《2026年江苏13大市中考名卷优选38套数学》

10 如图,在等腰三角形ABC中,BA = BC,第一次操作:取AC的中点$O_1$,将$O_1B$绕点$O_1$分别逆时针旋转$120°$和$180°$,得到线段$O_1C_1$和$O_1A_1$,第二次操作:取$A_1C_1$的中点$O_2$,将$O_2O_1$绕点$O_2$分别逆时针旋转$120°$和$180°$,得到线段$O_2C_2$和$O_2A_2,·s$,按照这样的操作规律,第30次操作后,得到线段$O_{30}C_{30}$和$O_{30}A_{30}$,若用点C在点A的正南方向表示初始位置,则点$C_{30}$在点$A_{30}$的 (D)


A.正东方向
B.正南方向
C.正西方向
D.正北方向

答案： 10D 解析：设$C_2A_2$的中点为$O_3$，延长$O_3O_2$交$O_1A_1$于点D。由题意，得$\angle BO_1C_1=120^{\circ}$，$\angle BO_1A_1=180^{\circ}$，$O_1C_1=O_1A_1$，所以$\angle CO_1A_1=\angle BOA_1-\angle BOC_1=60^{\circ}$，所以$\triangle A_1O_1C_1$为等边三角形。因为$O_2$为$A_1C_1$的中点，所以$\angle O_2O_1A_1=\frac{1}{2}\angle CO_1A_1=30^{\circ}$，同理可得$\angle O_2O_2A_2=30^{\circ}$，所以$\angle O_1O_2D=\angle O_2O_2A_2=30^{\circ}$，所以$\angle O_2DA_1=\angle O_2O_2A_1+\angle O_2O_2D=60^{\circ}$，所以每一次操作后$\angle O_{n+1}O_nA_n=30^{\circ}$，易知点$A_n$与点$C_n$的位置关系每12次为一个循环周期，第30次操作后，$30÷12=2·s6$，等价于旋转6次，即$O_{30}O_{31}$与$O_1B$所在直线平行，所以$C_{30}A_{30}\perp O_1B$，即点$C_{30}$在点$A_{30}$的正北方向。
plus疑难突破
对于找规律的题型，可由特殊到一般。本题考查等腰三角形和等边三角形性质，本题的解题关键是发现每一次变化后$\angle O_{n+1}O_nA_n=30^{\circ}$，点$A_n$与点$C_n$的位置关系每12次为一个循环周期，同时对画图及图形分析能力要求较高。

11 如果汽车加油30 L记作+30 L,那么用去油10 L,记作-10L.

答案： 11$-10L$

12 如图,转盘中5个扇形的面积都相等,分别涂红色和黄色.任意转动转盘1次,当转盘停止转动时,指针指向红色区域的概率是$\frac{3}{5}$.

(第12题) (第15题) (第16题)

答案： 12$\frac{3}{5}$

13 因式分解:$x^2 + 5x =$ $x(x+5)$.

答案： 13$x(x+5)$

14 关于$x$的一元二次方程$x^2 + mx + 1 = 0$有两个相等的实数根,则$m =$ $\pm2$.

答案： 14$\pm2$

15 用如图1所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺(不重叠、无空隙),观察示意图(图2)可知$x + 2y$的值等于330.

答案：
15330 解析：由图可知，$AC=DC=AE=EB$，所以$AB=2AC$，在$Rt\triangle ABC$中，$\sin\angle ABC=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{2}$，所以$\angle ABC=30^{\circ}$，所以$x+2y=360-30=330$。

plus疑难突破
本题为直角三角形和多边形问题，观察图形的边角关系，利用锐角三角函数求出特殊角$30^{\circ}$是解题的关键。本题的难点是寻找到需要研究的对象，对综合能力要求较高。

16 如图,在等腰直角三角形ABC中,$\angle C = 90°$,AC = BC = 8,D是AB的中点,M是边AC上的动点,作DN⊥DM,交BC于点N,延长MD到点P,使得$DP = \frac {1}{2}MD$.当$\triangle PNB$的面积最大时,AM的长为
2.

