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江苏省南京市2024年中考数学终极押题猜想
版块一：数与代数
押题猜想一 科学记数法 3
押题猜想二 实数运算 5
押题猜想三 数轴 7
押题猜想四 整式运算 10
押题猜想五 数的估算 12
押题猜想六 因式分解 14
押题猜想七 分式运算 16
押题猜想八 一次方程（组） 17
押题猜想九 分式方程 19
押题猜想十 一元二次方程 25
押题猜想十一 不等式 30
版块二：函数
押题猜想十二 一次函数 32
押题猜想十三 反比例函数 36
押题猜想十四 二次函数 42
版块三：几何
押题猜想十五 三角形 47
押题猜想十六 多边形 56
押题猜想十七 圆 60
押题猜想十八 图形变换与坐标 66
押题猜想十九 投影与视图 72
押题猜想二十 三角函数实际应用 75
版块四：统计概率
押题猜想二十一 统计 79
押题猜想二十二 概率 83
押题猜想一 科学记数法
2024年1月17日，国家统计局公布：2023年末全国人口140 967万人，比上年末减少208万人．140 967用科学记数法可表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，据此求解即可．
【详解】解：140 967=1.40967×105，
故选：C．
押题解读
本部分多以选择题呈现，每年一题，以考查科学计数法的表现形式为主，偶尔与其他知识交汇，难度较小．本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．是中考的热点之一.
1．Iphone15系列苹果手机预计于2023年9月份上市中国大陆．其内部的A16芯片加入光线追踪功能，将宽度压缩到米．将数字米用科学记数法表示为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】D
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，n是正整数；当原数的绝对值时，n是负整数．
【详解】解：米米．
故选：D．
【点睛】本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
2．据中国教育报近期报道，年来全国在义务教育阶段经费累计投入万亿元，数据万亿用科学记数法表示为（ ）亿
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．
【详解】解：由题可得：万亿亿亿．
故选：．
【点睛】此题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定与值是关键．
3．全国深入践行习近平生态文明思想，科学开展大规模国土绿化行动，厚植美丽中国亮丽底色，去年完成造林约3830000公顷、用科学记数法表示3830000是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查用科学记数法，绝对值大于10的数用科学记数法表示一般形式为，n为整数位数减1，据此即可解答．
【详解】解：可表示为．
故选：A．
押题猜想二 实数运算
计算：
(1)（﹣2022）0+22×|﹣1|×（﹣）﹣2
(2)2020×2022﹣20212
【答案】(1)37
(2)
【分析】（1）根据零指数幂、负指数幂和绝对值的性质计算即可；
（2）利用平方差公式计算即可；
【详解】（1）解：原式，
；
（2）原式，
，
．
【点睛】本题主要考查了实数计算，准确应用零指数幂、负指数幂、绝对值的性质和平方差公式计算是解题的关键．
押题解读
实数运算，主要考察学生的运算能力，通常混合幂指数，有理数进行综合运算，这也是近几年中考南京卷的一个考试热点. 本题主要考查了实数计算，准确应用零指数幂、负指数幂、绝对值的性质和平方差公式计算是解题的关键．
1．计算的结果是 .
【答案】
【分析】本题考查了有理数的减法、绝对值，先计算有理数的减法，再根据绝对值的性质即可得出答案．
【详解】解：，
故答案为：．
2．计算的结果是 .
【答案】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则是解决问题的关键．
先根据二次根式的乘法法则运算，然后把化简后合并即可．
【详解】解：原式
．
故答案为：．
3．计算：
【答案】
【分析】先计算乘方，再计算括号里的，然后计算乘法，最后根据有理数加减法法则计算．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题主要考查了有理数的混合运算，掌握运算法则是解题的关键．即先算乘方，再算乘除，然后算加减，有括号先算括号里的．
押题猜想三 数轴
不等式组的解集在数轴上表示正确的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．
【详解】解：，
由①得，，
由②得，，
故此不等式组的解集为：．
在数轴上表示为：
故选：C．
【点睛】本题考查的是在数轴上表示不等式组的解集，熟知解不等式组的加减消元法和代入消元法是解答此题的关键．
押题解读
数轴的表示问题已经成为近几年的中考热点内容，这类题目考察形式以选择题、填空题为主，这类问题由于涉及到数形结合问题,题目大多比较灵活,难度适中，通常综合不等式考察，本题考查的是在数轴上表示不等式组的解集，熟知解不等式组的加减消元法和代入消元法是解答此题的关键．符合中考命题方向，值得考生在复习中关注.
1. 数轴上表示的点与表示6的点之间的距离为 ．
【答案】8
【分析】根据，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了数轴上两点间的距离，解题的关键在于熟练掌握：数轴上两点间的距离用右边的数减去左边的数进行计算即可．
2. 若式子在实数范围内有意义，则的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据二次根式以及分式有意义的条件列出不等式，根据不等式的解集判断即可．
【详解】解：∵式子在实数范围内有意义
解得
解集表示在数轴上，如图，
故选D
【点睛】本题考查了二次根式以及分式有意义的条件，解不等式，在数轴上表示不等式的解集，求得不等式的解集是解题的关键．不等式组解集在数轴上的表示方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来向右画；，向左画，数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“”，“”要用实心圆点表示；“”，“”要用空心圆点表示．
3. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出不等式的解集，然后在数轴上表示出来即可．
【详解】解：解得：，
在数轴上表示如图：

