2023江苏省张家港市中考数学每日一练试卷【能力提升】附答案详解

江苏省张家港市中考数学每日一练试卷考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题25分）一、单选题（5小题，每小题2分，共计10分）1、等边三角形、等腰三角形、矩形、菱形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数是（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个2、如图，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，连接．下列结论一定正确的是（

）A． B． C． D．3、如图，与的两边分别相切，其中OA边与相切于点P．若，，则OC的长为（）A．8 B． C． D．4、如图，是△ABC的外接圆，已知，则的大小为（）A．55° B．60° C．65° D．75°5、如图，DC是⊙O的直径，弦AB⊥CD于M，则下列结论不一定成立的是（）A．AM=BM B．CM=DM C． D．二、多选题（5小题，每小题3分，共计15分）1、如图，是的直径，，交于点，交于点，是的中点，连接．则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．是的切线2、已知A、B两点的坐标分别是（-2，3）和（2，3），则下面四个结论正确的有（

）A．A、B关于x轴对称； B．A、B关于y轴对称；C．A、B关于原点对称； D．若A、B之间的距离为43、古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中记载了用尺规作某种六边形的方法，其步骤是：①在⊙O上任取一点A，连接AO并延长交⊙O于点B；②以点B为圆心，BO为半径作圆弧分别交⊙O于C，D两点；③连接CO，DO并延长分别交⊙O于点E，F；④顺次连接BC，CF，FA，AE，ED，DB，得到六边形AFCBDE．连接AD，EF，交于点G，则下列结论正确的是．A．△AOE的内心与外心都是点G B．∠FGA＝∠FOAC．点G是线段EF的三等分点 D．EF＝AF4、已知抛物线（，，是常数，）经过点，，当时，与其对应的函数值．下列结论正确的是（

）A． B．C． D．关于的方程有两个不等的实数根5、如图，是半圆的直径，半径于点，为半圆上一点，，与交于点，连接，，给出以下四个结论，其中正确的是（

）A．平分 B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题75分）三、填空题（5小题，每小题3分，共计15分）1、如图，在一块长为22m，宽为14m的矩形空地内修建三条宽度相等的小路（阴影部分），其余部分种植花草．若花草的种植面积为240m2，则小路的宽为________m．2、如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，若对角线AC＝2，则的长为_____．3、在平面直角坐标系中，已知和是抛物线上的两点，将抛物线的图象向上平移n（n是正整数）个单位，使平移后的图象与x轴没有交点，则n的最小值为_____．4、如图，是等边三角形，点D为BC边上一点，，以点D为顶点作正方形DEFG，且，连接AE，AG．若将正方形DEFG绕点D旋转一周，当AE取最小值时，AG的长为________．5、一个盒子中装有标号为，，，的四个小球，这些球除标号外都相同，从中随机摸出两个小球，则摸出的小球标号之和大于的概率为______．四、简答题（2小题，每小题10分，共计20分）1、已知二次函数（）．（1）求二次函数图象的对称轴；（2）若该二次函数的图象开口向上，当时，函数图象的最高点为，最低点为，点的纵坐标为，求点和点的坐标；（3）在（2）的条件下，对直线下方二次函数图象上的一点，若，求点的坐标．2、在矩形中，于点，点是边上一点．（1）若平分，交于点，PF⊥BD，如图（1），证明四边形是菱形；（2）若，如图（2），求证：．五、解答题（4小题，每小题10分，共计40分）1、如图1，在⊙O中，AC＝BD，且AC⊥BD，垂足为点E．（1）求∠ABD的度数；（2）图2，连接OA，当OA＝2，∠OAB＝15°，求BE的长度；（3）在（2）的条件下，求的长．2、小明和小丽先后从A地出发同一直道去B地，设小丽出发第时，小丽、小明离B地的距离分别为、，与x之间的数表达式，与x之间的函数表达式是．（1）小丽出发时，小明离A地的距离为．（2）小丽发至小明到达B地这段时间内，两人何时相距最近？最近距离是多少？3、如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，连接．(1)求抛物线的解析式；(2)点在抛物线的对称轴上，当的周长最小时，点的坐标为_____________；(3)点是第四象限内抛物线上的动点，连接和．