定，故本选项错误“预计本题的正确率是”表示位考生中可能有人做对，故本选项错误两边及其边的对角对应相等的两个三角形不定全等，故本选项错误圆内接四边形对角互补是真命题，故本选项正确故选二填空题共小题，每小题分，满分分若使二次根式有意义，则的取值范围是考点二次根式有意义的条件分析先根据二次根式有意义的条件列出关于的不等式，求出的取值范围即可解答解二次根式有意义解得故答案为据不完全统计，我国常年参加志愿者服务活动的志愿者超过人，把用科学记数法表示为考点科学记数法表示较大的数分析科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同当原数绝对值时，是正数当原数的绝对值时，是负数解答解将用科学记数法表示为故答案为如图，直线，三角板的直角顶点落在直线上，两条直角边分别交直线于两点若，则的度数是考点平行线的性质分析先根据两角互余的性质求出的度数，再由平行线的性质即可得出结论解答解，，直线，故答案为二次三项式的值为，则的值考点代数式求值分析先根据已知条件求出的值，然后整体代入进行计算即可得解解答解的值为，故答案为如图，在中，，点分别为的中点若，则的长为考点三角形中位线定理直角三角形斜边上的中线分析根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的半可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的半求解解答解，分别为，的中点，是的中位线，，点是的中点故答案为均匀地向个容器注水，最后把容器注满，在注水过程中，水面的高度随时间的变化规律如图图中为折线，这个容器的形状是考点函数的图象分析这是个用函数来描述事物变化规律的问题，先比较三段的变化快慢，再比较三个容器容积的大小，就会把问题解决解答解从左面图象可以看出，上升较快，上升缓慢，上升最快从右面容器可以看出图下面容积最大，中间容积较大，上面容积最小图下面容积最小，中间容积最大，上面容积较大图下面容积较大，中间容积最大，上面容积最小因为均匀注水，故选如图所示的扇形是个圆锥的侧面展开图，若，弧的长为，则该圆锥的侧面积为考点圆锥的计算分析首先求得扇形的母线长，然后求得扇形的面积即可解答解设，，弧的长为解得，圆锥的侧面积为，故答案为将正方形图作如下操作第次分别连接各边中点如图，得到个正方形第次将图左上角正方形按上述方法再分割如图，得到个正方形，以此类推，根据以上操作，若要得到个正方形，则需要操作的次数是考点规律型图形的变化类分析由题意可知，第次分别连接各边中点如图，得到个正方形第次将图左上角正方形按上述方法再分割如图，得到个正方形，以此类推，根据以如图，直线与双曲线相交于两点，点的坐标为⊥轴于，连结求反比例函数的表达式根据图象直接写出当时，的取值范围在平面内是否存在点，使四边形为平行四边形若存在，请求出点坐标若不存在，请说明理由考点反比例函数综合题分析把坐标代入次函数解析式求出的值，确定出次函数解析式，把坐标代入反比例解析式求出的值，即可确定出反比例函数解析式由题意，找出次函数图象位于反比例函数图象上方时的范围即可存在，理由为由四边形为平行四边形，得到，且，由与轴垂直，得到与轴垂直，根据坐标确定出的长，即为的长，联立次函数与反比例函数解析式求出坐标，即可确定出坐标解答解把，代入得，则次函数解析式是，把，代入得，则反比例解析式是根据图象可得或存在，理由为如图所示，四边形为平行四边形，⊥轴，⊥轴，由得到联立得，消去得，即，解得或，的坐标，如图，在平面直角坐标系中，已知点在正半轴，以点为圆心作，点，在上，直线与圆相切于点，分别交轴轴于两点直接写出的值和点的坐标求点的坐标和圆的半径若切于点分别交和于，且⊥，求的值考点圆的综合题分析将点的坐标代入直线的解析式可求得的值，由的值可得到直线的解析式，然后令可求得点的横坐标，于是得到点的坐标由相互垂直的两条直线的次项系数为，可设直线的解析式为，然后将点的坐标代入可求得的值，然后令可求得点的横坐标，最后依据两点间的距离公式可求得圆的半径如图所示连接先证明四边形为正方形，于是可求得，然后在中依据勾股定理可求得的长，从而可求得的长，接下来，证明，由相似三角形的性质可求得答案解答解点在直线上，解得直线的解析式为当时解得是圆的切线，⊥设直线的解析式为将，代入得，解得，直线的解析式为当时解得由两点间的距离公式可知，圆的半径为如图所示连接是圆的切线，⊥，⊥又⊥，四边形为矩形又，四边形为正方形在中，，即如图，平面直角坐标系中，菱形的边在轴正半轴上个动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿线段方向运动，过点作⊥，交折线段于点，以为边向右作正方形，点在射线上，当点到达点时，运动存在，理由为如