三角形,AB=AC,BAC=90,ABC=A

19、CB=45,CDBC,DCB=90,DCA=90-ACB=90-45=45=ABE,在ABE和ACD中,ABEACD(SAS),(2)证明ABEACD,BAE=CAD,AE=AD,EAF=45,BAE+FAC=90-EAF=90-45=45,FAD=FAC+CAD=FAC+BAE=45=EAF,在AEF和ADF中,AEFADF(SAS),EF=DF,在RtCDF中,根据勾股定理,即;(3)证明:将ABE逆时针绕点A旋转90到ACD,连结FD,BAE=CAD,BE=CD,AE=AD,ABC为等腰直角三角形,ACB=B=ACD=45,DCF=DCA+ACF=45+45=90,AC= ,在RtABC中由勾股定理AHBC,BH=CH=AH=,EF=EH+FH=AHtan+AH tan= tan+ tan,BE=BH-EH=1-tan,CF=CH-HF=1-tan,EAF=45,BAE+CAF=90-EAF=45,DAF=DAC+CAF=BAE+CAF=45=EAF,在AEF和ADF中,AEFADF(SAS),EF=DF,在RtCDF中,即,整理得,即,【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质,三角形全等判定与性质,三角形旋转变换,勾股定理,锐角三角函数及其公式推导,掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定和性质是解题关键