1、江蘇省常州市中考數學試卷試題解析一、選擇題（本大題共8 小題，每小題2 分，共 16 分。在每小題所給出的四個選項中，只有一項是正確的）1（ 2 分） 3 的相反數是（）a31b31c3 d 3 【分析】根據相反數的定義：只有符號不同的兩個數稱互為相反數計算即可【解答】解：（3）+30故選：c【點評】本題主要考查了相反數的定義，根據相反數的定義做出判斷，屬于基礎題，比較簡單2（ 2 分）若代數式31xx有意義，則實數x的取值范圍是（）ax 1 bx3 cx 1 dx3 【分析】分式有意義的條件是分母不為0【解答】解：代數式31xx有意義，x30，x3故選：d【點評】本題運用了分式有意義的條件知

2、識點，關鍵要知道分母不為0 是分式有意義的條件3（ 2 分）如圖是某幾何體的三視圖，該幾何體是（）a圓柱b正方體c圓錐d球【分析】通過俯視圖為圓得到幾何體為圓柱或球，然后通過主視圖和左視圖可判斷幾何體為圓錐【解答】解：該幾何體是圓柱故選：a【點評】本題考查了由三視圖判斷幾何體：由三視圖想象幾何體的形狀，首先，應分別根據主視圖、俯視圖和左視圖想象幾何體的前面、上面和左側面的形狀，然后綜合起來考慮整體形狀熟記一些簡單的幾何體的三視圖對復雜幾何體的想象會有幫助4（ 2 分）如圖，在線段pa、pb、pc、pd中，長度最小的是（）a線段pab線段pbc線段pcd線段pd【分析】由垂線段最短可解【解答】解

3、：由直線外一點到直線上所有點的連線中，垂線段最短，可知答案為b故選：b【點評】本題考查的是直線外一點到直線上所有點的連線中，垂線段最短，這屬于基本的性質定理，屬于簡單題5（ 2 分）若abcabc，相似比為1：2，則abc與abc 的周長的比為（）a 2：1 b1：2 c4：1 d1：4 【分析】直接利用相似三角形的性質求解【解答】解：abcabc，相似比為1：2，abc與abc 的周長的比為1：2故選：b【點評】本題考查了相似三角形的性質：相似三角形的對應角相等，對應邊的比相等相似三角形（多邊形）的周長的比等于相似比；相似三角形的對應線段（對應中線、對應角平分線、對應邊上的高）的比也等于相似

4、比相似三角形的面積的比等于相似比的平方6（ 2 分）下列各數中與2+3的積是有理數的是（）a 2+3b2 c3d23【分析】利用平方差公式可知與2+3的積是有理數的為2-3；【解答】解：（2+3）（ 23） 431；故選：d【點評】本題考查分母有理化；熟練掌握利用平方差公式求無理數的無理化因子是解題的關鍵7（ 2 分）判斷命題“如果n1，那么n210”是假命題，只需舉出一個反例反例中的n可以為（）a 2 b21c0 d21【分析】反例中的n滿足n1，使n2 10，從而對各選項進行判斷【解答】解：當n 2 時，滿足n1，但n2 130，所以判斷命題“如果n1，那么n210”是假命題，舉出n 2故

5、選：a【點評】本題考查了命題與定理：命題的“真”“假”是就命題的內容而言任何一個命題非真即假要說明一個命題的正確性，一般需要推理、論證，而判斷一個命題是假命題，只需舉出一個反例即可8 （2 分）隨著時代的進步，人們對pm2.5（空氣中直徑小于等于2.5 微米的顆粒） 的關注日益密切 某市一天中pm2.5的值y1（ug/m3）隨時間t（h）的變化如圖所示，設y2表示 0 時到t時pm2.5 的值的極差（即0 時到t時pm2.5 的最大值與最小值的差），則y2與t的函數關系大致是（）abcd【分析】 根據極差的定義，分別從t0、0t10、10t20 及 20t24 時，極差y2隨t的變化而變化的情

6、況，從而得出答案【解答】解：當t0 時，極差y285850，當 0t10 時，極差y2隨t的增大而增大，最大值為43；當 10t20 時，極差y2隨t的增大保持43 不變；當 20t24 時，極差y2隨t的增大而增大，最大值為98；故選：b【點評】本題主要考查極差，解題的關鍵是掌握極差的定義及函數圖象定義與畫法二、填空題（本大題共10 小題，每小題2 分，共 20 分。不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在答題卡相應位置上）9（ 2 分）計算：a3a【分析】直接利用同底數冪的除法運算法則計算得出答案【解答】解：a3aa2故答案為：a2【點評】此題主要考查了同底數冪的除法運算，正確掌握運算法則是解

