2023年山东省聊城市中考数学真题（解析版）

这是一份2023年山东省聊城市中考数学真题（解析版），共28页。试卷主要包含了 不允许使用计算器．， 甲乙两地相距a千米，小亮8等内容，欢迎下载使用。
二〇二三年全市初中学生学业水平考试数学试题
亲爱的同学，伴随着考试的开始，你又走到了一个新的人生驿站．请你在答题之前，一定要仔细阅读以下说明：
1. 试题由选择题与非选择题两部分组成，共6页．选择题36分，非选择题84分，共120分．考试时间120分钟．
2. 将姓名、考场号、座号、考号填写在试题和答题卡指定的位置．
3. 试题答案全部涂、写在答题卡上，完全按照答题卡中的“注意事项”答题．
4. 考试结束，答题卡和试题一并交回．
5. 不允许使用计算器．
愿你放松心情，认真审题，缜密思考，细心演算，交一份满意的答卷．
选择题（共36分）
一、选择题（本题共12个小题，每小题3分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据零指数幂法则：任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，计算即可得到答案
【详解】解：∵任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查零指数幂法则：任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，熟练掌握零次幂法则是解题的关键．
2. 如图所示几何体的主视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】从正面看到的平面图形是主视图，根据主视图的含义可得答案．
【详解】解：如图所示的几何体的主视图如下：
．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
3. 4月15日是全民国家安全教育日.某校为了摸清该校1500名师生的国家安全知识掌握情况，从中随机抽取了150名师生进行问卷调查．这项调查中的样本是（ ）
A. 1500名师生的国家安全知识掌握情况
B. 150
C. 从中抽取的150名师生的国家安全知识掌握情况
D. 从中抽取的150名师生
【答案】C
【解析】
【分析】总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，据此即可判断．
【详解】解：样本是从中抽取的150名师生的国家安全知识掌握情况．
故选：C．
【点睛】本题考查了样本的定义，解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象．总体、个体与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小．
4. 若一元二次方程有实数解，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. 且 D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】由于关于的一元二次方程有实数根，根据一元二次方程根与系数的关系可知，且，据此列不等式求解即可．
【详解】解：由题意得，，且，
解得，，且.
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键．当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程有两个相等的实数根；当时，一元二次方程没有实数根．
5. 如图，分别过的顶点A，B作．若，，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线平行，同位角相等，得到，利用三角形内角和定理计算即可．
【详解】∵，，
∴，
∵，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，熟练掌握平行线性质是解题的关键．
6. 如图，点O是外接圆圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形内心的定义可得的度数，然后由圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接，
∵点I是的内心，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点是解题的关键．
7. 若关于x的分式方程的解为非负数，则m的取值范围是（ ）
A. 且 B. 且 C. 且 D. 且
【答案】A
【解析】
【分析】把分式方程的解求出来，排除掉增根，根据方程的解是非负数列出不等式，最后求出m的范围．
【详解】解：方程两边都乘以，得：，
解得：，
∵，即：，
∴，
又∵分式方程的解为非负数，
∴，
∴，
∴的取值范围是且，
故选：A．
【点睛】本题考查了分式方程的解，根据条件列出不等式是解题的关键，分式方程一定要检验．
8. 如图，在直角坐标系中，各点坐标分别为，，．先作关于x轴成轴对称的，再把平移后得到．若，则点坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】三点，，的对称点坐标为，，，结合，得到平移规律为向右平移3个单位，向上平移4个单位，计算即可．
【详解】∵三点，，的对称点坐标为，，，结合，
∴得到平移规律为向右平移3个单位，向上平移4个单位，
故坐标为．
故选B．
【点睛】本题考查了关于x轴对称，平移规律，熟练掌握轴对称的特点和平移规律是解题的关键．
9. 如图，该几何体是由一个大圆锥截去上部的小圆锥后剩下的部分．若该几何体上、下两个圆的半径分别为1和2，原大圆锥高的剩余部分为，则其侧面展开图的面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据展开面积大圆锥侧面积与小圆锥侧面积之差计算即可．
【详解】根据题意，补图如下：

∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴侧面展开图的面积为，
故选C．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积计算，三角形相似的判定和性质，熟练掌握圆锥的侧面积计算是解题的关键．
10. 甲乙两地相距a千米，小亮8:00乘慢车从甲地去乙地，10分钟后小莹乘快车从乙地赶往甲地．两人分别距甲地的距离y（千米）与两人行驶时刻t（×时×分）的函数图象如图所示，则小亮与小莹相遇的时刻为（ ）

A. 8:28 B. 8:30 C. 8:32 D. 8:35
【答案】A
【解析】
【分析】利用待定系数法求出两条直线的函数解析式，将两个解析式联立，通过解方程求出交点的横坐标即可．
【详解】解：令小亮出发时对应的t值为0，小莹出发时对应的t值为10，则小亮到达乙地时对应的t值为70，小莹到达甲地时对应的t值为40，
设小亮对应函数图象的解析式为，
将代入解析式得，解得，
小亮对应函数图象的解析式为，
设小莹对应函数图象的解析式为，
将，代入解析式，得，
解得，
小莹对应函数图象的解析式为，
令，得，
解得，
小亮与小莹相遇的时刻为8:28．
故选A．
【点睛】本题考查一次函数的实际应用，解题的关键是利用待定系数法求出两条直线的函数解析式，熟练运用数形结合思想．
11. 已知二次函数的部分图象如图所示，图象经过点，其对称轴为直线．下列结论：①；②若点，均在二次函数图象上，则；③关于x的一元二次方程有两个相等的实数根；④满足的x的取值范围为．其中正确结论的个数为（ ）．

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线开口向下可得，根据抛物线的对称轴可推得，根据时，，即可得到，推得，故①错误；根据点的坐标和对称轴可得点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离，根据抛物线的对称性和增减性可得，故②正确；根据抛物线的图象可知二次函数与直线有两个不同的交点，推得关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，故③错误；根据抛物线的对称性可得二次函数必然经过点，即可得到时，的取值范围，故④正确．
【详解】①∵抛物线开口向下，
∴．
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
由图象可得时，，
即，
而，
∴．故①错误；
②∵抛物线开口向下，抛物线的对称轴为直线．
故当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，
∵，，
即点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离，
故，故②正确；
③由图象可知：二次函数与直线有两个不同的交点，
即关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，故③错误；
④∵函数图象经过，对称轴为直线，
∴二次函数必然经过点，
∴时，的取值范围，故④正确；
综上，②④正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数与一元二次方程的关系，二次函数图象与系数的关系：对于二次函数，二次项系数决定抛物线的开口方向和大小，当时，抛物线向上开口；当时，抛物线向下开口；一次项系数和二次项系数共同决定对称轴的位置；常数项决定抛物线与轴交点；熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
12. 如图，已知等腰直角，，，点C是矩形与的公共顶点，且，；点D是延长线上一点，且．连接，，在矩形绕点C按顺时针方向旋转一周的过程中，当线段达到最长和最短时，线段对应的长度分别为m和n，则的值为（ ）

A. 2 B. 3 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据锐角三角函数可求得，当线段达到最长时，此时点在点的下方，且，，三点共线，求得，，根据勾股定理求得，即，当线段达到最短时，此时点在点的上方，且，，三点共线，则，，根据勾股定理求得，即，即可求得．
【详解】∵为等腰直角三角形，，∴，
当线段达到最长时，此时点在点的下方，且，，三点共线，如图：