故选：A．
【点睛】本题考查了解不等式和在数轴上表示不等式的解集，正确求解不等式是解答本题的关键．
4. 表示数的点在数轴上的位置如图所示，下列选项中一定成立的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据点在数轴上的位置，确定出大小关系，再根据不等式的性质进行判断即可．
【详解】解：由图可知：，
A、，∴，选项错误，不符合题意；
B、，选项错误，不符合题意；
C、，选项正确，符合题意；
D、，选项错误，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查实数与数轴．不等式的性质．根据点在数轴上的位置，判断式子的符号，是解题的关键．
押题猜想四 整式运算
先化简，再求值：，其中．
【答案】，10
【分析】
先根据多项式乘多项式法则进行计算，化简后代值计算即可．
【详解】解：原式．
．
当时，原式．
【点睛】本题考查整式的化简求值，熟练掌握多项式乘多项式的法则，正确的进行计算，是解题的关键．
押题解读
整式运算是中考卷中每年必考的一个知识点，考查形式多样化，难度较低，主要考查化简求值、多项式乘法的应用等，本题考查整式的化简求值，熟练掌握多项式乘多项式的法则，正确的进行计算，是解题的关键．这都体现了运算这部分内容在中考中的重要地位.
1．计算：．
【答案】
【分析】根据多项式乘以多项式可进行求解．
【详解】解：
=
=．
【点睛】本题主要考查多项式乘以多项式，熟练掌握多项式乘以多项式是解题的关键．
2．下列计算中，结果是是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了整式的运算，根据整式的运算法则逐项计算即可判断求解，掌握整式的运算法则是解题的关键．
【详解】解：、，故该选项不合题意；
、，故该选项不合题意；
、，故该选项符合题意；
、，故该选项不合题意；
故选：．
3．计算的结果是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】按照顺算顺序和同底数幂的除法计算公式计算即可．
【详解】解：
故选C．
【点睛】本题考查同底数幂的除法及合并同类项，计算时须注意运算顺序，正确的计算是解题的关键．
押题猜想五 数的估算
估计12的算术平方根介于（ ）
A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间
【答案】C
【分析】首先根据，即可得出12的算术平方根介于3和4之间．
【详解】∵，
∴．
∴估计12的算术平方根介于3和4之间．
故选C．
【点睛】本题主要考查了无理数大小的估算，得出接近的有理数是解题的关键．
押题解读
纵观历年考题，数的估算问题以基础性为主，稳定中凸显变化，变化中追求创新，突出根式运算，特别是17，19等质数也经常出现，本题主要考查了无理数大小的估算，得出接近的有理数是解题的关键，很好的体现这种命题特点.
1．下列整数中，与最接近的是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据，得出，即可进行解答．
【详解】解：∵，
∴，
∴与最接近的是3，
故选；B．
【点睛】本题主要考查了无理数的估算，解题的关键是掌握无理数估算的方法，会用夹逼法估算无理数．
2．下列无理数中，与最接近的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】分析：根据无理数的定义进行估算解答即可.
详解：4=,
与最接近的数为,
故选:C.
点睛：本题考查了估算无理数的大小，解决本题的关键是估算出无理数的大小．
3．整数a满足，则a的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】本题考查了估算无理数的大小，熟练掌握夹逼法是解题的关键．根据夹逼法估算无理数的大小即可求出a的值．
【详解】解：，
．
故选：C．
押题猜想六 因式分解
分解因式的结果是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了因式分解，先利用平方差公式分解因式，然后合并同类项，再利用完全平方公式和平方差公式分解因式即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
押题解读
因式分解主要考查公式应用基本问题，如安全平方公式，平方差公式，设及合并同类项等操作步骤．本题主要考查了因式分解，先利用平方差公式分解因式，然后合并同类项，再利用完全平方公式和平方差公式分解因式即可，很好的体现中考命题的方向．
1．分解因式：3a2﹣6a+3= ．
【答案】3（a﹣1）2．
【详解】解：原式=3（a2﹣2a+1）=3（a﹣1）2．
故答案为：3（a﹣1）2．
【点睛】本题考查提公因式法与公式法的综合运用．
2．分解因式： ．
【答案】
【分析】利用提公因式法解答，即可求解．
【详解】解：．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了多项式的因式分解，熟练掌握多项式的因式分解方法——提公因式法、公式法、十字相乘法、分组分解法，并会结合多项式的特征，灵活选用合适的方法是解题的关键．
3．分解因式的结果是 ．
【答案】
【分析】先去括号，合并同类项化简后，再用公式法进行因式分解即可得解．
【详解】先去括号，合并同类项化简，得：
，
利用平方差公式进行因式分解，得：
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了代数式去括号、合并同类项化简以及采用平方差公式进行因式分解的知识，熟练掌握上述考点知识是解答本题的基础．
押题猜想七 分式运算
先化简，再求值:，其中．
【答案】，
【分析】根据分式的混合运算进行计算化简，然后将字母的值代入进行计算即可求解．
【详解】解：原式
；
当时，原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，分母有理化，熟练掌握分式的运算法则是解题的关键．
押题解读
分式运算是中考的高频考点，考查题型解答题、填空题为主，考察形式主要有化简求值等，处理这类问题的基本思路是根据运算法则，分母有理化等.
1．若分式在实数范围内有意义，则x的取值范围是 ．
【答案】x≠1
【分析】分式有意义的条件是分母不等于零．
【详解】∵分式在实数范围内有意义，
∴x 1≠0，
解得：x≠1
故答案为x≠1．
【点睛】此题考查分式有意义的条件，解题关键在于分母不等于零使得分式有意义．
2．化简：
【答案】.
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到结果．
【详解】原式＝ ．
【点睛】此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
押题猜想八 一次方程（组）
某工程甲单独完成要45天，乙单独完成要30天，若乙先单独干22天，剩下的由甲单独完成．问甲、乙一共用几天可以完成全部工作，若设甲、乙共用x天完成，则符合题意的方程是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先理解题意找出题中的等量关系：甲完成的工作量+乙完成的工作量=总的工作量，根据此列方程即可．
【详解】解：设甲、乙共用x天完成，则甲单独干了（x﹣22）天，把总的工作量看成单位1，则甲每天完成全部工作的，乙每天完成全部工作的，根据题意得：，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，找出题目中的等量关系是解题的关键．
押题解读
从近几年的中考命题来看，一次方程的求解问题较少单独出现，通常以方程组的形式求解，或者结合具体问题及一次函数综合考察，也是中考命题的新趋势。
1．若关于，的二元一次方程组的解满足，则的值为 ．
【答案】2
【分析】观察方程组的特点，可知①②，即可得到，再根据已知即可求得m的值．
【详解】解：方程组，
①②得：，即，
代入得：，
解得：，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的特殊解法，能够根据方程组中未知数的系数特点灵活选取恰当的方法进行求解是关键．
2．解方程组
【答案】
【分析】利用代入消元法求解即可．
【详解】解：，
由①，得③，
将③代入②，得，
解这个一元一次方程，得，
将代入③，得，
所以原方程组的解是．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的解法，熟练掌握代入消元法和加减消元法求解二元一次方程组是解题的关键．
押题猜想九 分式方程
方程的解是 ．
【答案】
【分析】根据分式方程的解法可进行求解．
【详解】解：
解得，
经检验：是原方程的解；
故答案为．
【点睛】本题主要考查分式方程的解法，熟练掌握分式方程的解法是解题的关键．
押题解读
分式方程求解问题是中考的热点内容，这类题往往以解答题的第一题出现，考察较简单，解答过程通过熟练掌握分式方程的解法是解题的关键.
1．方程的解为 .
【答案】
【分析】观察可得最简公分母为（x+3）（x-1），方程两边同时乘以最简公分母，把分式方程转化为整式方程求解．
【详解】解：方程的两边同时乘以（x+3）（x-1），
得：2（x-1）=x+3，
解得x=5．
检验：把x=5代入（x+3）（x-1）≠0
∴原方程的解为：x=5．
故答案为x=5.
【点睛】解分式方程的思路是将分式方程化为整式方程，然后求解．去分母后解出的结果须代入最简公分母进行检验，结果为零，则原方程无解；结果不为零，则为原方程的解．
押题猜想十 一元二次方程
下列一元二次方程（为常数，且），有两个异号的实数根的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】通过解一元二次方程来判断、、三个选项中方程根的情况，根据根的判别式判断根的情况，由此即可得出结论．
【详解】假设方程的两个根分别为：，
A、∵，
∴，方程无实数根，故排除，
B、∵
∴，
两个根都大于0，为正数，故排除，
C、∵,
∴，为负数，故排除，
D、由可知，，两个根必为一正一负，故符合题意，
故选：．
【点睛】本题考查了根的判别式以及解一元二次方程，解题的关键是分析四个选项中方程根得情况.本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根的判别式的符号得出根的个数是关键．
押题解读
一元二次方程的考查形式多样化，难度也参差不齐。本题考查了根的判别式以及解一元二次方程，解题的关键是分析四个选项中方程根得情况.本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根的判别式的符号得出根的个数是关键，这是一类重点问题，且难度较大，备考中要给予充分的重视.
1．若关于x的方程ax2+bx+c=0的解是x1=3，x2= 5，则关于y的方程a(y+1)2+b(y+1)+c=0的解是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】设t=y+1，则原方程可化为at2+bt+c=0，根据关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的解为x1=3，x2=-5，得到t1=3，t2=-5，于是得到结论．
【详解】解：设t=y+1，
则原方程可化为at2+bt+c=0，
∵关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的解为x1=3，x2=-5，
∴t1=3，t2=-5，
∴y+1=3或y+1=-5，
解得y1=2，y2=-6．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了换元法解一元二次方程，关键是正确找出两个方程解的关系．
2．如图，用长为的栅栏围成一个面积为的矩形花圃．为方便进出，在边上留有一个宽的小门．设的长为，根据题意可得方程（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】解：设的长为，则，根据面积为列出方程即可．
【详解】解：设的长为，则，根据题意得：
，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据题中等量关系，列出方程．
3．方程的两个根为．若，则 ．
【答案】
【分析】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．利用根与系数的关系求出两根之和与两根之积，代入式子中计算求出m值，即可求出．
【详解】解：∵是方程的两根，
∴，，
解得：，
故答案为：．
4．已知二次函数（a、b、c为常数，且）的y与x的部分对应值如下表：
x 0 2
y 6 0 6
则关于x的一元二次方程的根是 ．
【答案】或
【分析】先确定抛物线对称轴，再观察表格确定函数值为0时的自变量的值即可解决问题．
【详解】观察表格可知抛物线对称轴为直线，
或时，y的值都是0，
关于x的一元二次方程的根是或
故答案为：或．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、解一元二次方程等知识，解题的关键是灵活应用抛物线的性质解决问题，是数形结合的好题目，属于中考常考题型．
5．设x1、x2是方程x2－mx＋3＝0的两个根，且x1＝1，则m－x2＝ ．
【答案】1
【分析】由一元二次方程根与系数的关系可知，，则问题可解．
【详解】根据一元二次方程根与系数的关系可知，，
，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，掌握根与系数的关系是解题的关键．
6．解方程：．
【答案】
【分析】先移项，然后利用因式分解法可进行求解．
【详解】解：
解得：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
7．已知一元二次方程的一个根是1，则另一个根是 ．
【答案】2
【分析】
根据一元二次方程根与系数的关系可得，即可求解．
【详解】解：设该方程的两个根分别为：，
根据题意可得：，
∵，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握一元二次方程两根之积为．
押题猜想十一 不等式
解不等式组，并写出它的非负整数解．
【答案】，它的非负整数解为
【分析】
先分别求出两个不等式的解集，再找出它们的公共部分即为不等式组的解集，然后写出它的非负整数解即可．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
则不等式组的解集为，
它的非负整数解为．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解题关键．
押题解读
不等式问题是中考中的热点题型，综合考查考生的数学学习能力和应用能力，本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解题关键
1．已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由可得，则，根据不等式的性质求解即可．
【详解】解：得，则，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了不等式的性质，注意：当不等式两边同时乘以一个负数，则不等式的符号需要改变．
2．不等式的解集是 ．
【答案】
【分析】根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1可得．
【详解】解：移项，得：，
合并同类项，得：，
系数化为1，得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
3．解不等式组并写出它的整数解．
【答案】，0，1
【分析】先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集，最后求出不等式组的整数解即可．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为，
∴不等式组的整数解为0，1．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，求不等式组的整数解，正确求出每个不等式的解集是解题的关键．
押题猜想十二 一次函数
慢车从甲地出发匀速驶往乙地，出发后快车也从甲地出发，匀速行驶，到达乙地后保持原速沿原路返回甲地．已知快车出发时第1次追上慢车．在整个行程中，慢车离甲地的距离（单位：）与时间t（单位：）之间的函数关系如图所示．
(1)在图中画出快车离甲地的距离（单位：）与时间t之间的函数图像；
(2)若快车出发时与慢车第2次相遇．
①求快车从出发到返回甲地所用的时间；
②当两车第2次相遇的地点距离甲地时，s的值为________．
【答案】(1)见解析
(2)①快车从出发到返回甲地所用的时间为．②285
【分析】（1）根据题意可知快车和慢车的函数图象在时第一次相交于B，因此借助慢车的函数图象确定点B的位置，把连接点与B并延长交直线于C，然后对称作出快车返回甲地的函数图象即可；
（2）设慢车速度为，快车速度为，根据快车出发两车相遇列出方程求出，根据路程速度时间得到，根据题意可得．设的函数表达式为，进而求出，然后求出当时，x的值即可得到答案；
（3）根据题意可得点E的纵坐标为，由此求出快车的速度，再根据路程速度时间进行求解即可．
【详解】（1）解：与t之间的函敷图像如图所示．
（2）解：设慢车速度为，快车速度为．
根据题意，得．即．
根据题意，得．
∵，
∴点E的坐标为．
设的函数表达式为．
将代入，得．即的函数表达式为．
令，得．
，即快车从出发到返回甲地所用的时间为．
②由题意得，，
∴，
∴．
∴，
故答案为：285．
【点睛】．本题主要考查了一次函数的实际应用，正确理解题意读懂函数图象是解题的关键．
押题解读
本题以实际应用为载体，考查一次函数问题，要求学生能根据问题的条件读懂函数图象，能正确地分析出图形中基本元素及其相互关系并根据找出最优解。
1．如图，直线经过点，则关于的不等式的解集是 ．