7、題關鍵10（ 2 分） 4 的算術平方根是【分析】根據算術平方根的含義和求法，求出4 的算術平方根是多少即可【解答】解：4 的算術平方根是2故答案為： 2【點評】此題主要考查了算術平方根的性質和應用，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確：被開方數a是非負數；算術平方根a本身是非負數求一個非負數的算術平方根與求一個數的平方互為逆運算，在求一個非負數的算術平方根時，可以借助乘方運算來尋找11（ 2 分）分解因式：ax24a【分析】先提取公因式a，再對余下的多項式利用平方差公式繼續分解【解答】解：ax24a，a（x24），a（x+2）（x2）【點評】本題考查用提公因式法和公式法進行因式分解的能力，一個

8、多項式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法進行因式分解，同時因式分解要徹底，直到不能分解為止12（ 2 分）如果35，那么的余角等于【分析】若兩角互余，則兩角和為90，從而可知的余角為90減去，從而可解【解答】解：35，的余角等于90 35 55故答案為： 55【點評】本題考查的兩角互余的基本概念，題目屬于基礎概念題，比較簡單13（ 2 分）如果ab20，那么代數式1+2a2b的值是【分析】將所求式子化簡后再將已知條件中ab2 整體代入即可求值；【解答】解：ab20，ab2，1+2a2b1+2（ab） 1+45；故答案為5【點評】本題考查代數式求值；熟練掌握整體代入法求代數式的值是解題的關

9、鍵14（ 2 分）平面直角坐標系中，點p（ 3，4）到原點的距離是【分析】作pax軸于a，則pa4，oa3，再根據勾股定理求解【解答】解：作pax軸于a，則pa4，oa3則根據勾股定理，得op5故答案為5【點評】此題考查了點的坐標的知識以及勾股定理的運用點到x軸的距離即為點的縱坐標的絕對值15（ 2 分）若21yx是關于x、y的二元一次方程ax+y3 的解，則a【分析】把21yx代入二元一次方程ax+y3 中即可求a的值【解答】解：把21yx代入二元一次方程ax+y3 中，a+23，解得a1故答案是： 1【點評】本題運用了二元一次方程的解的知識點，運算準確是解決此題的關鍵16（ 2 分）如圖，

10、ab是o的直徑，c、d是o上的兩點，aoc120，則cdb【分析】先利用鄰補角計算出boc，然后根據圓周角定理得到cdb的度數【解答】解：boc180aoc180 120 60，cdb21boc30故答案為30【點評】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半17（2 分） 如圖， 半徑為3的o與邊長為8 的等邊三角形abc的兩邊ab、bc都相切，連接oc， 則 tan ocb53【分析】根據切線長定理得出obcoba21abc30，解直角三角形求得bd，即可求得cd，然后解直角三角形ocd即可求得tan ocb的值【解答】解：連接ob，作

11、odbc于d，o與等邊三角形abc的兩邊ab、bc都相切，obcoba21abc30，tan obcbdod，bdood30tan3333，cdbcbd8 35，tan ocbcdod53故答案為53【點評】 本題考查了切線的性質，等邊三角形的性質，解直角三角形等，作出輔助線構建直角三角形是解題的關鍵18（ 2 分）如圖，在矩形abcd中，ad 3ab310，點p是ad的中點，點e在bc上，ce2be，點m、n在線段bd上若pmn是等腰三角形且底角與dec相等，則mn6 或815【解答】解：作pfmn于f，如圖所示：則pfmpfn90，四邊形abcd是矩形，abcd，bcad3ab310，ac

12、90，abcd10，bd22adab10，點p是ad的中點，pd21ad2103，pdfbda，pdfbda，abpfbdpd，即10210310pf，解得：pf23，ce2be，bcad 3be，becd，ce2cd，pmn是等腰三角形且底角與dec相等，pfmn，mfnf，pnfdec，pfnc90，pnfdec，pfnfcdce2，nf2pf3，mn2nf6；mn為等腰 pmn 的腰時，作pf bd于 f，如圖 2 所示，由得： pf=23，mf=3 ，設 mn=pn=x ，則 fn=3-x，在 rtpnf中，222323xx，解得：815x，即 mn=815，綜上所述， mn的長為 6

