2024年江苏省中考数学易错精选练习（一）（含解析）

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2024年江苏省中考数学易错精选练习（一）
一、单选题
1．下列四个数中，最小的一个数是（　　）
A． B． C．0 D．
2．计算（ ）
A． B． C．x D．
3．下列几何体的左视图和俯视图相同的是（ ）
A． B．
C． D．
4．数据14、15、16、16、16、18的众数为（ ）
A．14 B．15 C．16 D．18
5．如图，直线，等边三角形的顶点在直线上，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．已知菱形的两条对角线的长分别是和，则菱形的面积是（ ）
A． B． C． D．
7．如图．函数、为常数，的图象如图，则关于的不等式的解集为（　　）

A． B． C． D．
8．若关于的方程没有实数根，则的值可以为（ ）．
A． B． C．0 D．1
二、填空题
9．分解因式： ．
10．圆锥的侧面积是，底面半径为，则圆锥的母线长是 ．
11．《孙子算经》中有一道题：“今有木，不知长短，引绳度之，余绳五尺；屈绳量之，不足二尺，木长几何？”译文大致是：“用一根绳子去量一根木条，绳子剩余5尺；将绳子对折再量木条，木条剩余2尺，问木条长多少尺？”如果设木条长x尺，绳子长y尺，可列方程组为 ．
12．三个全等三角形摆成如图所示的形式，则的度数为 ．
13．如图，建筑物上有一旗杆，从与相距的处，观测旗杆顶部的仰角为，观测旗杆底部的仰角为，则旗杆的高度为 （结果保留整数，参考数据：，，）

14．如图，用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙的矩形场地，若墙的最大可利用长度为，则这块矩形场地的最大面积为 ．
15．如图，在中，，．延长到D，使，连接CD，则 ．

16．如图，直线与双曲线交于A、B两点，将直线绕点A顺时针旋转45°，与双曲线位于第三象限的一支交于点C，若，则 ．
三、解答题
17．计算：．
18．解方程：．
19．已知，求的值．
20．2023年3月12日是第45个植树节，某市开展了“拥抱春天，播种青春”植树活动，将印有“．紫薇”、“．黄杨”、 “．柳树”、“．樟树”图案的卡片（卡片的形状、大小、质地都相同）放在盒子中，搅匀后从中任意抽取卡片，来确定植树品种．
(1)小明从盒子中任意取出一张卡片，卡片上的图案是“．黄杨”的概率是 ___________；
(2)小明从盒子中任意取出一张卡片，记录后放回、搅匀，小丽再从中任意取出一张片，求两人取出的卡片图案相同的概率．（请用画树状图或列表等方法说明理由）
21．如图，四边形是平行四边形，延长，使得，连接．
(1)求证：；
(2)连接，已知，，当______°时，四边形是菱形．
22．如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于点和点，与轴交于点．
(1)求一次函数和反比例函数的表达式；
(2)连接，，在直线上是否存在点，使的面积是面积的？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
23．如图，中，，为上的一点，以为直径的交于，连接交于，交于，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
24．某文具店计划购进、两种笔记本，已知种笔记本的进价比种笔记本的进价每本便宜3元．现分别购进种笔记本150本，种笔记本300本，共计6300元．
(1)求、两种笔记本的进价；
(2)文具店第二次又购进、两种笔记本共100本，且投入的资金不超过1380元．在销售过程中，、两种笔记本的标价分别为20元/本、25元/本．两种笔记本按标价各卖出本以后，该店进行促销活动，剩余的种笔记本按标价的七折销售，剩余的种笔记本按标价的八折销售．若第二次购进的100本笔记本全部售出后的最大利润不少于600元，请求出的最小值．
25．如图，已知二次函数（其中）的图像与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴为直线l，连接、．
(1)求的度数；
(2)设外接圆的圆心为P，求点P的坐标（用含m的代数式表示）；
(3)在（2）的条件下，设抛物线的顶点为D，是否存在实数m，使，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
26．如图，是边长为的等边三角形，是上一动点，连接，以为边向的右侧作等边，连接.