【答案】
【分析】由题意可得，直线与直线相交于点，观察直线落在直线的上方的部分对应的的取值即为所求．本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于（或小于）0的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
【详解】解：如图所示：可得直线经过，
不等式可变形为：，
由图象可得：的解集是：，
不等式的解集是．
故答案为：
2．一次函数的图象不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【分析】根据一次函数图象的性质可得出答案．
【详解】解：∵，，
∴一次函数的图象经过一、二、三象限，即不经过第四象限，
故选：
【点睛】此题考查了一次函数的图象与性质，熟记一次函数的图象有四种情况：
时，函数图象经过一、二、三象限，随的增大而增大；
时，函数图象经过一、三、四象限，随的增大而增大；
时，函数图象经过一、二、四象限，随的增大而减小；
时，函数图象经过二、三、四象限，随的增大而减小．
3．甲车从A地出发匀速行驶，它行驶的路程y（单位：km）与行驶的时间x（单位：min）之间的函数关系如图所示．甲车出发20min后，乙车从A地出发沿同一路线匀速行驶．若乙车经过20min～30min追上甲车，则乙车的速度v（单位：km/min）的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查一次函数的应用，根据图象求出甲车的速度是本题的关键．根据图象，求出甲车的速度，设甲车出发t min后乙车追上甲车，根据两车与A地距离相等列等式，用t将v表示出来，根据t的取值范围，求出v的最小值即可．
【详解】解：由函数图象可知甲的速度为（km/min），
追及的路程为（km），
时，甲乙两车速度差为（km/min），此时乙车速度为（km/min），
时，甲乙两车速度差为（km/min），此时乙车速度为（km/min），
所以乙车的速度v的取值范围是．
故答案为：．
4．已知一次函数的图像如图所示，则关于x的不等式的解集为 ．

【答案】
【分析】根据一次函数的图像可得，再代入解不等式即可得．
【详解】解：由一次函数的图像得：，即，
代入得：，即，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，熟练掌握一次函数的图像与性质是解题关键．
押题猜想十三 反比例函数
如图，在平面直角坐标系中，，反比例函数，的图像分别经过点，，则的值为 ．
【答案】
【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BC⊥x轴于点C，易证△OCB∽△ADO，利用相似三角形的性质可得面积比，从而可求出k的值．
【详解】如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BC⊥x轴于点C，
∵，的图像分别经过点，，
∴
∵
∴△OCB∽△ADO
∴
∴
∴
解得：
故答案为：
【点睛】本题主要考查了反比例函数的比例系数问题、相似三角形的判定与性质，构造K型相似是解决本题的关键．
押题解读
反比例函数也是中考卷的高频考点，题目以综合形式为主，考查角度主要有根据图像求解单个反比例问题，或者跟一次函数、不等式等结合进行分析等，这类题目主要考察学生们图像分析能力、逻辑推理能力和运算能力.
1．已知，点，，在反比例函数（k为常数，）的图像上，则，，的大小关系是 ．（用“＞”连接）
【答案】
【分析】先根据反比例函数中判断出函数图象所在的象限及增减性，再根据各点横坐标的特点即可得出结论．
【详解】解：根据，反比例函数经过第一、三象限，随的增大而减小，
，且，
由在第一象限内，随的增大而减小，得，
而在第三象限，得，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
2．甲、乙两地相距100km，汽车从甲地匀速行驶到乙地，则汽车行驶的时间t（单位：h）与行驶速度v（单位：km/h）之间的函数图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查函数的图象，解题关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用实际意义确定其所在的象限．根据实际意义，写出函数的解析式，根据函数的类型，以及自变量的取值范围即可进行判断．
【详解】解：根据路程＝速度×时间，可得（，），
所以t是v的反比例函数，
根据实际意义，图象在第一象限．
故选：D．
3．若一个数大于它的倒数，结合和的图象（如图），可知的取值范围是 ．

【答案】或
【分析】先求出两函数的交点，再根据函数图象找到一次函数图象在反比例函数图象上方时自变量的取值范围即可得到答案．
【详解】解：联立，解得或，
由函数图象可知，当或时，一次函数图象在反比例函数图象上方，即此时，
∴的取值范围是或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，正确求出两个函数的交点坐标是解题的关键．
4．如图，点A，B在反比例函数（）图像上，点A的横坐标为1，连接，若，的面积为4，则k的值为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】过点A作轴，过点B作轴，设点，点B的坐标为，根据勾股定理列出方程，求出求出，从而得出，求出即可
【详解】解：设点，
过点A作轴，过点B作轴，垂足分别为M，N，如图，

则
设点B的坐标为，则，
∵
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
解得，或（舍去）
∴（负值舍去）
∴点B的坐标为，
∴
∴，
∴，
∴
∴
∴，
∵反比例函数（）图像在第一象限，
∴
∴
故选：B
【点睛】本题考查了反比例函数k的几何意义，熟练掌握反比例函数k的几何意义是解本题的关键．
押题猜想十四 二次函数
已知二次函数（a，m为自然数，且）．
(1)求证：不论a，m为何值，该函数的图象与x轴总有两个公共点；
(2)将该函数的图象绕原点旋转，则所得到的图象对应的函数表达式为________．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）令，可得关于的一元二次方程，运用根的判别式即可证明；
（2）根据旋转的性质，得出旋转后对应的二次函数的顶点坐标及开口方向，即可写出函数表达式．
【详解】（1）解：令，得方程，
因为一元二次方程的根的判别式
，
因为，所以，
所以方程有两个不相等的实数根，
所以不论a，m为何值，该函数的图象与x轴总有两个公共点．
（2）的顶点为，
将该函数的图象绕原点旋转，则所得到的图象的顶点为，开口方向与原函数图象开口方向相反，
∴所得到的图象对应的函数表达式为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，旋转的性质，二次函数的表达式等知识，熟练掌握根的判别式与二次函数图象与坐标轴交点个数的关系是解题的关键．
押题解读
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，旋转的性质，二次函数的表达式等知识，熟练掌握根的判别式与二次函数图象与坐标轴交点个数的关系是解题的关键．这类题目主要考察学生们图像处理能力、逻辑推理能力和运算能力.
1．已知点、和在二次函数的图像上．若，则p，q，m的大小关系是 （用“＜”连接）．
【答案】
【分析】根据题意，判断出抛物线的位置，画出图形，可得结论．
【详解】解：∵A（2，m）、B（2，p）和C（4，q）在二次函数y=ax2+bx（a＜0）的图象上．且pq＜0，
∴抛物线的对称轴在y轴的右侧，且对称轴直线x=a（1＜a＜2），如图所示，
观察图象可知：m＜q＜p．
故答案为：m＜q＜p．
【点睛】本题考查二次函数图象上的点的坐标特征，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型．
2．如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点，其顶点为C，连接，若，，则a的值是 ．
【答案】
【分析】过点C作轴于点D，根据抛物线的对称性可得，再由勾股定理可得，设点A的坐标为，则，可得，然后分别写出抛物线的交点式和顶点式，即可求解．
【详解】解：过点C作轴于点D，
∵二次函数的图象与x轴交于A，B两点，其顶点为C，，
∴，
∵，
∴，
设点A的坐标为，则，
∴，
∴抛物线解析式为，
∵点为抛物线的顶点，
∴抛物线解析式为，
∴，
即，
解得：．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，根据题意得到抛物线的交点式和顶点式是解题的关键．
3．已知函数（m为常数）．
(1)若该函数图像与y轴的交点在x轴上方，求m的取值范围；
(2)求证：不论m取何值，该函数图像与x轴总有两个公共点．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用二次函数图象上点的坐标特征求出该函数的图象与y轴交点的纵坐标，令其大于0即可求出结论；．
（2）证明即可；
【详解】（1）令，则．
∵函数的图像与y轴的交点在x轴上方，
∴，
∴；
（2）令，则．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴该方程有两个不相等的实数根．
∴不论m为何值，该函数图像与x轴有两个不同的公共点．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征以及解一元一次不等式，解题的关键是：利用二次函数图象上点的坐标特征求出该函数的图象与y轴交点的纵坐标．
4. 如图，已知二次函数（，为常数，且）的图像与轴交于，两点，若线段的长为4，则的值是 ．

