《2026年江苏13大市中考名卷优选38套数学》

8 如图, 在正方形 $A B C D$ 中, $E$ 为边 $A D$ 的中点, 连接 $B E$, 将 $\triangle A B E$ 沿 $B E$ 翻折, 得到 $\triangle A^{\prime} B E$, 连接 $A^{\prime} C$, $A^{\prime} D$, 则下列结论中不正确的是 (D)


A.$A^{\prime} D / / B E$
B.$A^{\prime} C=\sqrt{2} A^{\prime} D$
C.$\triangle A^{\prime} C D$ 的面积 $=\triangle A^{\prime} D E$ 的面积
D.四边形 $A^{\prime} B E D$ 的面积 $=\triangle A^{\prime} B C$ 的面积

答案： 8D　解析:连接$AA'$交$BE$于点$L$。因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AB = CD = AD$，$\angle BAD = \angle ADC = 90^{\circ}$。因为$E$为边$AD$的中点，所以$AE = DE$。由翻折的性质，得$A'E = AE$，点$A'$与点$A$关于直线$BE$对称，所以$BE$垂直平分$AA'$，所以$\angle ALE = 90^{\circ}$。由$AE = DE = A'E$，得$\angle EA'A = \angle EAA'$，$\angle EA'D = \angle EDA'$，所以$\angle AA'D = \angle EA'A + \angle EA'D = \angle EAA' + \angle EDA' = \frac{1}{2}×180^{\circ} = 90^{\circ}$，所以$\angle AA'D = \angle ALE$，所以$A'D// BE$，故A正确;作$A'H\perp CD$于点$H$，则$\angle A'HD = \angle A'HC = \angle ADC = 90^{\circ}$，所以$A'H// AD$，所以$\angle DA'H = \angle ADA' = \angle AEB$，所以$\tan\angle DA'H = \tan\angle ADA' = \tan\angle AEB$，即$\frac{DH}{A'H}=\frac{AA'}{A'D}=\frac{AB}{AE}=2$。设$A'H = m$，则$DH = 2A'H = 2m$，$AA' = 2A'D$，$AB = 2AE$，所以$A'D = \sqrt{A'H^{2}+DH^{2}} = \sqrt{m^{2}+(2m)^{2}} = \sqrt{5}m$，$AD = \sqrt{A'D^{2}+AA'^{2}} = \sqrt{A'D^{2}+(2A'D)^{2}} = \sqrt{5}A'D$，所以$AB = CD = AD = \sqrt{5}×\sqrt{5}m = 5m$，所以$CH = CD - DH = 5m - 2m = 3m$，所以$A'C = \sqrt{A'H^{2}+CH^{2}} = \sqrt{m^{2}+(3m)^{2}} = \sqrt{10}m$，所以$\frac{A'C}{A'D}=\frac{\sqrt{10}m}{\sqrt{5}m}=\sqrt{2}$，即$A'C = \sqrt{2}A'D$，故B正确;因为$AA' = 2A'D = 2\sqrt{5}m$，所以$S_{\triangle A'AD}=\frac{1}{2}×\sqrt{5}m×2\sqrt{5}m = 5m^{2}$，所以$S_{\triangle A'DE}=S_{\triangle A'AE}=\frac{1}{2}S_{\triangle A'AD}=\frac{5}{2}m^{2}$。因为$S_{\triangle A'CD}=\frac{1}{2}×5m^{2}=\frac{5}{2}m^{2}$，所以$S_{\triangle A'CD}=S_{\triangle A'DE}$，故C正确;因为$AE = \frac{1}{2}AD = \frac{5}{2}m$，所以$S_{\triangle A'BE}=S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}×5m×\frac{5}{2}m=\frac{25}{4}m^{2}$，所以$S_{四边形A'BED}=\frac{25}{4}m^{2}+\frac{5}{2}m^{2}=\frac{35}{4}m^{2}$。因为$S_{正方形ABCD}=(5m)^{2}=25m^{2}$，所以$S_{\triangle A'BC}=25m^{2}-2×\frac{25}{4}m^{2}-2×\frac{5}{2}m^{2}=\frac{15}{2}m^{2}$，所以$S_{四边形A'BED}\neq S_{\triangle A'BC}$，故D不正确。
方法总结：折叠是中考高频考点，常连接折叠前后的线段以制造一定的难度。解答与折叠有关的题目，先要弄清楚图形沿哪条直线折叠的，以及折叠前后边角的相等关系，折痕与对应点连线的垂直关系等，有时候这些关系不容易找出，需要作适当的辅助线，最后结合勾股定理、解直角三角形或相似的知识进行计算。

9 因式分解: $x^{2}-9=$ $(x + 3)(x - 3)$.

答案： 9$(x + 3)(x - 3)$

10 某篮球队在一次联赛中共进行了6场比赛, 得分依次为: $71,71,65,71,64,66$. 这组数据的众数为71.

答案： 10　71

11 若 $y=x+1$, 则代数式 $2 y-2 x+3$ 的值为5.