13、 或815。故答案為： 6 或815. 【點評】本題考查了矩形的性質、等腰三角形的性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識；熟練掌握矩形的性質和等腰三角形的性質，證明三角形相似是解題的關鍵三、解答題（本大題共10 小題，共84 分。請在答題卡指定區域內作答，如無特殊說明，解答應寫出文字說明、演算步驟或推理過程）19（ 8 分）計算：（1）0+（21）1（3）2；（2）（x 1）（x+1）x（x1）【分析】根據零指數冪，負指數冪，多項式乘以多項式（單項式）的運算法則準確計算即可；【解答】解：（1）0+（21） 1（3）21+23 0；（2）（x 1）（x+1）x（x1）x21x2+xx1；【

14、點評】本題考查實數的運算，整式的運算；熟練掌握零指數冪，負指數冪，多項式乘以多項式（單項式）的運算法則是解題的關鍵20（ 6 分）解不等式組xxx-8301并把解集在數軸上表示出來【分析】分別求出每一個不等式的解集，根據口訣：同大取大、同小取小、大小小大中間找、大大小小無解了確定不等式組的解集【解答】解：解不等式x+10，得：x 1，解不等式3x8x，得：x 2，不等式組的解集為1x2，將解集表示在數軸上如下：【點評】本題考查的是解一元一次不等式組，正確求出每一個不等式解集是基礎，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中間找；大大小小找不到”的原則是解答此題的關鍵21（ 8 分）如圖，把平行四邊形

15、紙片abcd沿bd折疊，點c落在點c處，bc與ad相交于點e（1）連接ac，則ac與bd的位置關系是；（2）eb與ed相等嗎？證明你的結論【分析】（ 1）根據adcb，edeb，即可得到aece，再根據三角形內角和定理，即可得到eac ecaebdedb，進而得出ac bd；（2）依據平行線的性質以及折疊的性質，即可得到edbebd，進而得出bede【解答】解：（1）連接ac，則ac與bd的位置關系是acbd，故答案為：acbd；（2）eb與ed相等由折疊可得，cbdcbd，adbc，adbcbd，edbebd，bede【點評】本題主要考查了折疊問題以及平行四邊形的性質，折疊是一種對稱變換，它

16、屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等22（ 8 分）在“慈善一日捐”活動中，為了解某校學生的捐款情況，抽樣調查了該校部分學生的捐款數（單位：元），并繪制成下面的統計圖（1）本次調查的樣本容量是，這組數據的眾數為元；（2）求這組數據的平均數；（3）該校共有600 名學生參與捐款，請你估計該校學生的捐款總數【分析】（ 1）由題意得出本次調查的樣本容量是6+11+8+530，由眾數的定義即可得出結果；（2）由加權平均數公式即可得出結果；（3）由總人數乘以平均數即可得出答案【解答】解：（1）本次調查的樣本容量是6+11+8+530，這組數據的眾數為10 元；故答案為：

17、 30，10；（2）這組數據的平均數為3020515810115612（元）；（3）估計該校學生的捐款總數為600 127200（元）【點評】此題考查的是條形統計圖的綜合運用讀懂統計圖，從統計圖中得到必要的信息是解決問題的關鍵條形統計圖能清楚地表示出每個項目的數據本題也考查了平均數、中位數、 眾數的定義以及利用樣本估計總體的思想23（ 8 分）將圖中的a型（正方形）、b型（菱形）、c型（等腰直角三角形）紙片分別放在3 個盒子中，盒子的形狀、大小、質地都相同，再將這3 個盒子裝入一只不透明的袋子中（1）攪勻后從中摸出1 個盒子，盒中的紙片既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的概率是；（2）攪勻后先從中

18、摸出1 個盒子（不放回），再從余下的2 個盒子中摸出1 個盒子，把摸出的2 個盒中的紙片長度相等的邊拼在一起，求拼成的圖形是軸對稱圖形的概率（不重疊無縫隙拼接）【分析】（ 1）依據攪勻后從中摸出1 個盒子，可能為a型（正方形）、b型（菱形）或c型（等腰直角三角形）這3 種情況，其中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的有2 種，即可得到盒中的紙片既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的概率；（2）依據共有6 種等可能的情況，其中拼成的圖形是軸對稱圖形的情況有2 種：a和c，c和a，即可得到拼成的圖形是軸對稱圖形的概率【解答】解：（1）攪勻后從中摸出1 個盒子，可能為a型（正方形）、b型（菱形）或c型（等腰直