【答案】12
【分析】先求出抛物线与x轴两个交点的横坐标，再根据线段的长为4，列出方程求解即可．
【详解】解：令，则，
解得，
∵线段的长为4，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了二次函数与x轴交点的问题，正确求出抛物线与x轴两个交点的横坐标是解题的关键．
押题猜想十五 三角形
P为内一点，连接在和中，如果存在两个三角形相似，那么称P是的内相似点．

【概念理解】
(1)如图①，在中，，P是的内相似点．直接写出的度数．
【深入思考】
(2)如图②，P是内一点，连接，从下面①②③中选择一个作为条件，使P是的内相似点，并给出证明．
①；②；③．
【拓展延伸】
(3)如图③，在中，．求作一点P，使P是的内相似点．要求：①尺规作图；②保留作图痕迹，写出必要的文字说明．
【答案】(1)或或
(2)选择①，证明见解析
(3)见解析
【分析】（1）分3种情况分别讨论求解即可；
（2）选择一种情况，证明三角形相似即可；
（3）画出图形，作简单说明即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
若，则，，
则，
∴，
若，则，，
则，
∴，
若，则，
则，
∴，
∴，
综上可知，的度数为或或；

（2）选择①，
证明：如图②，延长得到射线．

∵，，
∴．
∴．
又，
∴．
又，
∴．
又，
∴，即P是的内相似点．
选择②，
证明：如图②，延长得到射线．

∵，
∴，即．
∵，
∴．
又，
∴．
∵，
∴．
又，
∴，即P是的内相似点.
选择③，
如图②，延长得到射线

∵，
∴，
∵，，
∴．
∴．
又，
∴．
无法证明或，
∴条件③无法证明P是的内相似点；
（3）方法不唯一．如图，作法如下：

①作的垂直平分线，与交于点D；
②作的垂直平分线，与交于点O；
③以O为圆心，为半径作，与交于点E；
④连接，与交于点P，点P即为所求．
【点睛】此题考查了主要考查了相似三角形的判定和性质，圆的相关性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
押题解读
三角形也是中考卷的高频考点，考查角度主要有根据三角形性全等、相似、三角形性质、与多边形及圆相结合等，解决三角形问题的关键需要熟练掌握相似三角形的判定和性质等知识，这类题目主要考察学生们空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力.
1．如图，，，，均为正方形网格的格点，线段和相交于点，则的值是 ．

【答案】4
【分析】先利用勾股定理得到，再利用网格的特点证明，则．
【详解】解：由题意得，
由网格的特点可知，
∴，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形的面积之比等于相似比的平方是解题的关键．
2．如图，点D在上，点E在上，交于点P，，求证．

【答案】见解析
【分析】根据证明可得，从而可得，再根据即可得到结论
【详解】证明：在和中，

∵．
∴．
∴，
∴，
即．
在和中，
∵，
∴．
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有．
3．三角尺是几何学习中常用的学具．
【重温旧知】
(1)图①～③是课本上三角尺的3种摆放方式．借助图①中的和，课本定义了一种两个角的关系，这种关系叫做______；图②中，的度数是______°，三角尺的直角边和三角尺的直角边之间的数量关系是______；图③中确认弦是圆的直径的定理是______．

【探索研究】
(2)如图④，将图②中的一副三角尺和叠放在一起，使得点，分别在，边上，我们在同一平面内研究下面两个问题．
①当时，求的值；
②若的长为，直接写出顶点和的距离的最大值（用含的代数式表示）．

【答案】(1)互补，75，，直径所对的圆周角为直角
(2)①；②
【分析】（1）根据互补的定义，即可得出和的关系；根据三角板中各个角的度数，即可求出；根据，即可得出和之间的数量关系；根据直径所对的圆周角为直角，即可得出弦是圆的直径；
（2）①证明，即可根据相似三角形对应边成比例得出结论；②连接点C和中点M，连接点E和中点M，在中，，当点C、M、E在同一条直线上时，，此时最大．
【详解】（1）解：由图可知，三角板的两个直角顶点重合，
∴，则和互补；
由图可知：；
∵，，
∴，，
∵，
∴；
∵，
∴弦是圆的直径（直径所对的圆周角为直角），
故答案为：互补，75，，直径所对的圆周角为直角；
（2）解：①根据题意可得：，
由（1）可知，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；

②连接点C和中点M，连接点E和中点M，
∵，，
∴，
∵点M为中点，
∴，
根据勾股定理可得：，
在中，，
当点C、M、E在同一条直线上时，，此时最大，
∴顶点和的距离的最大值．

【点睛】本题主要考查了互补的定义，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，三角形三边之间的关系，解题的关键是掌握相加等于的两个角互补，相似三角形对应边成比例，三角形两边之和大于第三边．
押题猜想十六 多边形
如图，正五边形绕点顺时针旋转后得到正五边形，旋转角为（），若，则 .
【答案】54
【分析】DE与B′C′相交于O点，如图，利用正五边形的性质计算出∠B=∠BAE=∠E=108°，再根据旋转的性质得∠BAB′=α，∠B′=∠B=108°，接着根据四边形内角和计算出∠B′AE的度数，进而求得旋转角的度数．
【详解】DE与B′C′相交于O点,如图,
∵五边形ABCDE为正五边形，
，
∵正五边形ABCDE绕点A顺时针旋转后得到正五边形AB′C′D′E′,旋转角为α(0° α 90°)，
∴∠BAB′=α,∠B′=∠B=108°，
∵DE⊥B′C′，
∴∠B′OE=90°，
∴∠B′AE=360° ∠B′ ∠E ∠B′OE=360° 108° 108° 90°=54°，
∴∠BAB′=∠BAE ∠B′AE=108° 54°=54°，
即∠α=54°.
故答案为54°.
【点睛】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.解决本题的关键是计算正五边形的内角.
押题解读
多边形通常考察四边形与易变性居多，设及全等与内角和多方面。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.解决本题的关键是计算正五边形的内角。
1．如图，正五边形内接于，连接，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先计算正五边形的内角，再计算正五边形的中心角，作差即可．
【详解】∵，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了正五边形的外角，内角，中心角的计算，熟练掌握计算公式是解题的关键．
2．如图，在菱形中，是对角钱，E，F分别为边的中点，连接，交于点G．
(1)求证；
(2)若，，则的长为________．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）连接，由四边形是菱形得到， E，F分别为边的中点，由三角形中位线定理得到，即可得到结论；
（2）先证明，再证明．．由得到和都是直角三角形，则，即可得到的长．
【详解】（1）证明：连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵E，F分别为边的中点，
∴，
∴；
（2）∵四边形是菱形，
∴，，
∴，．
∴．
∴．
∴是等边三角形，
，
∴．
故答案为：1．
【点睛】此题考查了菱形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握三角形中位线定理及菱形的性质是解题的关键．
押题猜想十七 圆
如图，在中，C是上一点，，过点C作弦交于E，若，则与满足的数量关系是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接，易得，进而得到，，利用外角的性质，得到，又，得到，即可得出结论．
【详解】解：连接，

∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质．正确的识图，确定角之间的和差关系，是解题的关键．
押题解读
圆是中考卷的高频考点，题目考查难度较大，喜欢以综合的形式出现，圆的内切与娭毑问题也是一大常考点。本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质．正确的识图，确定角之间的和差关系，是解题的关键
1．如图，正方形的边长是，是边的中点．将该正方形沿折叠，点落在点处．分别与，，相切，切点分别为，，，则的半径为 ．

【答案】1
【分析】如图所示，延长交于M，连接，先证明得到，设设，则，，利用勾股定理建立方程，解方程求出，如图所示，连接，利用等面积法求出半径即可．
【详解】解：如图所示，延长交于M，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵E为的中点，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
如图所示，连接
∵分别与，，相切，切点分别为，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的半径为，
故答案为；1．

【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．如图，四边形内接于，，，D、C、E三点共线．

(1)求证：．
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）由得，根据等边对等角得，则，由圆周角定理得到，则，即可得到结论；
（2）连接，延长交于点H，证明，得到，，则，证明是的垂直平分线，则，，由，可设，则，得到，代入比例式得到，即可得到的长．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）连接，延长交于点H，

∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴是的垂直平分线，
∴，，
∵，
设，则，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质等知识，证明是解题的关键．
3．如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿折叠后刚好经过AB的中点D，若⊙O的半径为，AB＝4，则BC的长是 ．
【答案】3．
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，利用重径定理可得OD⊥AB，则AD=BD=AB,再根据勾股定理可得OD=1，又由折叠的性质可得＝所在的圆为等园，则根据圆周角定理得到AC=CD，所以AC=DC，利再根据等腰三角形的性质可得AE=DE=1，通过证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=1，最后通过计算CF，得到CE=BE=3，于是得到BC=3．.
【详解】解：
连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD＝BD＝AB＝2，
在Rt△OBD中，OD＝=＝1，
∵将弧沿沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．
∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，
∴＝，
∴AC＝DC，
∴AE＝DE＝1，
易得四边形ODEF为正方形，
∴OF＝EF＝1，
在Rt△OCF中，CF＝＝＝2，
∴CE＝CF+EF＝2+1＝3，
而BE＝BD+DE＝2+1＝3，
∴BC＝3．
故答案为3．
【点睛】本题考查了折叠的性质，理解折叠前后图形的形状和大小不变、仅仅位置发生变化是解答本题的关键.
押题猜想十八 图形变换与坐标
在平面内，将小棒经过适当的运动，使它调转方向(调转前后的小棒不一定在同一条直线上)，那么小棒扫过区域的面积如何尽可能地小呢？
已知小棒长度为4，宽度不计．
方案1：将小棒绕中点O旋转180°到，设小棒扫过区域的面积为(即图中灰色区域的面积，下同)；
方案2：将小棒先绕A逆时针旋转60°到，再绕C逆时针旋转60°到，最后绕B逆时针旋转60°到，设小棒扫过区域的面积为．

(1)①______，______；(结果保留)
②比较与的大小．(参考数据：，．)
(2)方案2可优化为方案3：首次旋转后，将小棒先沿着小棒所在的直线平移再分别进行第2、3次旋转，三次旋转扫过的面积会重叠更多，最终小棒扫过的区域是一个等边三角形．
①补全方案3的示意图；
②设方案3中小棒扫过区域的面积为，求．
(3)设计方案4，使小棒扫过区域的面积小于，画出示意图并说明理由．
【答案】(1)①，；②
(2)①见解析；②
(3)见解析
【分析】（1）①利用圆的面积公式计算，利用方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面积减去两倍的面积计算；
②利用参考数据计算近似值再比较即可；
（2）①依题意补全方案3的示意图即可；
②利用等边三角形的高是4，计算出底边，再利用面积公式计算即可；
（3）作等边，首先让点B在上运动，点A在的延长线上，运动，使得的长度保持不变，当点B运动到点C时，由此边调转到边，接着两次同样的方式旋转到边和边，从而得到最终小棒扫过的区域，由于所得区域非常不规则，因此可以利用放缩法证明．
【详解】（1）解：①由依题意得：，
，
∴
又依题意得：方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面积减去两倍的面积．等边三角形的面积公式：，为等边三角形的边长．
∴
故答案是：，；
②∵，，，
∴；
（2）①依题意补全方案3的示意图如下：

②连接，M为切点，则的中点，

设，则，
由勾股定理得：，即，
解得：，
∴，
∴．
（3）设计方案4：如下图，是等边三角形，首先让点B在上运动，点A在的延长线上运动，使得的长度保持不变，当点B运动到点C时，由此边调转到边，接着两次同样的方式旋转到边和边，最终小棒扫过的区域是如下图所示．

对于第一次旋转，当旋转旋转到时，此时，
又作，则
依题意得：阴影部分比等边三角形多三块全等的图形，记每块面积为，
则有，F为的中点，
∵，
∴，
∴，
∴．
押题解读
图形变换最长涉及到旋转，需要注意变换过程中不发生更改变的量，结合昂个的形式还会与坐标相结合.除此之爱，还有平移翻折等变换。
1．如图，已知，请用无刻度直尺和圆规（不要求写作法，保留作图痕迹）；
(1)在边上找一点，使得：将沿着过点的某一条直线折叠，点与点能重合；
(2)在边上找一点，使得：将沿着过点的某一条直线折叠，点能落在边上的点处，且，请在图②中作出点．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】本题考查了作图复杂作图、翻折变换，解决本题的关键是熟练翻折的性质．
（1）根据线段垂直平分线的性质即可在边上找一点，使得：将沿着过点的某一条直线折叠，点与点能重合；
（2）延长至，作的平分线，得过点的垂线，延长交于点，
作的角平分线交于点，过点作的垂线交于点即可．
【详解】（1）解：如图1所示：点即为所求作的点；
（2）如图2所示：点即为所求作的点．
作图如下：
延长至，
作的平分线，
得过点的垂线，
延长交于点，
作的角平分线交于点，
过点作的垂线交于点．
2．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在x轴上，边在y轴上，若点A的坐标为，则点B的坐标为 ．
【答案】
【分析】由点A的坐标为，求出，在中，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
押题猜想十九 投影与视图
如图是一个正六棱柱的主视图和左视图，则图中a的值为（　　）

A． B．4 C．2 D．
【答案】D
【分析】由主视图和左视图可得：，，，连接，则有，可求，即可求解．
【详解】解：如图，

由主视图和左视图可得：
，，，
，，
，，
连接，则有，
为等边三角形，
，
，
，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了几何体的三视图，正六边形的性质，特殊角的三角函数值，掌握三视图长宽高与原几何体之间的关系及正六边形的性质是解题的关键．
押题解读
投影与视图也是中考卷的高频考点，题目以选择题、填空题为主，考查角度主要有根据三视图求面积、根据图形求三视图等，解决三视图问题的关键是由三视图得出其直观图，标注相应长度，遵循的法则是"长对正、高平齐、宽相等".本题考查了几何体的三视图，正六边形的性质，特殊角的三角函数值，掌握三视图长宽高与原几何体之间的关系及正六边形的性质是解题的关键.
1．中秋节上，同学设计了如图的艺术字“中秋快乐”，下面展示如图几何体“中”字的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据俯视图是从上面看到的图形进行求解即可．
【详解】
解：从上面看，看到的图形是一个矩形，在矩形中间有两条竖直的实线，在靠近两边各有一条竖直的虚线，即看到的图形为，
故选B．
【点睛】本题主要考查了几何体的三视图，熟知俯视图是从上面看到的图形是解题的关键．
2．如图，将左图的正方形纸盒切去一角得到下图，下列选项中，不能作为纸盒剩余部分的展开图的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据正方体展开图的特征，由条件结合图形验证是否能拼成正方体，逐项判断即可得出结论．
【详解】解：根据正方体的展开图的特征可知：
A.图形是中间四个连一行，两边随意摆的形式，符合正方体的展开图，所以A选项正确；
B.图形是二三相连错一个，三一相连随意的形式，符合正方体的展开图，所以B选项正确；
C.图形是三个两排一对齐，不符合正方体的展开图，无法拼成正方体，所以C选项不正确；
D.图形是两两相连各错一的形式，符合正方体的展开图，所以D选项正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方体展开图的特征，熟练掌握正方体展开图的各种形式，是解题的关键．
押题猜想二十 三角函数实际应用
如图，某住宅小区南、北两栋楼房直立在地面上，且高度相等．为了测量两楼的高度和两楼之间的距离，小莉在南楼楼底地面A处测得北楼顶部B的仰角为31°，然后她来到南楼离地面12m高的C处，此时测得B的仰角为20°．求两楼的高度和两楼之间的距离．（参考数据：，，，，，．）

