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
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