图所示，四边形为平行四边形，⊥轴，⊥轴，由得到联立得，消去得，即，解得或，的坐标，如图，在平面直角坐标系中，已知点在正半轴，以点为圆心作，点，在上，直线与圆相切于点，分别交轴轴于两点直接写出的值和点的坐标求点的坐标和圆的半径若切于点分别交和于，且⊥，求的值考点圆的综合题分析将点的坐标代入直线的解析式可求得的值，由的值可得到直线的解析式，然后令可求得点的横坐标，于是得到点的坐标由相互垂直的两条故答案为如图，在中，，点分别为的中点若，则的长为考点三角形中位线定理直角三角形斜边上的中线分析根据三角形的中位线平行故答案为二次三项式的值为，则的值考点代数式求值分析先根据已知条件求出的值，然后整体代入进行计算即可得解解答解的值为，度数是考点平行线的性质分析先根据两角互余的性质求出的度数，再由平行线的性质即可得出结论解答解，，直线，值时，是正数当原数的绝对值时，是负数解答解将用科学记数法表示为故答案为如图，直线，三角板的直角顶点落在直线上，两条直角边分别交直线于两点若，则的考点科学记数法表示较大的数分析科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同当原数绝对二次根式有意义的条件列出关于的不等式，求出的取值范围即可解答解二次根式有意义解得故答案为据不完全统计，我国常年参加志愿者服务活动的志愿者超过人，把用科学记数法表示为形不定全等，故本选项错误圆内接四边形对角互补是真命题，故本选项正确故选二填空题共小题，每小题分，满分分若使二次根式有意义，则的取值范围是考点二次根式有意义的条件分析先根据形的性质对各选项进行逐判断即可解答解方差越大，说明数据就越不稳定，故本选项错误“预计本题的正确率是”表示位考生中可能有人做对，故本选项错误两边及其边的对角对应相等的两个三角正确率是”表示位考生中定有人做对两边及其边的对角对应相等的两个三角形定全等圆内接四边形对角互补考点命题与定理分析分别根据方差的意义可能性的大小全等三角形的判定与性质及圆内接四边，故选下列命题是真命题的是方差越大，说明数据就越稳定“预计本题的重心分析根据点是的重心可知是的中位线，故可得出，再由重心的性质可知据此可得出结论解答解是的重心，是的中位线，考点展开图折叠成几何体分析根据题意确定出折叠后能围成正方体的即可解答解折叠后能围成正方体的是故选如图，点是的重心，则的值为考点三角形的关于的不等式，求出的取值范围即可解答解方程没有实数根，解得，故选下面四个图形每个均由六个相同的小正方形组成，折叠后能围成正方体的是，正确故选关于的元二次方程没有实数根，则实数的取值范围是考点根的判别式分析若元二次方程没有实根，则根的判别式，建立考点合并同类项分析直接利用合并同类项法则计算，进而判断得出答案解答解无法计算，故此选项错误无法计算，故此选项错误，故此选项错误循环小数，可得答案解答解是有理数，故错误是无理数，故正确是有理数，故错误是有理数，故错误故选下列运算中，正确的是的的值若不存在，请说明理由年江苏省泰州市高港区中考数学模试卷参考答案与试题解析选择题共小题，每小题分，满分分下列各数中，是无理数的考点无理数分析根据无理数是无限不循的的值若不存在，请说明理由年江苏省泰州市高港区中考数学模试卷参考答案与试题解析选择题共小题，每小题分，满分分下列各数中，是无理数的考点无理数分析根据无理数是无限不循环小数，可得答案解答解是有理数，故错误是无理数，故正确是有理数，故错误是有理数，故错误故选下列运算中，正确的是考点合并同类项分析直接利用合并同类项法则计算，进而判断得出答案解答解无法计算，故此选项错误无法计算，故此选项错误，故此选项错误，正确故选关于的元二次方程没有实数根，则实数的取值范围是考点根的判别式分析若元二次方程没有实根，则根的判别式，建立关于的不等式，求出的取值范围即可解答解方程没有实数根，解得，故选下面四个图形每个均由六个相同的小正方形组成，折叠后能围成正方体的是考点展开图折叠成几何体分析根据题意确定出折叠后能围成正方体的即可解答解折叠后能围成正方体的是故选如图，点是的重心，则的值为考点三角形的重心分析根据点是的重心可知是的中位线，故可得出，再由重心的性质可知据此可得出结论解答解是的重心，是的中位线故选下列命题是真命题的是方差越大，说明数据就越稳定“预计本题的正确率是”表示位考生中定有人做对两边及其边的对角对应相等的两个三角形定全等圆内接四边形对角互补考点命题与定理分析分别根据方差的意义可能性的大小全等三角形的判定与性质及圆内接四边形的性质对各选项进行逐判断即可解答解方差越大，说明数据就越不稳条件供电本项目计算用电总负荷，供电电源引自达达木图乡划总占地万平方米，采砂区面积万平方米，日产砂石料生产设备套振动筛台洗砂机台制砂机台皮带传送机台，办公室及职工住房。建设条件供电本项目计算用电总负荷