(1)【尝试初探】
如图1，当点在线段上运动时，与相交于点，在运动过程中发现有两个三角形始终保持全等，请你找出这对全等三角形，并说明理由.
(2)【深入探究】
如图2，当点在线段上运动时，延长ED，交CB的延长线于点H，随着D点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当时，求的值.
(3)【拓展延伸】
如图3，当点在的延长线上运动时，、相交于点，设的面积为，的面积为，当时，求的长.
参考答案：
1．A
【分析】在实数中：负数正数；据此可求得最小的数．
【详解】解：，
最小的数是．
故选：A．
【点睛】本题考查了实数的大小比较，解题的关键是掌握实数的大小比较方法：正数大于0，负数小于0；两个负数比较大小，绝对值大的反而小．
2．B
【分析】幂的乘方，底数不变，指数相乘，据此计算即可．
【详解】解：，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了幂的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
3．D
【分析】通过观察各几何体得到左视图与俯视图，进而进行判断即可得解．
【详解】A.该几何体左视图是：

俯视图是：

故A选项错误；
B.该几何体左视图是：

俯视图是：

故B选项错误；
C.该几何体左视图是：

俯视图是：

故C选项错误；
D.该几何体左视图是：

俯视图是：

故D选项正确，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了几何体的三视图，建立相关的空间思维是解决本题的关键．
4．C
【分析】一组数据中出现次数最多的数据叫这组数据的众数，据此解答即可.
【详解】解：数据14、15、16、16、16、18中，16出现的次数最多，共3次，
所以这组数据的众数为16.
故选：C.
【点睛】本题考查了求一组数据的众数，掌握众数的概念是解题的关键.
5．A
【分析】先根据等边三角形的性质得到∠A＝60°，再根据三角形内角和定理计算出∠3＝80°，然后根据平行线的性质得到∠1的度数．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵∠A＋∠3＋∠2＝180°，
∴∠3＝180° 40° 60°＝80°，
∵，
∴∠1＝∠3＝80°．
故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．也考查了平行线的性质．
6．C
【分析】根据菱形的性质，对角线互相垂直，则菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求得的
【详解】根据题意，
故选C
【点睛】本题考查了菱形的性质，理解菱形的性质是解题的关键．
7．D
【分析】直接利用图象与x轴的交点坐标和函数增减性可得出答案．
【详解】解：函数的图象经过点，并且函数值y随x的增大而减小，
所以当时，函数值大于0，即关于x的不等式的解集是．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，正确利用数形结合和函数增减性求解是解题关键．
8．A
【分析】根据关于x的方程没有实数根，判断出△＜0，求出m的取值范围，再找出符合条件的m的值．
【详解】解：∵关于的方程没有实数根，
∴△=＜0，
解得：，
故选项中只有A选项满足，
故选A.
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，需要掌握一元二次方程没有实数根相当于判别式小于零.
9．
【分析】利用提公因式和平方差公式进行因式分解．
【详解】解：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解，解题的关键是掌握提公因式和平方差公式因式分解法．
10．
【分析】根据圆锥侧面积公式即可求解．
【详解】解：∵圆锥的侧面积，，
∴圆锥的母线长，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求圆锥的母线长，熟练掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
11．
【分析】用一根绳子去量一根木条，绳子剩余5尺可知：绳子比木条长5尺得：；绳子对折再量木条，木条剩余2尺可知：绳子对折后比木条短1尺得：；从而可得答案.
【详解】解：由题意可得方程组为：
，
故答案为：.
【点睛】本题考查的是二元一次方程组的应用，理解题意，确定相等关系是解本题的关键.
12．/180度
【分析】直接利用平角的定义结合三角形内角和定理以及全等三角形的性质得出，，进而得出答案．
【详解】如图所示：
由图形可得：，
∵三个三角形全等，
∴，
又∵，
∴，
∴的度数是180°．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质以及三角形内角和定理，正确掌握全等三角形的性质是解题关键．
13．8
【分析】根据正切的定义，得出，再根据三角形的内角和定理，结合等腰三角形的定义，得出是等腰直角三角形，进而得出，再根据线段之间的数量关系，计算即可得出答案．
【详解】解：由题意得：，，，，
在中，
，
∴，
在中，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
∴旗杆的高度为．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用一仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解题的关键．
14．32
【分析】设与墙垂直的一边长为，则与墙平行的一边长为，得出自变量取值范围；由矩形面积公式，面积为，结合二次函数的性质得最大值为，注意实际问题中，考虑自变量取值范围．
【详解】解：设与墙垂直的一边长为，则与墙平行的一边长为，
则，
矩形围栏的面积为，
∵，
∴当时，矩形有最大面积为，
此时与墙垂直的一边长为，与墙平行的一边长为，符合题意，
故答案为：32．
【点睛】本题考查抛物线的图象性质，二次函数极值的应用，能够根据题意列出解析式是解题的关键，注意实际情况中，自变量的取值范围．
15．
【分析】过点作，交于，由平行线分线段成比例定理得出，与平行线的性质得出，再由三角函数的定义即可得出结果．
【详解】解：过点作，交于，如图，