19、角三角形）這3 種情況，其中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的有2 種，盒中的紙片既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的概率是32；故答案為：32；（2）畫樹狀圖為：共有 6 種等可能的情況，其中拼成的圖形是軸對稱圖形的情況有2 種：a和c，c和a，拼成的圖形是軸對稱圖形的概率為3162【點評】本題主要考查了概率公式，列舉法（樹形圖法）求概率的關鍵在于列舉出所有可能的結果，列表法是一種，但當一個事件涉及三個或更多元素時，為不重不漏地列出所有可能的結果，通常采用樹形圖24（ 8 分）甲、乙兩人每小時共做30 個零件，甲做180 個零件所用的時間與乙做120 個零件所用的時間相等甲、乙兩人每小時各做多少個

20、零件？【分析】設甲每小時做x個零件，則乙每小時做（30 x）個零件，根據關鍵語句“甲做180 個零件所用的時間與乙做 120 個零件所用的時間相等”列出方程，再求解即可【解答】解：設甲每小時做x個零件，則乙每小時做（30 x）個零件，由題意得：xx30120180，解得：x18，經檢驗：x18 是原分式方程的解，則 301812（個）答：甲每小時做18 個零件，則乙每小時做12 個零件【點評】 此題主要考查了分式方程的應用，關鍵是正確理解題意，找出題目中的等量關系，列出方程，注意檢驗25（ 8 分）如圖，在 ?oabc中，oa22，aoc45，點c在y軸上，點d是bc的中點，反比例函數yxk（

21、x0）的圖象經過點a、d（1）求k的值；（2）求點d的坐標【分析】（ 1）根據已知條件求出a點坐標即可；（2）四邊形oabc是平行四邊形oabc，則有abx軸，可知b的橫縱標為2，d點的橫坐標為1，結合解析式即可求解；【解答】解：（1）oa22，aoc45，a（2，2），k4，yx4；（2）四邊形oabc是平行四邊形oabc，abx軸，b的橫縱標為2，點d是bc的中點，d點的橫坐標為1，d（1，4）；【點評】本題考查反比例函數的圖象及性質，平行四邊形的性質；利用平行四邊形的性質確定點b的橫坐標是解題的關鍵26（ 10 分）【閱讀】數學中，常對同一個量（圖形的面積、點的個數、三角形的內角和等）用

22、兩種不同的方法計算，從而建立相等關系，我們把這一思想稱為“算兩次”“算兩次”也稱做富比尼原理，是一種重要的數學思想【理解】（1）如圖 1，兩個邊長分別為a、b、c的直角三角形和一個兩條直角邊都是c的直角三角形拼成一個梯形用兩種不同的方法計算梯形的面積，并寫出你發現的結論；（2） 如圖 2，n行n列的棋子排成一個正方形，用兩種不同的方法計算棋子的個數，可得等式：n2；【運用】（3）n邊形有n個頂點，在它的內部再畫m個點，以（m+n）個點為頂點，把n邊形剪成若干個三角形，設最多可以剪得y個這樣的三角形當n3，m3 時，如圖3，最多可以剪得7 個這樣的三角形，所以y7當n4，m2 時，如圖4，y；當

23、n5，m時，y9；對于一般的情形，在n邊形內畫m個點，通過歸納猜想，可得y（用含m、n的代數式表示）請對同一個量用算兩次的方法說明你的猜想成立【分析】（ 1）此等腰梯形的面積有三部分組成，利用等腰梯形的面積等于三個直角三角形的面積之和列出方程并整理（2）由圖可知n行n列的棋子排成一個正方形棋子個數為n2，每層棋子分別為1，3，5，7， 2n1故可得用兩種不同的方法計算棋子的個數，即可解答（3）根據探畫出圖形究不難發現，三角形內部每增加一個點，分割部分增加2 部分，即可得出結論【解答】解：（1）有三個rt其面積分別為ab，21ab和21c2直角梯形的面積為21（a+b）（a+b）由圖形可知：21

24、（a+b）（a+b）21ab+21ab+21c2整理得（a+b）22ab+c2，a2+b2+2ab2ab+c2，a2+b2c2故結論為：直角長分別為a、b斜邊為c的直角三角形中a2+b2c2（2）n行n列的棋子排成一個正方形棋子個數為n2，每層棋子分別為1，3，5，7， 2n1由圖形可知：n21+3+5+7+2n1故答案為1+3+5+7+2n1（3）如圖 4，當n4，m2 時，y 6，如圖 5，當n5，m3 時，y 9方法 1對于一般的情形，在n邊形內畫m個點，第一個點將多邊形分成了n個三角形，以后三角形內部每增加一個點，分割部分增加2部分，故可得yn+2（m1）方法 2以abc的二個頂點和它

