2023年江苏省扬州市中考第二次模拟数学试卷（含答案）

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1、2023年江苏省扬州市中考第二次模拟数学试卷一选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1的倒数是（）A2019BC12019D20192下列计算正确的是（）Ax3x2x6B（x2）4x6Cx6x5xDx2+x3x53如图，从边长为a+5的正方形纸片中剪去一个边长为a+1的正方形，将剩余部分沿虚线剪拼成一个不重叠、无缝隙的长方形，那么该长方形的长为（）A2a+10B2a+2C2a+6D2a+84病毒无情，人间有爱，某中学广大教师为防疫积极捐款献爱心，如图所示是该校50名教师的捐款情况统计，则他们捐款金额的众数和中位数分别是（）A200元，100元B100元，200元C200元，150元D100

2、元，150元5已知实数a，b满足ab，且a24ab24b2，则a2+b2的值为（）A16B20C25D306已知二次函数y（2a）x2+（a+2）x1，当x取互为相反数的任意两个实数值时，对应的函数值y总相等，则关于x的一元二次方程（2a）x2+（a+2）x10的两根之积为（）ABC1D07如图，AB是O的直径，BOC50，则D的度数为（）A65B25C15D358如图1，在菱形ABCD中，C120，M是AB的中点，N是对角线BD上一动点，设DN长为x，线段MN与AN长度的和为y，图2是y关于x的函数图象，图象右端点F的坐标为（23，3），则图象最低点E的坐标为（）A（233，2）B（233，

3、3）C（433，3）D（3，2）二填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）9要使有意义，则x的取值必须满足的条件是 10分解因式：3x2y2+xy1 11用一个圆心角为120，半径为2的扇形做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的侧面积为 12在直角ABC中，C90，1tanA+1tanB=52，C的角平分线交AB于点D，且CD22，斜边AB的值是 13六个学生进行投篮比赛，投进的个数分别为14，15，15，17，17，18，这六个数的平均数是 14如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，BCx轴AD与y轴交于点E，反比例函数y=kx（x0）的图象经过顶点C、D已知点C的横坐标为5，BE2D

4、E，则k的值为 15小甬在拼图时，发现8个一样大小的长方形如图所示排列，恰好可以拼成一个大的长方形小真看见了，说：“我来试一试”结果小真七拼八凑，拼成如图所示的正方形咳，怎么中间还留下了一个洞，恰好是边长为2mm的小正方形!则小真拼成的正方形的面积为 mm216如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为1：3，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则点C的坐标为 17一座建于若干年前的水库大坝，目前坝高4米，现要在不改变坝高的情况下修整加固，将背水坡AB的坡度由1：0.75改为1：2，则修整后的大坝横截面积增加了 平方米18如

5、图，在平面直角坐标系中，抛物线ya（x+2）2+b1与ya（x3）2+b交于点A过点A作y轴的垂线，分别交两条抛物线于点B、C（点B在点A左侧，点C在点A右侧），线段BC的长为 三解答题（共10小题，满分96分）19（8分）计算：（1）（2）2（3）0（13）2；（2）a2-9a2+6a+9梅a-3a20（8分）解不等式组：21（8分）如图，平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点M为BC上一点，连接AM，且ABAMAE为ABM边BM的中线，AFAB，EGGD，延长FO交AB于点N（1）若BM4，MC6，AC10，求AM的长度：（2）若ACB45，求证：AN+AF2FG22（8分）“一

6、方有难，八方支援”是中华民族的传统美德在抗击新冠病毒战役中，我省支援湖北医疗队共1460人奔赴武汉其中小丽、小王和三个同事共五人直接派往一线某医院，根据该医院人事安排需要先抽出一人去急诊科，再派两人到发热门诊，请你利用所学知识完成下列问题（1）小丽被派往急诊科的概率是 ；（2）若正好抽出她们一位同事去往急诊科，请你利用画树状图或列表的方法，求出小丽和小王同时被派往发热门诊的概率23（8分）已知关于x的一元二次方程x2（2k+1）x+k2+k0（1）求证：方程有两个不相等的实数根；（2）若ABC的两边AB，AC的长是这个方程的两个实数根，第三边BC的长为5，当ABC是等腰三角形时，求ABC三边的