答案： 11　5

12 过 $A 、 B$ 两点画一次函数 $y=-x+2$ 的图像, 已知点 $A$ 的坐标为 $(0,2)$, 则点 $B$ 的坐标可以为$(1,1)$.(填一个符合要求的点的坐标即可)

答案： 12　$(1,1)$(答案不唯一)

13 已知 $x_{1}, x_{2}$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}+2 x-m=0$ 的两个实数根, 其中 $x_{1}=1$, 则 $x_{2}=$ $-3$.

答案： 13　$-3$

14 “苏州之眼” 摩天轮是亚洲最大的水上摩天轮, 共设有 28 个回转式太空舱全景轿厢, 其示意图如图所示. 该摩天轮高 $128 \mathrm{~m}$ (即最高点离水面平台 $M N$ 的距离), 圆心 $O$ 到 $M N$ 的距离为 $68 \mathrm{~m}$, 摩天轮匀速旋转一圈用时 $30 \mathrm{~min}$. 某轿厢从点 $A$ 出发, $10 \mathrm{~min}$ 后到达点 $B$, 此过程中, 该轿厢所经过的路径 (即 $\overgroup{A B}$ ) 长度为$40\pi$ $\mathrm{m}$. (结果保留 $\pi$ )

答案： 14　$40\pi$

15 如图, $\angle M O N=60^{\circ}$, 以 $O$ 为圆心, 2 为半径画弧, 分别交 $O M, O N$ 于 $A 、 B$ 两点, 再分别以 $A 、 B$ 为圆心, $\sqrt{6}$ 为半径画弧, 两弧在 $\angle M O N$ 的内部相交于点 $C$, 作射线 $O C$, 连接 $A C, B C$, 则 $\tan \angle B C O=$$\frac{\sqrt{5}}{5}$ . (结果保留根号)

答案： 15$\frac{\sqrt{5}}{5}$　解析:过点$B$作$BD\perp OC$于点$D$。由题意，得$OC$平分$\angle MON$，所以$\angle BOD = \frac{1}{2}\angle MON = 30^{\circ}$，所以$BD = \frac{1}{2}OB = \frac{1}{2}×2 = 1$。在$Rt\triangle BCD$中，$BC = \sqrt{6}$，所以$CD = \sqrt{BC^{2}-BD^{2}}=\sqrt{6 - 1}=\sqrt{5}$，所以$\tan\angle BCO=\frac{BD}{CD}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
关键点拨：本题考查作图—基本作图，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握基本作图方法和角的正切定义是解答本题的关键。

16 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A C=3, B C=2, \angle C=60^{\circ}, D$ 是线段 $B C$ 上一点 (不与端点 $B 、 C$ 重合), 连接 $A D$,以 $A D$ 为边, 在 $A D$ 的右侧作等边三角形 $A D E$, 线段 $D E$ 与线段 $A C$ 交于点 $F$, 则线段 $C F$ 长度的最大值为$\frac{3}{4}$ .

答案：
16$\frac{3}{4}$　解析:解法一:如图1，过点$A$作$AH\perp BC$于点$H$。在$Rt\triangle AHC$中，$\angle C = 60^{\circ}$，$\angle AHC = 90^{\circ}$，$AC = 3$，所以$AH = AC·\sin C=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。因为$\triangle ADE$是等边三角形，所以$\angle ADE = 60^{\circ}=\angle C$。又因为$\angle DAC = \angle FAD$，所以$\frac{AF}{AD}=\frac{AD}{AC}$，所以$AF = \frac{AD^{2}}{AC}=\frac{AD^{2}}{3}$。因为$CF = AC - AF$，所以当$AF$有最小值时，$CF$有最大值，所以当$AD$有最小值时，$AF$有最小值，易知当$AD\perp BC$时，$AD$有最小值，即$AF$有最小值，此时点$D$与点$H$重合，所以$AD$的最小值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，所以$AF$的最小值为$\frac{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^{2}}{3}=\frac{9}{4}$，所以$CF$的最大值为$3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}$。
　　
解法二:如图2，在$CB$的延长线上取点$G$，使$BG = 1$，连接$AG$，则$\triangle AGC$是等边三角形，所以$\angle G = \angle ADE = \angle C = 60^{\circ}$。由“一线三等角”可得$\triangle AGD\sim\triangle DCF$，所以$\frac{AG}{DC}=\frac{GD}{CF}$，即$CF· AG = GD· DC$。设$GD=\frac{3}{2}+x$，则$DC=\frac{3}{2}-x$，所以$3CF = (\frac{3}{2}+x)(\frac{3}{2}-x)=\frac{9}{4}-x^{2}\leq\frac{9}{4}$。易知当$x = 0$，即$DC=\frac{3}{2}$时，$CF$取得最大值为$\frac{3}{4}$。
　　
解后反思：本题的解法有很多，解法一是利用母子相似形，解法二是构造一线三等角模型，还可以用隐圆处理或建立直角坐标系的方法解答，同学们可以都尝试一下。

17 (5 分) 计算: $|-5|+3^{2}-\sqrt{16}$.

答案： 17　解:原式$= 5 + 9 - 4 = 14 - 4 = 10$。