【答案】两楼的高度为，两楼之间的距离为
【分析】过点作于点，分别解，，求出的长，利用，进行求解即可．
【详解】解：过点作于点，则：四边形为矩形，

∴，，
设，
在中，，，
在中，，，
∴，
∴m，
∴；
答：两楼的高度为，两楼之间的距离为．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用．解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形．
押题解读
三角函数实际应用问题是中考题型中的一大难点，需要学生的综合素质，根据具体情况选择合适的三角进行求解，必要时添加辅助线进行构造。
1．在某两个时刻，太阳光线与地面的夹角分别为和，树长．
(1)如图①，若树与地面的夹角为，则两次影长的和　　；
(2)如图②，若树与地面的夹角为，求两次影长的和（用含的式子表示）．
（参考数据：，，
【答案】(1)14
(2)米
【分析】（1）在中，依据正切函数求得的长，在中根据等角对等边求得的长，进而就可求得的长．
（2）作地面于E，在中，依据正弦函数求得的长，在中，依据正切函数求得的长，在中根据等角对等边求得的长，进而就可求得的长．
【详解】（1）解：在中，，
，
在中，，
，
，
；
故答案为14；
（2）作地面于，
在中，，
，
在中，，
，
在中，，
，
，
；
【点睛】本题考查了学生利用三角函数解决实际问题的能力以及等腰三角形的性质．这就要求学生把实际问题转化为直角三角形的问题，利用三角函数解决问题．
2．如图，以为圆心，任意长为半径画弧，与射线交于点，再以为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，画射线，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据作图可以证明△AOB是等边三角形，则∠AOB=60°，据此求解即可．
【详解】解：连接AB，由图可知：OA=OB，AO=AB，∴OA=AB=OB，即三角形OAB为等边三角形，∴∠AOB=60°，∴cos∠AOB=cos60°=．
故选B．
【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值，得出△ABC是等边三角形是解题的关键．
押题猜想二十一 统计
截止到2022年12月，南京市已经开通了两类地铁钱——市区地铁线（1号，2号，3号，4号，10号）和市域地铁线．经过长期统计，其日客运量有一定规律性．下图是某月连续13天两类地铁线日客运量的折线统计图．
(1)在这13天中，全市两类地铁线日客运量最多的一天总人数是________万人，最少的一天总人数是________万人；
(2)关于这13天的描述：
①对同一类地铁线而言，周六、周日的日客运量不超过工作日（周一到周五）的日客运量；
②市区地铁线平均日客运量是市域地铁线的6~7倍；
③市区地铁线日客运量比市域地铁线日客运量波动大．
其中正确的是________；（填序号）
(3)若该月20日市域地铁线客运量为21.8万人，试根据你发现的规律，估计当日市区地铁线客运量人数，并说明理由．
【答案】(1)262.8；165.4；
(2)
(3)推测该月20日（周日）市区地铁线客运量为143.4万人，理由见解析
【分析】（1）由折线统计图进行直接计算即可；
（2）根据折线统计图中的数据进行判断，可得答案；
（3）先计算周六及周日的客运数差，再进行估算即可．
【详解】（1）解：由统计图可知：在这13天中，全市两类地铁线日客运量最多的一天总人数是（万人），最少的一天总人数是（万人），
故答案为：262.8；165.4；
（2）解：关于这13天的描述：
①对同一类地铁线而言，周六、周日的日客运量不超过工作日（周一到周五）的日客运量，正确；
②市区地铁线平均日客运量不一定是市域地铁线的6~7倍，比如周三应当是倍，错误；
③市区地铁线日客运量比市域地铁线日客运量波动大，正确．
其中正确的是，
故答案为：；
（3）解：该月12日（周六）市区地铁线和市域地铁线客运量的差为（万人），
该月19日（周六）市区地铁线和市域地铁线客运量的差为（万人）．
由此可知，周六市区地铁线和市域地铁线客运量的差基本一致．
因为该月13日（周日）市区地铁线和市域地铁线客运量的差为（万人），
推测该月20日（周日）市区地铁线客运量为（万人）．
【点睛】本题考查了折线统计图，解决本题的关键是熟练掌握从折线统计图中获取信息．
押题解读
统计问题同时涉及到图形与运算两大板块，深受中考命题的喜爱.统计图的考查形式多样化，如：折线统计图、条形、扇形统计图等。运算统计数据主要有平均数、方差、中诶书等。
1．在献爱心活动中，五名同学捐款数分别是，，，，（单元：元），后来每人追加了元．追加后的5个数据与之前的5个数据相比，不变的是（ ）
A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差
【答案】D
【分析】根据平均数，众数，中位数，方差的定义即可求解．
【详解】解：五名同学捐款数分别是，，，，（单位：元），后来每人追加了元．追加后的个数据与之前的个数据相比，不变的是方差；平均数，众数，中位数都会发生变化，
故选：D．
【点睛】本题考查了平均数，众数，中位数，方差的定义，熟练掌握平均数，众数，中位数，方差的定义是解题的关键．
2．某校用标准视力表检查全校学生的视力，并将全校学生的视力情况会制成如下的扇形统计图，则该校学生视力的中位数可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据中位数的定义即可求解．
【详解】解：的情况占，故中位数可能是，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了中位数，关键是掌握将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
3．如图所示是某地区2018－2022年汽车进、出口量统计图．

(1)与上一年相比，出口量增长率最高的年份是（ ）
A．2019年 B．2020年 C．2021年 D．2022年
(2)根据上图提供的信息，请写出两个不同于（1）的结论．
【答案】(1)A
(2)答案见解析（答案不唯一）
【分析】（1）算出每一年的增长率即可；
（2）根据统计图即可写出结论．
【详解】（1）解：设2019年的出口增长率为，
，解得
2019年的出口增长率为，
同理可得，2020年的出口增长率为 ，
2021年的出口增长率为 ，
2022年的出口增长率为 ，
出口量增长率最高的年份是2019年，
故选：A
（2）解：由图可知，
①汽车出口量波动大；
②五年中，前几年进口量大于出口量，随着时间的推移，出口量远大于进口量．
【点睛】本题主要考查解一元一次方程，条形统计图，掌握解一元一次方程的方法是解题的关键．
押题猜想二十二 概率
2022年4月，教育部印发了新的《义务教育课程方案》，将劳动从原来的综合实践活动课程中独立出来．某校据此开展了“布艺”，“烹饪”，“家居美化”三门课．甲，乙，丙三名同学分别从中随机选择一门学习．
(1)求甲，乙选择的课相同的概率；
(2)甲，乙，丙选择的课均不相同的概率是________．
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）先列举出所有等可能得结果，再根据概率计算公式计算即可；
（2）先画出树状图，再根据概率计算公式计算即可得出答案．
【详解】（1）甲，乙选择的课，可能出现的结果有9种，即（布艺，布艺），（布艺，烹饪），（布艺，家居美化），（烹饪，布艺），（烹饪，烹饪），（烹饪，家居美化），（家居美化，布艺），（家居美化，烹饪），（家居美化，家居美化），并且它们出现的可能性相同．其中甲，乙选择的课相同（记为事件A）的结果有3种，即（布艺，布艺），（烹饪，烹饪），（家居美化，家居美化），
所以．
（2）
把“布艺”，“烹饪”，“家居美化”分别记为，，，画出树状图，如下：
由树状图可知，共有27种等可能得结果，其中甲，乙，丙选择的课均不相同（记为事件B）的结果有6种，
所以，
故答案是．
【点睛】
本题主要考查了等可能情形下的概率计算，解题的关键是用列举或画树状图表示出所有等可能的结果，再利用概率公式进行计算．
押题解读
中考中的概率问题通常以解答题的形式出现，主要计算概率的大小，熟练掌握列举法能解决大部分计算，日常可加强这部分的训练。本题主要考查了等可能情形下的概率计算，解题的关键是用列举或画树状图表示出所有等可能的结果，再利用概率公式进行计算
1．3支业余足球队即将比赛，他们各派出一名代表甲、乙、丙，3人都随意并且同时做出“石头、剪刀、布”（如图）3种手势中的1种来决定比赛顺序．

(1)求甲、乙都做出“石头”手势的概率；
(2)甲、乙、丙做出的手势均不相同的概率是______．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出表格，数出所有的情况和符合条件的情况数，再根据概率公式求解即可；
（2）根据题意，画出树状图，数出所有的情况和符合条件的情况数，再根据概率公式求解即可．
【详解】（1）解：根据题意，列出表格如下：
石头 剪刀 布
石头 （石头，石头） （石头，剪刀） （石头，布）
剪刀 （剪刀，石头） （剪刀，剪刀） （剪刀，布）
布 （布，石头） （布，剪刀） （布，布）
一共有9种情况，甲、乙都做出“石头”手势的有1种情况，
∴甲、乙都做出“石头”手势的概率；
（2）解：根据题意，画出树状图如图：

一共有27种情况，甲、乙、丙做出的手势均不相同的有6种情况，
∴甲、乙、丙做出的手势均不相同的概率；
故答案为：．
【点睛】本题考查了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；树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意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．
2．（1）不透明的袋子A中装有红球1个、白球1个，不透明的袋子B中装有红球1个、白球2个，这些球除颜色外无其他差别．分别从两个袋子中随机摸出一个球，求摸出的两个球颜色不同的概率；
（2）甲、乙两人解同一道数学题，甲正确的概率为，乙正确的概率为，则甲乙恰有一人正确的概率是　 　．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据题意画出树状图得出所有等情况数和摸出的两个球颜色不同的情况数，然后根据概率公式即可得出答案；
（2）根据题意得到甲正确乙不正确的概率，甲不正确乙正确的概率，两者相加即可得到结论．
【详解】解：（1）画树状图如下：
共有6种等情况数，其中摸出的两个球颜色不同的有3种，
则摸出的两个球颜色不同的概率是＝；
（2）甲正确乙不正确的概率为（1﹣）＝，
甲不正确乙正确的概率为（1﹣）×＝，
∴甲乙恰有一人正确的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．中小学教育资源及组卷应用平台
江苏省南京市2024年中考数学终极押题猜想
版块一：数与代数
押题猜想一 科学记数法 2
押题猜想二 实数运算 2
押题猜想三 数轴 3
押题猜想四 整式运算 4
押题猜想五 数的估算 5
押题猜想六 因式分解 5
押题猜想七 分式运算 6
押题猜想八 一次方程（组） 6
押题猜想九 分式方程 7
押题猜想十 一元二次方程 7
押题猜想十一 不等式 8
版块二：函数
押题猜想十二 一次函数 9
押题猜想十三 反比例函数 10
押题猜想十四 二次函数 12
版块三：几何
押题猜想十五 三角形 13
押题猜想十六 多边形 15
押题猜想十七 圆 16
押题猜想十八 图形变换与坐标 18
押题猜想十九 投影与视图 19
押题猜想二十 三角函数实际应用 20
版块四：统计概率
押题猜想二十一 统计 22
押题猜想二十二 概率 24
押题猜想一 科学记数法
2024年1月17日，国家统计局公布：2023年末全国人口140 967万人，比上年末减少208万人．140 967用科学记数法可表示为（ ）
A． B． C． D．
押题解读
本部分多以选择题呈现，每年一题，以考查科学计数法的表现形式为主，偶尔与其他知识交汇，难度较小．本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．是中考的热点之一.
1．Iphone15系列苹果手机预计于2023年9月份上市中国大陆．其内部的A16芯片加入光线追踪功能，将宽度压缩到米．将数字米用科学记数法表示为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
2．据中国教育报近期报道，年来全国在义务教育阶段经费累计投入万亿元，数据万亿用科学记数法表示为（ ）亿
A． B． C． D．
3．全国深入践行习近平生态文明思想，科学开展大规模国土绿化行动，厚植美丽中国亮丽底色，去年完成造林约3830000公顷、用科学记数法表示3830000是（ ）
A． B． C． D．
押题猜想二 实数运算
计算：
(1)（﹣2022）0+22×|﹣1|×（﹣）﹣2
(2)2020×2022﹣20212
押题解读
实数运算，主要考察学生的运算能力，通常混合幂指数，有理数进行综合运算，这也是近几年中考南京卷的一个考试热点. 本题主要考查了实数计算，准确应用零指数幂、负指数幂、绝对值的性质和平方差公式计算是解题的关键．
1．计算的结果是 .
2．计算的结果是 .
3．计算：
押题猜想三 数轴
不等式组的解集在数轴上表示正确的是
A． B．
C． D．
押题解读
数轴的表示问题已经成为近几年的中考热点内容，这类题目考察形式以选择题、填空题为主，这类问题由于涉及到数形结合问题,题目大多比较灵活,难度适中，通常综合不等式考察，本题考查的是在数轴上表示不等式组的解集，熟知解不等式组的加减消元法和代入消元法是解答此题的关键．符合中考命题方向，值得考生在复习中关注.
1. 数轴上表示的点与表示6的点之间的距离为 ．
2. 若式子在实数范围内有意义，则的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A． B． C． D．
4. 表示数的点在数轴上的位置如图所示，下列选项中一定成立的是（ ）