∵，
，，
，
，
，
在中，，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了解直角三角形平行线分线段成比例定理，通过作辅助线得出是解决问题的关键．
16．
【分析】设，过点作轴于，过点作，交于，过点作轴于，与轴交于，连接，根据反比例函数的性质可知，，由可得是等腰直角三角形，可知，利用可证明，可得，，即可用表示出点坐标，利用待定系数法可用表示出直线解析式，可表示出坐标，联立直线与反比例函数解析式可表示出点坐标，根据列方程求出的值即可得答案．
【详解】设，过点作轴于，过点作，交于，过点作轴于，与轴交于，连接，
∵直线与双曲线交于A、B两点，
∴，，，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，，
联立直线与反比例函数解析式得，
解得：，（舍去），
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的综合，旋转的性质及全等三角形的判定与性质，正确求出点坐标，及直线的解析式，并联立函数解析式求出交点坐标是解题的关键．
17．
【分析】根据特殊角的三角函数值以及化简绝对值，负整数指数幂进行计算即可求解．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值以及化简绝对值，负整数指数幂，熟悉相关运算法则是正确的计算的关键．
18．
【分析】先去分母，把分式方程化为整式方程，再解出整式方程，然后检验，即可求解．
【详解】解：方程两边同乘，得：
，
解得：，
检验：当时，，
∴是原方程的解．
【点睛】本题主要考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的基本步骤，并注意检验是解题的关键．
19．
【分析】根据完全平方公式解答即可．
【详解】解：
当时，原式．
【点睛】本题考查了完全平方公式，求解代数式的值，掌握整体代入进行求值是解题关键．
20．(1)
(2)
【分析】（1）直接根据概率公式计算，即可求解；
（2）根据题意，列出表格，可得共16种等可能的结果，其中两人取出的卡片图案相同的有4种，再由概率公式计算，即可求解．
【详解】（1）解：任意取出一张卡片，卡片上的图案是“．黄杨”的概率是；
故答案为：；
（2）解：根据题意，列出表格如下：
A B C D
A A，A B，A C，A D，A
B A，B B，B C，B D，B
C A，C B，C C，C D，C
D A，D B，D C，D D，D
共16种等可能的结果，其中两人取出的卡片图案相同的有4种，
所以两人选出卡片图案相同的概率为．
【点睛】本题主要考查了利用列表法或树状图法求概率，明确题意，准确列出表格或画出树状图是解题的关键．
21．(1)证明见解析
(2)10
【分析】（1）证明四边形是平行四边形，即可解决问题；
（2）根据三角形外角的性质得到，求得，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）解：当时，四边形是菱形．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，三角形外角的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
22．(1)，
(2)或
【分析】（1）将、两点代入反比例函数解析式，，，可得，解得的值，即可求出、两点的坐标，用待定系数法即可求出一次函数和反比例函数的表达式；
（2）令，求出点坐标，根据、、三点坐标求出的面积，再得到的面积，设，利用三角形面积求出的值即可．
【详解】（1）由题意，得，解得，
，，
把代入，得，
反比例函数表达式为，
把，代入，得，
，
一次函数表达式为；
（2）令，则得，，
点的坐标为，
，
，
设，则，得，
，
解得：或，
故或．
【点睛】本题考查了一次函数和反比例函数的综合应用，反比例函数与几何综合，待定系数法求函数解析式，三角形的面积的计算，正确求出一次函数和反比例函数解析式是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据圆周角定理得到，由等量代换得到，由得到，则，即可得到，即可得到结论；