7、长24（10分）如图，RtABC中，ABC90，以AB为直径作O，点D为O上一点，且CDCB，连接DO并延长交CB的延长线于点E（1）判断直线CD与O的位置关系，并证明；（2）若BE8，DE16，求O的半径25（10分）卡塔尔世界杯完美落幕在一场比赛中，球员甲在离对方球门30米处的O点起脚吊射（把球高高地挑过守门员的头顶，射入球门），假如球飞行的路线是一条抛物线，在离球门14米时，足球达到最大高度8米如图所示，以球员甲所在位置O点为原点，球员甲与对方球门所在直线为x轴，建立平面直角坐标系（1）求满足条件的抛物线的函数表达式；（2）如果葡萄牙球员C罗站在球员甲前3米处，C罗跳起后最高能达到2.8

8、8米，那么C罗能否在空中截住这次吊射？26（12分）如图，直线y=13x+1与x轴交于点A，与y轴交于点B，与双曲线y=kx（x0）交于点C，BC2AB（1）求k的值；（2）已知点T为x轴正半轴上一点，连接OC、BT交于点M，满足ATOCACBT求sinCBT；连接CT，设点N为BCT的外心求BM：MN的值27（12分）已知ABC中，ABAC，点D是BC延长线上的一点，E是AB上一点，连接DE交AC于点G，使得AED2ADC（1）如图1，若DEAB，ADG30，CD32，求线段AD的长（2）如图2，过点C作CFAB交DE于点F，在EG上取一点N，使得GNGC，连接AN，求证：AEDF（3）如图

9、3，若点D是平面内任意一点，且满足ADC45，AC6，直接写出ACD面积的最大值28（12分）如图1，在O中，弦AB弦CD，垂足为点E，连接AD、BC、AO，ADAB（1）求证：CAO2CDB；（2）如图2，过点O作OHAD，垂足为点H，求证：2OH+CEDE；（3）如图3，在（2）的条件下，延长DB、AC交于点F，过点D作DMAC，垂足为M交AB于N，若BC12，AF3BF，求MN的长参考答案一选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）12345678ACCBBBBC二填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）9x1 103（xy）（xy+1+136） 1143 1235 1316 144

10、03 15484 16（3，2）1710 1810 三解答题（共10小题，满分96分）19（8分）解：（1）原式44+198；（2）原式=(a+3)(a-3)(a+3)2aa-3=aa+320（8分）解：，解不等式，得x1，解不等式，得x6，所以不等式组的解集是1x621（8分）解：（1）BM4，ABAM，AE为ABM边BM的中线，BEME2，ECEM+MC2+68，AE6，AM=AE2+EM2=36+4=210；（2）如图，过点E作EHAF于H，ABCD，AFAB，BAOFCO，ANOCFO，AFCD，点O是对角线AC的中点，AOCO，ANOCFO（AAS），ANCF，ACB45，AEEC，

11、AEEC，EHAF，EGGD，AFCD，四边形EHFG是矩形，HEGAEC90，AEHCEG，又AHEEGC90，AEHCEG（AAS），AHGC，EHEG，四边形EHFG是正方形，HFFG，AN+AFFC+AH+HFFC+CG+FG2FG22（8分）解：（1）小丽被派往发热门诊的概率15；故答案为：15；（2）小丽、小王和两个同事分别用A，B，C1，C2表示，根据题意画图如下：由上可知；一共出现了12种等可能的结果，小丽和小王同时出现的有2种情况，则小丽和小王同时被派往发热门诊的概率是212=1623（8分）（1）证明：（2k+1）24（k2+k）10，无论k取何值，方程有两个不相等的实数根

12、（2）解：由 x2（2k+1）x+k2+k0，得（xk）x（k+1）0，x1k，x2k+1即AB、AC的长为k、k+1，当ABBC时，即k5，满足三角形构成条件，则ABC三边的长为5、5、6；当ACBC时，k+15，解得k4，满足三角形构成条件，则ABC三边的长为5、5、4；综上所述，ABC三边的长为5、5、6或5、5、424（10分）解：（1）相切，证明：如图，连接OC，在OCB与OCD中，CB=CDCO=COOB=OD，OCBOCD（SSS），ODCOBC90，ODDC，又OD为O的半径，DC是O的切线；（2）设O的半径为r，在RtOBE中，OE2EB2+OB2，（16r）2r2+82，r