25、內部的m個點，共（m+3）個點為頂點，可把abc分割成3+2（m1）個互不重疊的小三角形以四邊形的4 個頂點和它內部的m個點，共（m+4）個點為頂點，可把四邊形分割成4+2（m1）個互不重疊的小三角形故以n邊形的n個頂點和它內部的m個點，共（m+n）個點作為頂點，可把原n邊形分割成n+2（m1）個互不重疊的小三角形故可得yn+2（m1）故答案為：6，3；n+2（m1）【點評】本題考查了圖形的變化規律的問題，讀懂題目信息，找到變化規律是解題的關鍵27（ 10 分）如圖，二次函數yx2+bx+3 的圖象與x軸交于點a、b，與y軸交于點c，點a的坐標為（1， 0），點d為oc的中點，點p在拋物線上（

26、1）b；（2）若點p在第一象限，過點p作phx軸，垂足為h，ph與bc、bd分別交于點m、n是否存在這樣的點p，使得pmmnnh？若存在，求出點p的坐標；若不存在，請說明理由；（3）若點p的橫坐標小于3，過點p作pqbd，垂足為q，直線pq與x軸交于點r，且spqb2sqrb，求點p的坐標【分析】（ 1）把點a坐標代入二次函數解析式即求得b的值（2）求點b、c、d坐標，求直線bc、bd解析式設點p橫坐標為t，則能用t表示點p、m、n、h的坐標，進而用含t的式子表示pm、mn、nh的長以pmmn為等量關系列得關于t的方程， 求得t的值合理 （滿足p在第一象限） ，故存在滿足條件的點p，且求得點p

27、坐標（3）過點p作pfx軸于f，交直線bd于e，根據同角的余角相等易證epqobd，所以 cosepqcosobd552， 即在 rtpqe中， cosepq552pepq； 在 rtpfr中，cosrpf552prpf， 進而得pq552pe，pr25pf設點p橫坐標為t，可用t表示pe、pf，即得到用t表示pq、pr又由spqb 2sqrb易得pq2qr要對點p位置進行分類討論得到pq與pr的關系，即列得關于t的方程求得t的值要注意是否符合各種情況下t的取值范圍【解答】解：（1）二次函數yx2+bx+3的圖象與x軸交于點a（ 1，0） 1b+3解得：b2 故答案為： 2（2）存在滿足條件呢

28、的點p，使得pmmnnh二次函數解析式為yx2+2x+3 當x0 時y3，c（0，3）當y0 時，x2+2x+30 解得：x1 1，x23 a（ 1， 0），b（3，0）直線bc的解析式為yx+3 點d為oc的中點，d（0，23）直線bd的解析式為yx21+23，設p（t，t2+2t+3）（ 0t3），則m（t，t+3），n（t，21t+23），h（t，0）pmt2+2t+3（t+3）t2+3t，mnt+3（21x+23）21t+23，nh21t+23mnnhpmmnt2+3t21t+23解得：t121，t23（舍去）p（21，415）p的坐標為（21，415），使得pmmnnh（3）過點p作

29、pfx軸于f，交直線bd于eob3，od23，bod90bd22odob253cosobdbdob=2533=552pqbd于點q，pfx軸于點fpqebqrpfr90prf+obdprf+epq90epqobd，即 cosepqcosobd552在 rtpqe中， cosepqpepq=552pq552pe在 rtpfr中， cosrpfprpf=552pr552pf=25pfspqb2sqrb，spqb21bq?pq，sqrb21bq?qrpq2qr設直線bd與拋物線交于點gx21+23x2+2x+3，解得：x13（即點b橫坐標），x221點g橫坐標為21設p（t，t2+2t+3）（t3）

30、，則e（t，21t+23）pf| t2+2t+3| ，pe| t2+2t+3（21t+23） | | t2+25t+23| 若21t3，則點p在直線bd上方，如圖2，pft2+2t+3，pet2+25t+23pq2qrpq32pr552pe32?25pf，即 6pe5pf6（t2+25t+23） 5（t2+2t+3）解得：t12，t23（舍去）p（2，3）若 1t21，則點p在x軸上方、直線bd下方，如圖3，此時，pqqr，即spqb2sqrb不成立若t 1，則點p在x軸下方，如圖4，pf（t2+2t+3）t22t3，pe21t+23（t2+2t+3）t225t23pq2qrpq2pr552pe2?25pf，即 2pe5pf2（t225t23） 5（t22t3）解得：t134，t23（舍去）p（34，913）綜上所述，點p坐標為（ 2，3）或（34，913）【點評】本題考查了二次函數的圖象與性質，一次函數的圖象與性質