答案：
162 解析：解法一：如图，连接CD，分别过点$M$，$P$作$AB$的垂线，垂足分别为$T$，$G$，过点$N$作$NH\perp CD$，垂足为$H$。因为$\triangle ABC$是等腰直角三角形，$D$是$AB$的中点，所以$CD\perp AB$，$CD=AD=BD=\frac{1}{2}AB$，$\angle CAB=45^{\circ}$，$\angle DCB=45^{\circ}$。因为$DN\perp DM$，所以$\angle ADC=\angle MDN=90^{\circ}$，即$\angle ADM+\angle MDC=\angle MDC+\angle CDN$，所以$\angle ADM=\angle CDN$。在$\triangle ADM$和$\triangle CDN$中，$\begin{cases}\angle MAD=\angle NCD\\AD=CD\\\angle ADM=\angle CDN\end{cases}$，所以$\triangle ADM\cong\triangle CDN(ASA)$，所以$AM=CN$，$DM=DN$。因为$MT\perp AB$，$NH\perp CD$，所以$\angle MTA=\angle NHC=90^{\circ}$。因为$\angle MAD=\angle NCD=45^{\circ}$，所以$\triangle AMT$和$\triangle CNH$都是等腰直角三角形，且$Rt\triangle AMT\cong Rt\triangle CNH$。设$MT=NH=CH=x$，则$AM=CN=\sqrt{2}x$。因为$MT\perp AB$，$PG\perp AB$，所以$\angle MTD=\angle PGD=90^{\circ}$。因为$\angle MDT=\angle PDG$，所以$\triangle MDT\sim\triangle PDG$，所以$\frac{MT}{PG}=\frac{MD}{PD}=2$，所以$PG=\frac{x}{2}$。在$Rt\triangle ABC$中，$AC=BC=8$，由勾股定理，得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=8\sqrt{2}$，所以$CD=BD=\frac{1}{2}AB=4\sqrt{2}$，所以$HD=4\sqrt{2}-x$。在$Rt\triangle DNH$中，由勾股定理，得$DN^2=NH^2+HD^2=x^2+(4\sqrt{2}-x)^2$，$S_{\triangle PNB}=S_{\triangle BCD}+S_{\triangle BDP}-S_{\triangle CND}-S_{\triangle DNP}=BD×\frac{CD}{2}+BD× PG×\frac{1}{2}-CD× NH×\frac{1}{2}-DN× DP×\frac{1}{4}=16+\sqrt{2}x-2\sqrt{2}x-\frac{1}{4}[x^2+(4\sqrt{2}-x)^2]=-\frac{1}{2}x^2+\sqrt{2}x+8=-\frac{1}{2}(x-\sqrt{2})^2+9\leq9$。当$x=\sqrt{2}$时，$S_{\triangle PNB}$取最大值$9$，此时$AM=\sqrt{2}x=2$。
解法二：如图，过点$P$分别作直线$BC$，$CA$的垂线，垂足分别为$T$，$H$，过点$D$作$DG\perp CA$，垂足为$G$，连接$CD$。同解法一，得$\triangle ADM\cong\triangle CDN(ASA)$，所以$AM=CN$。因为$DG\perp CA$，$\angle BCA=90^{\circ}$，所以$DG// BC$，所以$\triangle ADG\sim\triangle ABC$。因为$D$为$AB$的中点，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{DG}{BC}=\frac{AG}{AC}=\frac{1}{2}$。因为$AC=BC=8$，所以$AG=DG=4$。因为$DG\perp CA$，$PH\perp CA$，所以$DG// PH$，所以$\triangle MDG\sim\triangle MPH$。因为$DP=\frac{1}{2}MD$，所以$\frac{MD}{MP}=\frac{DG}{PH}=\frac{MG}{MH}=\frac{2}{3}$。设$AM=CN=x$，则$MG=4-x$，所以$PH=6$，$MH=\frac{3}{2}(4-x)$，所以$CH=CA-HA=8-\frac{3}{2}(4-x)-x=2+\frac{x}{2}$，所以$S_{\triangle PNB}=BN× PT×\frac{1}{2}=BN× CH×\frac{1}{2}=(8-x)×(2+\frac{x}{2})×\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}x^2+x+8=-\frac{1}{4}(x-2)^2+9\leq9$，当$x=2$时，$S_{\triangle PNB}$取最大值$9$，故$AM$的长为$2$。

plus归纳总结
本题为几何综合题，考查等腰三角形性质，“手拉手”全等，A型和X型相似，如何表示$\triangle PNB$的面积是解题关键，面积问题常用方法：直接法、割补法、等面积转化、铅垂法等。本题技巧：添加辅助线后利用相似计算长度，可简化运算。当遇到等腰三角形、矩形、正方形、等边三角形等图形时也可建系解决，利用待定系数法求直线表达式，算交点坐标，但本题此方法运算量较大。

17 (5分)计算:$2\cos 60° - (1 - \sqrt {5})^0 + (\frac {1}{4})^{-1}$.

答案： 17解：原式$=2×\frac{1}{2}-1+4=4$。

18 (5分)解方程:$\frac {3 - x}{4 + x} = \frac {1}{2}$.

答案： 18解：去分母，得$2(3-x)=4+x$，解得$x=\frac{2}{3}$，经检验，当$x=\frac{2}{3}$时，$4+x\neq0$，所以原分式方程的解为$x=\frac{2}{3}$。