A． B． C． D．
押题猜想四 整式运算
先化简，再求值：，其中．
押题解读
整式运算是中考卷中每年必考的一个知识点，考查形式多样化，难度较低，主要考查化简求值、多项式乘法的应用等，本题考查整式的化简求值，熟练掌握多项式乘多项式的法则，正确的进行计算，是解题的关键．这都体现了运算这部分内容在中考中的重要地位.
1．计算：．
2．下列计算中，结果是是（ ）
A． B． C． D．
3．计算的结果是（ ）
A． B． C． D．
押题猜想五 数的估算
估计12的算术平方根介于（ ）
A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间
押题解读
纵观历年考题，数的估算问题以基础性为主，稳定中凸显变化，变化中追求创新，突出根式运算，特别是17，19等质数也经常出现，本题主要考查了无理数大小的估算，得出接近的有理数是解题的关键，很好的体现这种命题特点.
1．下列整数中，与最接近的是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
2．下列无理数中，与最接近的是（ ）
A． B． C． D．
3．整数a满足，则a的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
押题猜想六 因式分解
分解因式的结果是 ．
押题解读
因式分解主要考查公式应用基本问题，如安全平方公式，平方差公式，设及合并同类项等操作步骤．本题主要考查了因式分解，先利用平方差公式分解因式，然后合并同类项，再利用完全平方公式和平方差公式分解因式即可，很好的体现中考命题的方向．
1．分解因式：3a2﹣6a+3= ．
2．分解因式： ．
3．分解因式的结果是 ．
押题猜想七 分式运算
先化简，再求值:，其中．
押题解读
分式运算是中考的高频考点，考查题型解答题、填空题为主，考察形式主要有化简求值等，处理这类问题的基本思路是根据运算法则，分母有理化等.
1．若分式在实数范围内有意义，则x的取值范围是 ．
2．化简：
押题猜想八 一次方程（组）
某工程甲单独完成要45天，乙单独完成要30天，若乙先单独干22天，剩下的由甲单独完成．问甲、乙一共用几天可以完成全部工作，若设甲、乙共用x天完成，则符合题意的方程是（　　）
A． B． C． D．
押题解读
从近几年的中考命题来看，一次方程的求解问题较少单独出现，通常以方程组的形式求解，或者结合具体问题及一次函数综合考察，也是中考命题的新趋势。
1．若关于，的二元一次方程组的解满足，则的值为 ．
2．解方程组
押题猜想九 分式方程
方程的解是 ．
押题解读
分式方程求解问题是中考的热点内容，这类题往往以解答题的第一题出现，考察较简单，解答过程通过熟练掌握分式方程的解法是解题的关键.
1．方程的解为 .
押题猜想十 一元二次方程
下列一元二次方程（为常数，且），有两个异号的实数根的是（ ）
A． B．
C． D．
押题解读
一元二次方程的考查形式多样化，难度也参差不齐。本题考查了根的判别式以及解一元二次方程，解题的关键是分析四个选项中方程根得情况.本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根的判别式的符号得出根的个数是关键，这是一类重点问题，且难度较大，备考中要给予充分的重视.
1．若关于x的方程ax2+bx+c=0的解是x1=3，x2= 5，则关于y的方程a(y+1)2+b(y+1)+c=0的解是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2．如图，用长为的栅栏围成一个面积为的矩形花圃．为方便进出，在边上留有一个宽的小门．设的长为，根据题意可得方程（ ）
A． B．
C． D．
3．方程的两个根为．若，则 ．
4．已知二次函数（a、b、c为常数，且）的y与x的部分对应值如下表：
x 0 2
y 6 0 6
则关于x的一元二次方程的根是 ．
5．设x1、x2是方程x2－mx＋3＝0的两个根，且x1＝1，则m－x2＝ ．
6．解方程：．
7．已知一元二次方程的一个根是1，则另一个根是 ．
押题猜想十一 不等式
解不等式组，并写出它的非负整数解．
押题解读
不等式问题是中考中的热点题型，综合考查考生的数学学习能力和应用能力，本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解题关键
1．已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．不等式的解集是 ．
3．解不等式组并写出它的整数解．
押题猜想十二 一次函数
慢车从甲地出发匀速驶往乙地，出发后快车也从甲地出发，匀速行驶，到达乙地后保持原速沿原路返回甲地．已知快车出发时第1次追上慢车．在整个行程中，慢车离甲地的距离（单位：）与时间t（单位：）之间的函数关系如图所示．
(1)在图中画出快车离甲地的距离（单位：）与时间t之间的函数图像；
(2)若快车出发时与慢车第2次相遇．
①求快车从出发到返回甲地所用的时间；
②当两车第2次相遇的地点距离甲地时，s的值为________．
押题解读
本题以实际应用为载体，考查一次函数问题，要求学生能根据问题的条件读懂函数图象，能正确地分析出图形中基本元素及其相互关系并根据找出最优解。
1．如图，直线经过点，则关于的不等式的解集是 ．

2．一次函数的图象不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．甲车从A地出发匀速行驶，它行驶的路程y（单位：km）与行驶的时间x（单位：min）之间的函数关系如图所示．甲车出发20min后，乙车从A地出发沿同一路线匀速行驶．若乙车经过20min～30min追上甲车，则乙车的速度v（单位：km/min）的取值范围是 ．
4．已知一次函数的图像如图所示，则关于x的不等式的解集为 ．

押题猜想十三 反比例函数
如图，在平面直角坐标系中，，反比例函数，的图像分别经过点，，则的值为 ．
押题解读
反比例函数也是中考卷的高频考点，题目以综合形式为主，考查角度主要有根据图像求解单个反比例问题，或者跟一次函数、不等式等结合进行分析等，这类题目主要考察学生们图像分析能力、逻辑推理能力和运算能力.
1．已知，点，，在反比例函数（k为常数，）的图像上，则，，的大小关系是 ．（用“＞”连接）
2．甲、乙两地相距100km，汽车从甲地匀速行驶到乙地，则汽车行驶的时间t（单位：h）与行驶速度v（单位：km/h）之间的函数图象是（ ）
A． B．
C． D．
3．若一个数大于它的倒数，结合和的图象（如图），可知的取值范围是 ．

4．如图，点A，B在反比例函数（）图像上，点A的横坐标为1，连接，若，的面积为4，则k的值为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
押题猜想十四 二次函数
已知二次函数（a，m为自然数，且）．
(1)求证：不论a，m为何值，该函数的图象与x轴总有两个公共点；
(2)将该函数的图象绕原点旋转，则所得到的图象对应的函数表达式为________．
押题解读
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，旋转的性质，二次函数的表达式等知识，熟练掌握根的判别式与二次函数图象与坐标轴交点个数的关系是解题的关键．这类题目主要考察学生们图像处理能力、逻辑推理能力和运算能力.
1．已知点、和在二次函数的图像上．若，则p，q，m的大小关系是 （用“＜”连接）．
2．如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点，其顶点为C，连接，若，，则a的值是 ．
3．已知函数（m为常数）．
(1)若该函数图像与y轴的交点在x轴上方，求m的取值范围；
(2)求证：不论m取何值，该函数图像与x轴总有两个公共点．
4. 如图，已知二次函数（，为常数，且）的图像与轴交于，两点，若线段的长为4，则的值是 ．