求面积的最大值及此时点的坐标；(4)若点是对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．4、某宾馆共有80间客房．宾馆负责人根据经验作出预测：今年5月份，每天的房间空闲数y（间）与定价x（元/间）之间满足y＝x﹣42（x≥168）．若宾馆每天的日常运营成本为4000元，有客人入住的房间，宾馆每天每间另外还需支出36元的各种费用，宾馆想要获得最大利润，同时也想让客人得到实惠．（1）求入住房间z（间）与定价x（元/间）之间关系式；（2）应将房间定价确定为多少元时，获得利润最大？求出最大利润？-参考答案-一、单选题1、A【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断．【详解】解：矩形，菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；等边三角形、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；共2个既是轴对称图形又是中心对称图形．故选：A．【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．（1）如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．（2）如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．2、D【解析】【分析】利用旋转的性质得AC=CD，BC=EC，∠ACD=∠BCE，所以选项A、C不一定正确再根据等腰三角形的性质即可得出，所以选项D正确；再根据∠EBC=∠EBC+∠ABC=∠A+∠ABC=-∠ACB判断选项B不一定正确即可．【详解】解：∵绕点顺时针旋转得到，∴AC=CD，BC=EC，∠ACD=∠BCE，∴∠A=∠CDA=；∠EBC=∠BEC=，∴选项A、C不一定正确，∴∠A=∠EBC，∴选项D正确．∵∠EBC=∠EBC+∠ABC=∠A+∠ABC=-∠ACB不一定等于，∴选项B不一定正确；故选D．【考点】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰三角形的性质．3、C【分析】如图所示，连接CP，由切线的性质和切线长定理得到∠CPO=90°，∠COP=45°，由此推出CP=OP=4，再根据勾股定理求解即可．【详解】解：如图所示，连接CP，∵OA，OB都是圆C的切线，∠AOB=90°，P为切点，∴∠CPO=90°，∠COP=45°，∴∠PCO=∠COP=45°，∴CP=OP=4，∴，故选C．【点睛】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，熟知切线长定理是解题的关键．4、C【分析】由OA=OB，，求出∠AOB=130°，根据圆周角定理求出的度数．【详解】解：∵OA=OB，，∴∠BAO=．∴∠AOB=130°．∴=∠AOB=65°．故选：C．【点睛】此题考查了同圆中半径相等的性质，圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．5、B【分析】根据垂径定理“垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧”进行判断即可得．【详解】解：∵弦AB⊥CD，CD过圆心O，∴AM=BM，，，即选项A、C、D选项说法正确，不符合题意，当根据已知条件得CM和DM不一定相等，故选B．【点睛】本题考查了垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理．二、多选题1、BCD【解析】【分析】首先由是的直径，得出，推出，根据是的中点，得出是的中位线，得到，，再由，推出是的中位线，得，即是的切线，最后由假设推出不正确．【详解】解：连接，．是的直径，（直径所对的圆周角是直角），；而在中，，是边上的中线，选项符合题意）；是的直径，，，，，，选项符合题意），是的中位线，即：，是的中点，是的中位线，，．是的切线选项符合题意）；只有当是等腰直角三角形时，，故选项错误，不符合题意，故选：BCD．【考点】本题考查的知识点是切线的判定与性质、等腰三角形的性质及圆周角定理，解题的关键是运用等腰三角形性质及圆周角定理及切线性质作答．2、BD【解析】【分析】根据点坐标关于原点对称、轴对称的特点，求出对应点坐标即可．【详解】点A（-2,3）关于x轴对称的点为（-2，-3），故A错误点A（-2,3）关于y轴对称的点为（2，3），故B正确点A（-2,3）关于原点对称的点为（2，-3），故C错误点A、点B的纵坐标相同，故A、B之间的距离为，故D正确故选BD【考点】本题考查了点坐标关于x，y轴对称，关于原点中心对称的特点，以及两点间距离公式，熟悉对应知识点是解决本题的关键．