2023年四川眉山中考数学真题（Word版附答案）

这是一份2023年四川眉山中考数学真题（Word版附答案），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年四川眉山中考数学真题及答案第I卷（选择题   共48分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题4分，共48分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把答题卡上相应题目的正确选项涂黑．1. 的倒数是（  ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据倒数的概念，乘积为的两个数互为倒数，由此即可求解．【详解】解：的倒数是，故选：．【点睛】本题主要考查求一个数的倒数，掌握倒数的概念是解题的关键．2. 生物学家发现了某种花粉的直径约为毫米，数据用科学记数法表示正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据用科学记数法可以把一个绝对值小于1的非零数表示成，其中，n是一个负整数，n的绝对值等于原数中的第一个非零数字前面所有零的个数（包括小数点前面的那个零），即可解答．【详解】解：，故选：A．【点睛】本题考查了用科学记数法表示绝对值小于1的数，熟知概念是解题的关键．3. 下列运算中，正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据合并同类项可判断A，根据完全平方公式可判断B，根据单项式除以单项式可判断C，根据积的乘方与幂的乘方运算可判断D，从而可得答案．【详解】解：，不是同类项，不能合并，故A不符合题意；，故B不符合题意；，故C不符合题意；，故D符合题意；故选D【点睛】本题考查的是合并同类项，完全平方公式的应用，单项式除以单项式，积的乘方与幂的乘方运算的含义，熟记基础运算法则是解本题的关键．4. 如图，中，，则的度数为（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据等腰三角形的等边对等角和三角形的内角和定理，即可解答．【详解】解：，，，故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形的等边对等角性质，三角形内角和定理，熟知上述概念是解题的关键．5. 已知一组数据为2，3，4，5，6，则该组数据的方差为（    ）A. 2 B. 4 C. 6 D. 10【答案】A【解析】【分析】先计算这组平均数的平均数，再根据方差公式计算即可．【详解】解：∵，∴．故选A．【点睛】本题主要考查了方差公式，熟记方差公式是解题的关键．6. 关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用一元二次方程根的判别式求解即可．【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，∴，∴，故选D．【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根．7. 已知关于的二元一次方程组的解满足，则m的值为（    ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】B【解析】【分析】将方程组的两个方程相减，可得到，代入，即可解答．【详解】解：，得，，代入，可得，解得，故选：B．【点睛】本题考查了根据解的情况求参数，熟练利用加减法整理代入是解题的关键．8. 由相同的小正方体搭成的立体图形的部分视图如图所示，则搭成该立体图形的小正方体的最少个数为（    ）  A. 6 B. 9 C. 10 D. 14【答案】B【解析】【分析】根据俯视图可得底层最少有6个，再结合左视图可得第二层最少有2个，即可解答．【详解】解：根据俯视图可得搭成该立体图形的小正方体第三层最少为6个，根据左视图第二层有2个，可得搭成该立体图形的小正方体第二层最少为2个，根据左视图第二层有1个，可得搭成该立体图形的小正方体第二层最少为1个，故搭成该立体图形的小正方体第二层最少为个，故选：B．【点睛】本题考查了由三视图判断小立方体的个数，准确地得出每层最少的小正方体个数是解题的关键．9. 关于x的不等式组的整数解仅有4个，则m的取值范围是（    ）A  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】不等式组整理后，表示出不等式组解集，根据整数解共有4个，确定出m的范围即可．【详解】解：，由②得：，解集为，由不等式组的整数解只有4个，得到整数解为2，1，0，，∴，∴；故选：A．【点睛】本题主要考查解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解等知识点的理解和掌握，能根据不等式组的解集得到是解此题的关键．10. 如图，切于点B，连接交于点C，交于点D，连接，若，则的度数为（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】如图，连接，证明，，可得，从而可得．