（2）连接，，，再证明，则，设，则，，即可得到答案．
【详解】（1），
，
，
，
，
，
，
，
即，
∴与相切；
（2）连接，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，
，
．
【点睛】此题考查了切线的判定和性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、切线的判定和性质是解题的关键．
24．(1)种笔记本每本12元，种笔记本每本15元
(2)20
【分析】（1）设种笔记本每本元，则种笔记本每本元，由题意得，，计算可得的值，进而可得的值；
（2）设第二次购进种笔记本本，则购进种笔记本本，由题意得，，可得，设获得的利润为元，由题意得，，由一次函数的性质可知，当时，的值最大，最大值为，令，求解满足要求的解即可．
【详解】（1）解：设种笔记本每本元，则种笔记本每本元，
由题意得，，
解得，，
∴，
∴种笔记本每本12元，种笔记本每本15元；
（2）解：设第二次购进种笔记本本，则购进种笔记本本，
由题意得，，
解得，，
∴，
设获得的利润为元，由题意得，
，
，
随的增大而减小，
当时，的值最大，最大值为，
由题意得，
解得，，
为正整数，
的最小值为20．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用等知识．解题的关键在于根据题意正确的列等式和不等式．
25．(1)
(2)
(3)3
【分析】（1）令，，求出B点和C点坐标，可得，根据等腰直角三角形的性质即可求得结果；
（2）根据垂直且平分线段，是的外接圆，可得点P在直线上，设点的坐标为，利用勾股定理，即可得出点P的坐标；
（3）由时，可得，即，从而可知，即可进行求解．
【详解】（1）解：令，则得，
或
，
，
令，得，
∴点，
，
，
，
．
（2）解：抛物线的对称轴为直线，
∵点A、B关于对称轴直线对称，
∴垂直且平分线段，
又是的外接圆，
，
∴点P在直线上，
过点P作轴于点E，轴于点F，连接、，
可设点的坐标为，
，即，
，
得，
∴点的坐标为．
（3）解：连接，由（2）可知点P在直线上，轴，
∴点E在直线上，
当时，则，
，
如图，过点C作，垂足为H，
则，，，
，
由得，
．
【点睛】本题考查二次函数的应用、勾股定理、平行线的性质、三角形外接圆的性质、线段垂直平分线的性质，锐角三角函数，根据二次函数对称轴和线段垂直平分线的性质确定点P在对称轴上，求点 P坐标是解题的关键．
26．(1)，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据等边三角形的性质可证明,可得结论；
（2）如图2，过点作于点，先根据等边三角形的性质和度角的直角三角形的性质求出，，结合（1）证明，推出，利用相似三角形的性质求出，再根据正切的定义求解即可；
（3）如图3，过点作于点，先证明，得出，进而可证明，可得，结合已知可得，设，可得，根据等边三角形的性质可得， ，则，然后在直角三角形中，利用勾股定理可得关于的方程，解方程即得答案．
【详解】（1）如图1，，理由如下：
∵与都是等边三角形，
∴，
∴，
即，
∴；
（2）如图2，过点作于点，

∵是边长为3的等边三角形，，
∴，
∵，
∴，，
由（1）得，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图3，过点作于点，

∵与都是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，
则，
∵是边长为3的等边三角形，
∴， ，
∴，
∵，
∴，
即，
解得，
∵点在的延长线上，
∴，
∴，
∴，
即
∵，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、一元二次方程的求解、相似三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，具有较强的综合性，熟练掌握相关图形的性质、正确添加辅助线是解题的关键．
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