3、ABC【解析】【分析】证明△AOE是等边三角形，EF⊥OA，AD⊥OE，可判断A；．证明∠AGF=∠AOF=60°，可判断B；证明FG=2GE，可判断C；证明EF=AF，可判断D．【详解】解：如图，在正六边形AEDBCF中，∠AOF=∠AOE=∠EOD=60°，∵OF=OA=OE=OD，∴△AOF，△AOE，△EOD都是等边三角形，∴AF=AE=OE=OF，OA=AE=ED=OD，∴四边形AEOF，四边形AODE都是菱形，∴AD⊥OE，EF⊥OA，∴△AOE的内心与外心都是点G，故A正确，∵∠EAF=120°，∠EAD=30°，∴∠FAD=90°，∵∠AFE=30°，∴∠AGF=∠AOF=60°，故B正确，∵∠GAE=∠GEA=30°，∴GA=GE，∵FG=2AG，∴FG=2GE，∴点G是线段EF的三等分点，故C正确，∵AF=AE，∠FAE=120°，∴EF=AF，故D错误，故答案为：ABC．【考点】本题考查作图-复杂作图，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形的内心，外心等知识，解题的关键是证明四边形AEOF，四边形AODE都是菱形．4、BCD【解析】【分析】根据函数与点的关系，一元二次方程根的判别式，不等式的性质，逐一计算判断即可．【详解】∵抛物线（是常数，）经过点（-1，-1），，当时，与其对应的函数值，∴c=1＞0，a-b+c=-1，4a-2b+c＞1，∴a-b=-2，2a-b＞0，∴2a-a-2＞0，∴a＞2＞0，∴b=a+2＞0，∴abc＞0，故A错误；∵b=a+2，a＞2，c=1，，故B正确；∴a+b+c=a+a+2+1=2a+3，∵a＞2，∴2a＞4，∴2a+3＞4+3＞7，即，故C正确；∵，∴△==＞0，∴有两个不等的实数根，故D正确．故选：BCD．【考点】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程根的判别式，不等式的基本性质，熟练掌握二次函数的性质，灵活使用根的判别式，准确掌握不等式的基本性质是解题的关键．5、ABCD【解析】【分析】根据圆周角定理即可得出平分，证明全等即可得到，根据即可得到，即可得到；【详解】∵是半圆的直径，∴，又∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴平分，故A正确；又∵，，∴，∴，故B正确；∵，∴，又∵∠CDE=∠COD=45°，∴，故C正确；∴，∴，故D正确；故选ABCD．【考点】本题主要考查了圆周角定理、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，准确计算是解题的关键．三、填空题1、2【解析】【分析】设小路宽为xm，则种植花草部分的面积等同于长（22-x）m，宽（14-x）m的矩形的面积，根据花草的种植面积为240m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．【详解】解：设小路宽为xm，则种植花草部分的面积等同于长（22-x）m，宽（14-x）m的矩形的面积，依题意得：（22-x）（14-x）=240，整理得：x2-36x+68=0，解得：x1=2，x2=34（不合题意，舍去）．故答案为：2．【考点】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．2、【分析】连接OB，交AC于点D，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形OABC为菱形，根据菱形的性质可得：，，，根据等边三角形的判定得出为等边三角形，由此得出，在直角三角形中利用勾股定理即可确定圆的半径，然后代入弧长公式求解即可．【详解】解：如图所示，连接OB，交AC于点D，∵四边形OABC为平行四边形，，∴四边形OABC为菱形，∴，，，∵，∴为等边三角形，∴，∴，在中，设，则，∴，即，解得：或（舍去），∴的长为：，故答案为：．【点睛】题目主要考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式等，熟练掌握各个定理和公式是解题关键．3、4【解析】【分析】通过A、B两点得出对称轴，再根据对称轴公式算出b，由此可得出二次函数表达式，从而算出最小值即可推出n的最小值．【详解】∵A、B的纵坐标一样，∴A、B是对称的两点，∴对称轴，即，∴b=-4．∴抛物线解析式为：．∴抛物线顶点(2，-3)．∴满足题意n的最小值为4，故答案为：4．【考点】本题考查二次函数对称轴的性质，顶点式的变形及抛物线的平移，关键在于根据对称轴的性质从题意中判断出对称轴．4、8【解析】【分析】过点A作于M，由已知得出，得出，由等边三角形的性质得出，，得出，在中，由勾股定理得出，当正方形DEFG绕点D旋转到点E、A、D在同一条直线上时，，即此时AE取最小值，在中，由勾股定理得出，在中，由勾股定理即可得出．