【详解】解：如图，连接，  ∵切于点B，∴，∵， ，∴，∴，∴；故选C【点睛】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，三角形的内角和定理的应用，掌握基本图形的性质是解本题的关键．11. 如图，二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④当时，；其中正确结论的个数为（    ）  A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】D【解析】【分析】根据二次函数开口向上，与y轴交于y轴负半轴，，根据对称轴为直线可得，由此即可判断①；求出二次函数与x轴的另一个交点坐标为，进而得到当时，，由此即可判断②；根据时，，即可判断③；利用图象法即可判断④．【详解】解：∵二次函数开口向上，与y轴交于y轴负半轴，∴，∵二次函数的对称轴为直线，∴，∴，∴，故①正确；∵二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，∴二次函数的图象与x轴的另一个交点坐标为，∴当时，，∴，故②正确；∵时，，∴，∴，即，故③正确；由函数图象可知，当时，，故④正确；综上所述，其中正确的结论有①②③④共4个，故选D．【点睛】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数与不等式的关系，二次函数的性质等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．12. 如图，在正方形中，点E是上一点，延长至点F，使，连结，交于点K，过点A作，垂足为点H，交于点G，连结．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为（    ）      A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】C【解析】【分析】根据正方形的性质可由定理证，即可判定是等腰直角三角形，进而可得，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得；由此即可判断①正确；再根据，可判断③正确，进而证明，可得，结合，即可得出结论④正确，由随着长度变化而变化，不固定，可 判断②不一定成立．【详解】解：∵正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形， ，∵，∴，∵，∴，∴，故①正确；      又∵,,∴,∴，∵，即：，∴，∴，故③正确，又∵，∴，∴，又∵，∴，故④正确，∵若，则，又∵，∴，而点E是上一动点，随着长度变化而变化，不固定，而，则故不一定成立，故②错误；综上，正确的有①③④共3个，故选：C．【点睛】本题考查三角形综合，涉及了正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形＂三线合一＂的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．第Ⅱ卷（非选择题  共102分）二、填空题：本大题共6个小题，每小题4分，共24分，请将正确答案直接写在答题卡相应位置上．13. 分解因式：______．【答案】【解析】【分析】首先提取公因式，然后利用完全平方式进行因式分解即可．【详解】解： ，故答案为．【点睛】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用完全平方公式进行二次分解，注意分解要彻底． 14. 已知方程的根为，则的值为____________．【答案】6
 【解析】【分析】解方程，将解得的代入即可解答．【详解】解：，对左边式子因式分解，可得解得，，将，代入，可得原式，故答案为：6．【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，熟练掌握计算方法是解题的关键．15. 如图，中，是中线，分别以点A，点B为圆心，大于长为半径作弧，两孤交于点M，N．直线交于点E．连接交于点F．过点D作，交于点G．若，则的长为____________．  【答案】【解析】【分析】由作图方法可知是线段的垂直平分线，则是的中线，进而得到点F是的重心，则，证明，利用相似三角形的性质得到，则．【详解】解：由作图方法可知是线段的垂直平分线，∴点E是的中点，∴是的中线，又∵是的中线，且与交于点F，∴点F是的重心，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形重心的性质，相似三角形的性质与判定，线段垂直平分线的尺规作图，推出点F是的重心是解题的关键．16. 关于x的方程的解为非负数，则m的取值范围是____________．【答案】且【解析】【分析】解分式方程，可用表示，再根据题意得到关于一元一次不等式即可解答．【详解】解：解，可得，的方程的解为非负数，，解得，，，即，的取值范围是且，故答案为：且．【点睛】本题考查了根据分式方程的解的情况求值，注意分式方程无解的情况是解题的关键．