《2026年江苏13大市中考名卷优选38套数学》

9 甲、乙两人沿相同路线由$A$地到$B$地匀速前进,两地之间的路程为$20\ km$.两人前进路程$s$(单位:$ km$)与甲的前进时间$t$(单位:$ h$)之间的对应关系如图所示.根据图像信息,下列说法中正确的是 (D)


A.甲比乙晚出发$1\ h$
B.乙全程共用$2\ h$
C.乙比甲早到$B$地$3\ h$
D.甲的速度是$5\ km/h$

答案： D

10 在$\triangle ABC$中,$\angle B=\angle C=\alpha(0°＜\alpha＜45°)$,$AH\perp BC$,垂足为$H$,$D$是线段$HC$上的动点(不与点$H$,$C$重合),将线段$DH$绕点$D$顺时针旋转$2\alpha$得到线段$DE$.两位同学经过深入研究,小明发现:当点$E$落在边$AC$上时,$D$为$HC$的中点;小丽发现:连接$AE$,当$AE$的长最小时,$AH^2=AB· AE$.请分别对两位同学的发现作出评判 (C)

A.小明正确,小丽错误
B.小明错误,小丽正确
C.小明、小丽都正确
D.小明、小丽都错误

答案： C　解析:由题意及旋转的性质，得$DH = DE$，$\angle HDE = 2\alpha$，当点$E$落在边$AC$上时，$\angle HDE = \angle C + \angle CED$.又$\angle C = \alpha$，所以$\angle CED = 2\alpha - \alpha = \alpha$，即$\angle C = \angle CED$，所以$DE = DC$，所以$DH = CD$，即$D$为$HC$的中点.故小明的发现是正确的.连接$AE$，$HE$；因为$DH = DE$，$\angle HDE = 2\alpha$，所以$\angle DHE = \angle DEH = \frac{1}{2}(180° - 2\alpha) = 90° - \alpha$.因为$AH \perp BC$，所以$\angle AHB = \angle AHD = 90°$，所以$\angle AHE = \angle AHD - \angle DHE = \alpha$，所以点$E$在射线$HE$上运动，所以$AE \perp HE$时，$AE$的长最小，此时$\angle AEH = \angle AHB = 90°$.又$\angle B = \angle AHE = \alpha$，所以$\triangle AEH \sim \triangle AHB$，所以$\frac{AE}{AH} = \frac{AH}{AB}$，则$AH^2 = AB · AE$，故小丽的发现是正确的.

11 分解因式:$ax - ay =$$a(x - y)$.

答案： $a(x - y)$

12 已知圆锥底面半径为$2\ cm$,母线长为$6\ cm$,则该圆锥的侧面积是$12\pi$$ cm^2$.

答案： $12\pi$

13 已知关于$x$的一元二次方程$x^2 - 2x + k = 0$有两个不相等的实数根.请写出一个满足题意的$k$的值：$-1$.

答案： $-1$(答案不唯一)

14 社团活动课上,九年级学习小组测量学校旗杆的高度.如图,他们在$B$处测得旗杆顶部$A$的仰角为$60°$,$BC = 6\ m$,则旗杆$AC$的高度为$6\sqrt{3}$$ m$.

答案： $6\sqrt{3}$

15 若菱形的周长为$20\ cm$,且有一个内角为$45°$,则该菱形的高为$\frac{5\sqrt{2}}{2}$$ cm$.

答案： $\frac{5\sqrt{2}}{2}$

16 已知蓄电池的电压为定值,使用蓄电池时,电流$I$(单位:$A$)与电阻$R$(单位:$\Omega$)是反比例函数关系,它的图像如图所示,如果以此蓄电池为电源的用电器,其限制电流不能超过$10\ A$,那么用电器可变电阻$R$应控制的范围是$R \geq 3.6$.

答案： $R \geq 3.6$

17 如图,在$ Rt\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90°$,$AC = BC = 5$,正方形$DEFG$的边长为$\sqrt{5}$,它的顶点$D,E,G$分别在$\triangle ABC$的边上,则$BG$的长为$3\sqrt{2}$.

答案： $3\sqrt{2}$　解析:过点$G$作$GH \perp AC$于点$H$.由$\triangle ABC$是等腰直角三角形，得$\triangle AGH$是等腰直角三角形.因为四边形$DEFG$是正方形，所以$DG = ED$，$\angle EDG = 90°$，所以$\angle HDG + \angle CDE = 90°$.又$\angle ACB = 90°$，所以$\angle CED + \angle CDE = 90°$，所以$\angle HDG = \angle CED$.又$\angle DHG = \angle C = 90°$，所以$\triangle DGH \cong \triangle EDC(AAS)$，所以$GH = DC$，$DH = EC$.设$AH = HG = DC = a$，$DH = CE = b$，则$2a + b = 5$，$a^2 + b^2 = (\sqrt{5})^2$，解得$a = 2$，$b = 1$，所以$AG = 2\sqrt{2}$.又$AB = 5\sqrt{2}$，所以$BG = 3\sqrt{2}$.

18 在平面直角坐标系$xOy$中,已知$A(3,0)$,$B(0,3)$,直线$y = kx + b(k,b$为常数,且$k＞0)$经过点$(1,0)$,并将$\triangle AOB$分成两部分,其中靠近原点部分的面积为$\frac{15}{4}$,则$k$的值为$\frac{3}{5}$.

答案： $\frac{3}{5}$　解析:解法一:如图，设线段$AB$与直线$y = kx + b$交于点$P$.设$AB$所在直线的函数表达式为$y = k_1x + b_1$（$k_1$，$b_1$为常数，且$k_1 \neq 0$）.将点$A(3,0)$和$B(0,3)$分别代入$y = k_1x + b_1$，得$\begin{cases}3k_1 + b_1 = 0\\b_1 = 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_1 = -1\\b_1 = 3\end{cases}$，所以$AB$所在直线的函数表达式为$y = -x + 3$.将点$(1,0)$代入$y = kx + b$，得$k + b = 0$，解得$b = -k$，所以$y = kx + b = kx - k$.联立$\begin{cases}y = kx - k\\y = -x + 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{k + 3}{k + 1}\\y = \frac{2k}{k + 1}\end{cases}$，所以$P(\frac{k + 3}{k + 1},\frac{2k}{k + 1})$.因为$S_{\triangle AOB} = \frac{1}{2}×3×3 = \frac{9}{2}$，所以远离原点部分的面积为$\frac{9}{2} - \frac{15}{4} = \frac{3}{4}$，所以$\frac{1}{2}×(3 - 1)×\frac{2k}{k + 1} = \frac{3}{4}$，解得$k = \frac{3}{5}$.