13、6，O的半径为625（10分）解：（1）由题意可得，足球距离点O（3014）16米时，足球达到最大高度8米，设抛物线解析式为：ya（x16）2+8，把（0，0）代入解析式得：0a（016）2+8，解得：a，故抛物线解析式为：y（x16）2+8；（2）当x3时，y（316）2+82.718752.88，故C罗能在空中截住这次吊射26（12分）解：（1）对于y=13x+1，令y=13x+10，解得x3，令x0，则y1，故点A、B的坐标分别为（3，0）、（0，1），设过点C的垂线与x轴交于点D，则AOBADC，则OBCD=ABAC=ABAB+BC=13=AOAD，OB1，OA3，CD3，AD9，则O

14、D936，故点C（6，3），将点C的坐标代入反比例函数表达式得：k3618；（2）设点T（t，0），由点A、B、C、T坐标得：ATt+3，OC=45，AC=90，BT=t2+1，ATOCACBT，即（t+3），解得：t7或1（舍去1），故点T（7，0）；由B、C、T的坐标得：BT=72+1=50，同理可得BC=40，CT=10，则BC2CT2+BC2，BCT为直角三角形，sinCBT=CTBT=1050=55；BCT为直角三角形，点N为BCT的外心，则点N是BT的中点，由中点公式得，点N（72，12），过点N作y轴的平行线交OC于点E，由点C的坐标得：直线OC的表达式为y=12x，当x=72时

15、，y=12x=74，故点E（72，74），则EN=74-12=54，ENOB，BMONME，则BM：MNOB：EN10000000054=4：527（12分）（1）解：如图1，作CHAD于H，设BAC，在RtADE中，DAE90ADE60，CADBADBAC60，ADE90，AED2ADC，ADC45，ACBADC+CAD45+（60）105，ABAC，ABCACB105，在ABC中，ABC+ACB+BAC180，2（105）+180，30，CAD30，在RtCDH中，CHDHCDsinADC32sin453222=3，在RtACH中，AH=CHtanCAH=333=33，ADDH+AH3+3

16、3；（2）证明：如图2，在AG上截取GHGF，连接NH，EH，设ABCACB，ADC，则AED2，AEDABC+BDE，2+BDE，BDE2，ADEADCBDE（2），ACBADC+DAC，+DAC，DAC，ADEDAC，AGDG，DGCAGN，CGGN，DGCAGN（SAS），AGDG，DCGANG，同理可得：CGFNGH（SAS），GHFG，FCGHNG，DCGFCGANGHNG，即：ANHDCF，CFAB，FCDABC，CFGAEN，ANHABC，ACB180DCFFCG，ANE180ANHHNG，ANEACB，ANHANE，CFGAEN（已证），NHGCFG（已证），AENNHG，点A

17、、E、N、H四点共圆，AHEANE，AEHANH，AEHAHE，AEAH，AGDG，GHFG，DFAH，AEDF；（3）解：如图，以AC为斜边作等腰直角三角形AOC，以点O为圆心，OA为半径作圆O，作OEAC于E，延长EO交O于D则点D在优弧ADC上运动，当点D运动到点D时，ACD的面积最大，在RtAOC中，OA=22AC32，OE=12AC3，EDOE+OD3+32，SACD最大9+9228（12分）解：（1）如图，连接AO、DO，ABAD，AB=AD，AOBAOD，AOOB，AOOD，AOBAOD，BAODAO，延长AO交BD于点H，ABAD，AHBD，AHBAHD90，AD=AB，ACD

18、ABD，CABBAOOAD，CAO2CDB（2）过点O作OTCD，则CTDT，CDAB，CDOT，OQAB，OQBOTEAED90，四边形OTEQ为矩形，OQET，TDCTET+CE，ABAD，OQOH，2OH+CEDE（3）如图，ACB+ADB180，FCB+ACB180，ADBFCB，FF，FCBFDA，FBAF=CBAD=13，CB12，ABAD36，BCDBAD，AEBAED，CEBAED，BEED=BCAD=13，设BEx，则AE36x，ED3x，ABCD，AED90，则在RtAED中，AE2+ED2AD2，（36x）2+（3x）2362，解得：，BD=BE2+ED2=36510CDAB，BED90，NMA90，ANMEND，NEDMAN，BDEEDN，EDED，BEDNED，BE=NE=365，CDBCAB，NMABED，AMNDEB，MNBE=ANBD，MN365=36-365236510，MN=542510【点评】本题是一道圆的综合性题目，运用了同弧所对的圆周角相等，垂径定理，相似，圆的内接四边形，勾股定理等知识，并灵活运用了辅助线.