17. 一渔船在海上A处测得灯塔C在它的北偏东60°方向，渔船向正东方向航行12海里到达点B处，测得灯塔C在它的北偏东45°方向，若渔船继续向正东方向航行，则渔船与灯塔C的最短距离是____________海里．  【答案】##【解析】【分析】过点作交于点，利用特殊角的三角函数值，列方程即可解答．【详解】解：如图，过点作交于点，  由题意可知,，设为x，，，根据，可得方程，解得，渔船与灯塔C的最短距离是海里，故答案为：．【点睛】本题考查了解解直角三角形-方位角问题，熟知特殊角度的三角函数值是解题的关键．18. 如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为________  【答案】或．【解析】【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案．【详解】解：如图，∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，∴在以为直径的圆上，，∴是圆与直线的交点，  当重合时，∵，则，∴，符合题意，∴，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，∴，  ∵，，∴，∴，∴，设，∴，，而，∴，解得：，则，∴， ∴；综上：或．故答案为：或．【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．三、解答题：本大题共8个小题，共78分．请把解答过程写在答题卡相应的位置上．19. 计算：【答案】6【解析】【分析】先计算零指数幂，负整数指数幂和特殊角三角函数值，再根据实数的混合计算法则求解即可．【详解】解：原式．【点睛】本题主要考查了实数的混合计算，特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，熟知相关计算法则是解题的关键．20. 先化简：，再从选择中一个合适的数作为x的值代入求值．【答案】；1【解析】【分析】先根据分式混合运算法则进行计算，然后再代入数据求值即可．【详解】解：，∵，，∴把代入得：原式．【点睛】本题主要考查了分式化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算法则，准确计算．21. 某校为落实“双减”工作，推行“五育并举”，计划成立五个兴趣活动小组（每个学生只能参加一个活动小组）：A．音乐，B．美术，C．体育，D．阅读，E．人工智能，为了解学生对以上兴趣活动的参与情况，随机抽取了部分学生进行调查统计，并根据统计结果，绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图：  根据图中信息，完成下列问题：（1）①补全条形统计图（要求在条形图上方注明人数）；②扇形统计图中的圆心角的度数为____________．（2）若该校有3600名学生，估计该校参加E组（人工智能）的学生人数；（3）该学校从E组中挑选出了表现最好的两名男生和两名女生，计划从这四位同学中随机抽取两人参加市青少年人工智能竞赛，请用画树状图或列表的方法求出恰好抽到一名男生一名女生的概率．【答案】（1）①补全图形见解析；②；    （2）人；    （3）；【解析】【分析】（1）①先求解总人数，再求解D组人数，再补全统计图即可；②由乘以D组的占比即可得到圆心角的大小；（2）由3600乘以E组人数的占比即可；（3）画出树状图，数出所有的情况数和符合题意的情况数，再根据概率公式，即可求解．【小问1详解】解：①由题意可得：总人数为：（人），∴D组人数为：（人），补全图形如下：  ②由题意可得：；【小问2详解】该校有3600名学生，估计该校参加E组（人工智能）的学生人数有：（人）；【小问3详解】记A，B表示男生，C，D表示女生，画树状图如图：   共有12种等可能的结果，其中抽到一名男生一名女生的有8种结果， ．【点睛】本题考查了从统计图与扇形图中获取信息，利用样本估计总体，利用画树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．22. 如图，中，点E是的中点，连接并延长交的延长线于点F．    （1）求证：；（2）点G是线段上一点，满足，交于点H，若，求的长．【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，证明，推出，即可解答；（2）通过平行四边形的性质证明，再通过（1）中的结论得到，最后证明，利用对应线段比相等，列方程即可解答．【小问1详解】证明：四边形是平行四边形，，，，是的中点，，，，∴，；【小问2详解】解：四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，设,则，可得方程，解得，即的长为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用上述性质证明三角形相似是解题的关键．23. 习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然正气．”