【详解】过点A作于M，∵，∴，∴，∵是等边三角形，∴，∵，∴，∴，在中，，当正方形DEFG绕点D旋转到点E、A、D在同一条直线上时，，即此时AE取最小值，在中，，∴在中，；故答案为8．【考点】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的性质、勾股定理以及最小值问题；熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质是解题的关键．5、【分析】根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．【详解】解：根据题意画图如下：共有12种等可能的情况数，其中摸出的小球标号之和大于5的有4种，则摸出的小球标号之和大于5的概率为．故答案为：．【点睛】本题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；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试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．四、简答题1、（1）直线x=1；（2）；；（3）或【解析】【分析】（1）利用对称轴公式计算即可；（2）构建方程求出a的值即可解决问题；（3）先求出直线MN的解析式，然后设点的坐标为，过点作轴的垂线交直线于点，得到PQ的长度，根据三角形的面积公式，即可求出答案．【详解】解：（1）∵二次函数（），∴该二次函数图象的对称轴是直线：；（2）∵该二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，，∴当时，取得最大值，即，∴，得：，∴该二次函数的表达式为：，即点的坐标为．（3）设直线的解析式为，则，解得：，∴设直线的解析式为：，设点的坐标为，过点作轴的垂线交直线于点，如图则点的坐标是，∴，∴，解得：，，∴点的坐标是或．【考点】本题考查二次函数的性质，一次函数的性质，函数的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．2、（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）想办法证明AG=PF，AG∥PF，推出四边形AGFP是平行四边形，再证明PA=PF即可解决问题．（2）证明△AEP∽△DEC，可得，由此即可解决问题．【详解】解：（1）∵平分，，，∴，，又∵在中，，在中，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，，∴AG∥PF，∴四边形是平行四边形，∴四边形AGFP是菱形；（2）∵，，∴，，∴，又∵，，∴，∴，∴，∴，又∵，∴．【考点】本题主要考查了角平分线的性质，菱形的判定，相似三角形的性质与判定，矩形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．五、解答题1、（1）；（2）；（3）【分析】（1）如图，过作垂足分别为连接证明四边形为正方形，可得证明可得答案；（2）先求解再结合（1）的结论可得答案；（3）如图，连接先求解再证明再求解可得再利用弧长公式计算即可.【详解】解：（1）如图，过作垂足分别为连接四边形为矩形，由勾股定理可得：而四边形为正方形，而（2）如图，过作垂足分别为由（1）得：四边形为正方形，OA＝2，∠OAB＝15°，（3）如图，连接【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，矩形，正方形的判定与性质，垂径定理的应用，弧长的计算，掌握以上知识并灵活运用是解本题的关键.2、（1）250；（2）当小丽出发第时，两人相距最近，最近距离是【解析】【分析】（1）由x=0时，根据-求得结果即可；（2）求出两人相距的函数表达式，求出最小值即可．【详解】解（1）当x=0时，=2250，=2000∴-=2250-2000=250（m）故答案为：250（2）设小丽出发第时，两人相距，则即其中因此，当时S有最小值，也就是说，当小丽出发第时，两人相距最近，最近距离是【考点】此题主要考查了二次函数的性质的应用，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．3、（1）；（2）；（3）面积最大为，点坐标为；（4）存在点，使以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，,点坐标为，，．【解析】【分析】（1）将点，代入即可求解；（2）BC与对称轴的交点即为符合条件的点，据此可解；（3）过点作轴于点，交直线与点，当EF最大时面积的取得最大值，据此可解；（4）根据平行四边形对边平行且相等的性质可以得到存在点N使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形.分三种情况讨论.【详解