押题猜想十五 三角形
P为内一点，连接在和中，如果存在两个三角形相似，那么称P是的内相似点．

【概念理解】
(1)如图①，在中，，P是的内相似点．直接写出的度数．
【深入思考】
(2)如图②，P是内一点，连接，从下面①②③中选择一个作为条件，使P是的内相似点，并给出证明．
①；②；③．
【拓展延伸】
(3)如图③，在中，．求作一点P，使P是的内相似点．要求：①尺规作图；②保留作图痕迹，写出必要的文字说明．
押题解读
三角形也是中考卷的高频考点，考查角度主要有根据三角形性全等、相似、三角形性质、与多边形及圆相结合等，解决三角形问题的关键需要熟练掌握相似三角形的判定和性质等知识，这类题目主要考察学生们空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力.
1．如图，，，，均为正方形网格的格点，线段和相交于点，则的值是 ．

2．如图，点D在上，点E在上，交于点P，，求证．

3．三角尺是几何学习中常用的学具．
【重温旧知】
(1)图①～③是课本上三角尺的3种摆放方式．借助图①中的和，课本定义了一种两个角的关系，这种关系叫做______；图②中，的度数是______°，三角尺的直角边和三角尺的直角边之间的数量关系是______；图③中确认弦是圆的直径的定理是______．

【探索研究】
(2)如图④，将图②中的一副三角尺和叠放在一起，使得点，分别在，边上，我们在同一平面内研究下面两个问题．
①当时，求的值；
②若的长为，直接写出顶点和的距离的最大值（用含的代数式表示）．

押题猜想十六 多边形
如图，正五边形绕点顺时针旋转后得到正五边形，旋转角为（），若，则 .
押题解读
多边形通常考察四边形与易变性居多，设及全等与内角和多方面。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.解决本题的关键是计算正五边形的内角。
1．如图，正五边形内接于，连接，则（ ）

A． B． C． D．
2．如图，在菱形中，是对角钱，E，F分别为边的中点，连接，交于点G．
(1)求证；
(2)若，，则的长为________．
押题猜想十七 圆
如图，在中，C是上一点，，过点C作弦交于E，若，则与满足的数量关系是（ ）

A． B． C． D．
押题解读
圆是中考卷的高频考点，题目考查难度较大，喜欢以综合的形式出现，圆的内切与娭毑问题也是一大常考点。本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质．正确的识图，确定角之间的和差关系，是解题的关键
1．如图，正方形的边长是，是边的中点．将该正方形沿折叠，点落在点处．分别与，，相切，切点分别为，，，则的半径为 ．

2．如图，四边形内接于，，，D、C、E三点共线．

(1)求证：．
(2)若，求的长．
3．如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿折叠后刚好经过AB的中点D，若⊙O的半径为，AB＝4，则BC的长是 ．
押题猜想十八 图形变换与坐标
在平面内，将小棒经过适当的运动，使它调转方向(调转前后的小棒不一定在同一条直线上)，那么小棒扫过区域的面积如何尽可能地小呢？
已知小棒长度为4，宽度不计．
方案1：将小棒绕中点O旋转180°到，设小棒扫过区域的面积为(即图中灰色区域的面积，下同)；
方案2：将小棒先绕A逆时针旋转60°到，再绕C逆时针旋转60°到，最后绕B逆时针旋转60°到，设小棒扫过区域的面积为．

(1)①______，______；(结果保留)
②比较与的大小．(参考数据：，．)
(2)方案2可优化为方案3：首次旋转后，将小棒先沿着小棒所在的直线平移再分别进行第2、3次旋转，三次旋转扫过的面积会重叠更多，最终小棒扫过的区域是一个等边三角形．
①补全方案3的示意图；
②设方案3中小棒扫过区域的面积为，求．
(3)设计方案4，使小棒扫过区域的面积小于，画出示意图并说明理由．
押题解读
图形变换最长涉及到旋转，需要注意变换过程中不发生更改变的量，结合昂个的形式还会与坐标相结合.除此之爱，还有平移翻折等变换。
1．如图，已知，请用无刻度直尺和圆规（不要求写作法，保留作图痕迹）；
(1)在边上找一点，使得：将沿着过点的某一条直线折叠，点与点能重合；
(2)在边上找一点，使得：将沿着过点的某一条直线折叠，点能落在边上的点处，且，请在图②中作出点．
2．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在x轴上，边在y轴上，若点A的坐标为，则点B的坐标为 ．
押题猜想十九 投影与视图
如图是一个正六棱柱的主视图和左视图，则图中a的值为（　　）

A． B．4 C．2 D．
押题解读
投影与视图也是中考卷的高频考点，题目以选择题、填空题为主，考查角度主要有根据三视图求面积、根据图形求三视图等，解决三视图问题的关键是由三视图得出其直观图，标注相应长度，遵循的法则是"长对正、高平齐、宽相等".本题考查了几何体的三视图，正六边形的性质，特殊角的三角函数值，掌握三视图长宽高与原几何体之间的关系及正六边形的性质是解题的关键.
1．中秋节上，同学设计了如图的艺术字“中秋快乐”，下面展示如图几何体“中”字的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图，将左图的正方形纸盒切去一角得到下图，下列选项中，不能作为纸盒剩余部分的展开图的是（ ）

A． B．
C． D．
押题猜想二十 三角函数实际应用
如图，某住宅小区南、北两栋楼房直立在地面上，且高度相等．为了测量两楼的高度和两楼之间的距离，小莉在南楼楼底地面A处测得北楼顶部B的仰角为31°，然后她来到南楼离地面12m高的C处，此时测得B的仰角为20°．求两楼的高度和两楼之间的距离．（参考数据：，，，，，．）

押题解读
三角函数实际应用问题是中考题型中的一大难点，需要学生的综合素质，根据具体情况选择合适的三角进行求解，必要时添加辅助线进行构造。
1．在某两个时刻，太阳光线与地面的夹角分别为和，树长．
(1)如图①，若树与地面的夹角为，则两次影长的和　　；
(2)如图②，若树与地面的夹角为，求两次影长的和（用含的式子表示）．
（参考数据：，，
2．如图，以为圆心，任意长为半径画弧，与射线交于点，再以为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，画射线，则（ ）
A． B． C． D．
押题猜想二十一 统计
截止到2022年12月，南京市已经开通了两类地铁钱——市区地铁线（1号，2号，3号，4号，10号）和市域地铁线．经过长期统计，其日客运量有一定规律性．下图是某月连续13天两类地铁线日客运量的折线统计图．
(1)在这13天中，全市两类地铁线日客运量最多的一天总人数是________万人，最少的一天总人数是________万人；
(2)关于这13天的描述：
①对同一类地铁线而言，周六、周日的日客运量不超过工作日（周一到周五）的日客运量；
②市区地铁线平均日客运量是市域地铁线的6~7倍；
③市区地铁线日客运量比市域地铁线日客运量波动大．
其中正确的是________；（填序号）
(3)若该月20日市域地铁线客运量为21.8万人，试根据你发现的规律，估计当日市区地铁线客运量人数，并说明理由．
押题解读
统计问题同时涉及到图形与运算两大板块，深受中考命题的喜爱.统计图的考查形式多样化，如：折线统计图、条形、扇形统计图等。运算统计数据主要有平均数、方差、中诶书等。
1．在献爱心活动中，五名同学捐款数分别是，，，，（单元：元），后来每人追加了元．追加后的5个数据与之前的5个数据相比，不变的是（ ）
A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差
2．某校用标准视力表检查全校学生的视力，并将全校学生的视力情况会制成如下的扇形统计图，则该校学生视力的中位数可能是（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示是某地区2018－2022年汽车进、出口量统计图．

(1)与上一年相比，出口量增长率最高的年份是（ ）
A．2019年 B．2020年 C．2021年 D．2022年
(2)根据上图提供的信息，请写出两个不同于（1）的结论．
押题猜想二十二 概率
2022年4月，教育部印发了新的《义务教育课程方案》，将劳动从原来的综合实践活动课程中独立出来．某校据此开展了“布艺”，“烹饪”，“家居美化”三门课．甲，乙，丙三名同学分别从中随机选择一门学习．
(1)求甲，乙选择的课相同的概率；
(2)甲，乙，丙选择的课均不相同的概率是________．
押题解读
中考中的概率问题通常以解答题的形式出现，主要计算概率的大小，熟练掌握列举法能解决大部分计算，日常可加强这部分的训练。本题主要考查了等可能情形下的概率计算，解题的关键是用列举或画树状图表示出所有等可能的结果，再利用概率公式进行计算
1．3支业余足球队即将比赛，他们各派出一名代表甲、乙、丙，3人都随意并且同时做出“石头、剪刀、布”（如图）3种手势中的1种来决定比赛顺序．

(1)求甲、乙都做出“石头”手势的概率；
(2)甲、乙、丙做出的手势均不相同的概率是______．
2．（1）不透明的袋子A中装有红球1个、白球1个，不透明的袋子B中装有红球1个、白球2个，这些球除颜色外无其他差别．分别从两个袋子中随机摸出一个球，求摸出的两个球颜色不同的概率；
（2）甲、乙两人解同一道数学题，甲正确的概率为，乙正确的概率为，则甲乙恰有一人正确的概率是　 　．

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