某校为提高学生的阅读品味，现决定购买获得矛盾文学奖的甲、乙两种书共100本，已知购买2本甲种书和1本乙种书共需100元，购买3本甲种书和2本乙种书共需165元．（1）求甲，乙两种书的单价分别为多少元：（2）若学校决定购买以上两种书的总费用不超过3200元，那么该校最多可以购买甲种书多少本？【答案】（1）甲种书的单价为35元，乙种书的单价为30元    （2）该校最多可以购买甲种书40本【解析】【分析】（1）设甲种书的单价为x元，乙种书的单价为y元，利用2本甲种书的价格1本乙种书的价格；3本甲种书的价格2本乙种书的价格，列方程解答即可；（2）设购买甲种书本，则购买乙种书本，根据购买甲种书的总价购买乙种书的总价，列不等式解答即可．【小问1详解】解：设甲种书的单价为x元，乙种书的单价为y元，可得方程，解得，原方程的解为，答：甲种书的单价为35元，乙种书的单价为30元．【小问2详解】解：设购买甲种书本，则购买乙种书本，根据题意可得，解得，故该校最多可以购买甲种书40本，答：该校最多可以购买甲种书40本．【点睛】本题考查了二元一次方程实际应用，一元一次不等式的实际应用，列出正确的等量关系和不等关系是解题的关键．24. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与y轴交于点，与反比例函数在第四象限内的图象交于点．  （1）求反比例函数的表达式：（2）当时，直接写出x的取值范围；（3）在双曲线上是否存在点P，使是以点A为直角顶点的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）    （2）或    （3）或【解析】【小问1详解】解：把，代入中得：，∴，∴直线的解析式为，在中，当时，，∴，把代入中得：，∴，∴反比例函数表达式；【小问2详解】解：联立，解得或，∴一次函数与反比例函数的两个交点坐标分别为，∴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，∴当时，或；【小问3详解】解：如图所示，设直线交y轴于点，∵，，∴，，，∵是以点A为直角顶点的直角三角形，∴，∴，∴，解得，∴，同理可得直线的解析式为，联立，解得或，∴点P的坐标为或．  【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数综合，勾股定理，正确利用待定系数法求出对应的函数解析式是解题的关键．25. 如图，中，以为直径的交于点E．平分，过点E作于点D，延长交的延长线于点P．  （1）求证：是的切线；（2）若，求的长．【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）连接，利用角平分线的性质和等边对等角，证明，即可解答；（2）根据，可得，求出的长，再利用勾股定理得的长，即可得到的长，最后证明，即可解答．【小问1详解】证明：如图，连接，  ，，平分，，，，,,是的切线；【小问2详解】解：设，则， ，解得，，，根据勾股定理可得，,，是直径，，，，，，，．  【点睛】本题考查了切线的判定，角平分线的定义，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正弦的概念，熟练运用上述性质是解题的关键．26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于点两点，与y轴交于点，点P是抛物线上的一个动点．  （1）求抛物线的表达式；（2）当点P在直线上方的抛物线上时，连接交于点D．如图1．当的值最大时，求点P的坐标及的最大值；（3）过点P作x轴的垂线交直线于点M，连接，将沿直线翻折，当点M的对应点恰好落在y轴上时，请直接写出此时点M的坐标．【答案】（1）    （2）点P的坐标为；的最大值为    （3）点M的坐标为：，【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；（2）过点P作轴，交于点Q，求出直线的解析式为，设点P的坐标为，则点，得出，根据轴，得出，根据，求出点P的坐标和最大值即可；（3）证明，得出，设，，得出，，根据，得出，求出或或，根据当时，点P、M、C、四点重合，不存在舍去，求出点M的坐标为，．【小问1详解】解：把，代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为．【小问2详解】解：过点P作轴，交于点Q，如图所示：  设直线的解析式为，把，代入得：，解得：，∴直线的解析式为，设点P的坐标为，则点，∵点P在直线上方的抛物线上，∴，∵轴，∴，∴∵，∴，∴当时，有最大值，此时点P的坐标为．【小问3详解】解：根据折叠可知，，，，∵轴，∴，∴，∴，  ∴，设，，，，∵，∴，∴，整理得：，∴或，解得：或或，∵当时，点P、M、C、四点重合，不存在，∴，∴点M的坐标为，．  【点睛】本题主要考查了求抛物线的解析式，二次函数的综合应用，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定，平行线的性质，两点间距离公式，解题的关键是数形结合，作出辅助线或画出图形．