则，，
在中，
即，
当线段达到最短时，此时点在点的上方，且，，三点共线，如图：

则，，
在中，
即，
故，
故选：D．
【点睛】本题考查了锐角三角函数，勾股定理等，根据旋转推出线段最长和最短时的位置是解题的关键．
非选择题（共84分）
二、填空题（本题共5个小题，每小题3分，共15分．只要求填写最后结果）
13. 计算：______．
【答案】3
【解析】
【分析】先利用二次根式的性质化简，再计算括号内的减法，然后计算二次根式的除法即可．
【详解】解：




故答案为：3．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质和运算法则是解题的关键．
14. 若不等式组的解集为，则m的取值范围是______．
【答案】##
【解析】
【分析】分别求出两个不等式的解集，根据不等式组的解集即可求解．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∵不等式组的解集为：，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，根据不等式的解求参数的取值范围，熟练掌握解不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小大小小大中间找，大大小小找不到（无解）是解题的关键．
15. 如图，在中，的垂直平分线交于点，交于点O，连接，，过点C作，交的延长线于点F，连接．若，，则四边形的面积为______．
.
【答案】24
【解析】
【分析】根据平行线的性质可得，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，，根据平行四边形的判定和菱形的判定可推得四边形为菱形，根据勾股定理求得，根据菱形的性质即可求得四边形的面积．
【详解】∵，
∴，
∵的垂直平分线交于点，
∴，，
∴，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
又∵，，，
∴平行四边形为菱形，
∵，
∴，
∴，
在中，，
故菱形的面积为，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
16. 在一个不透明的袋子中，装有五个分别标有数字，，0，2，的小球，这些小球除数字外其他完全相同．从袋子中随机摸出两个小球，两球上的数字之积恰好是有理数的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】列表得出所有等可能的结果数，再从中找到符合条件的结果数，然后再用概率公式求解即可．
【详解】解：根据题意列表如下：



0
2




0





0


0
0
0

0
0
2


0





0


共有20种等可能出现的结果，两球上的数字之积恰好是有理数的有8种，
两球上的数字之积恰好是有理数的概率为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是用列表法或树状图法求概率，列表法可以重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
17. 如图，图中数字是从1开始按箭头方向排列的有序数阵．从3开始，把位于同一列且在拐角处的两个数字提取出来组成有序数对：；；；；…如果单把每个数对中的第一个或第二个数字按顺序排列起来研究，就会发现其中的规律．请写出第n个数对：_______．

【答案】
【解析】
【分析】根据题意单另把每个数对中的第一个或第二个数字按顺序排列起来研究，可发现第个数对的第一个数为：，第个数对的第二个位：，即可求解．
【详解】解：每个数对的第一个数分别为3，7，13，21，31，…
即：，，，，，…
则第个数对的第一个数为：，
每个数对的第二个数分别为5，10，17，26，37，…
即：；；；；…，
则第个数对的第二个位：，
∴第n个数对为：，
故答案为：．
【点睛】此题考查数字的变化规律，找出数字之间的排列规律，利用拐弯出数字的差的规律解决问题．
三、解答题（本题共8个小题，共69分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
18. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】运用因式分解，约分，通分的技巧化简计算即可．
【详解】


；
当时，
．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握因式分解，约分，通分的技巧是解题的关键．
19. 如图，在四边形中，点E是边上一点，且，．

（1）求证：；
（2）若，时，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由求出，然后利用证明，可得，再由等边对等角得出结论；
（2）过点E作于F，根据等腰三角形的性质和含直角三角形的性质求出和，然后利用勾股定理求出，再根据三角形面积公式计算即可．
小问1详解】
证明：∵，
∴，即，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：过点E作于F，
由（1）知，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，含直角三角形的性质以及勾股定理等知识，正确寻找证明三角形全等的条件是解题的关键．
20. 某中学把开展课外经典阅读活动作为一项引领学生明是非、知荣辱、立志向、修言行的德育举措．为了调查活动开展情况，需要了解全校2000名学生一周的课外经典阅读时间．从本校学生中随机抽取100名进行调查，将调查的一周课外经典阅读的平均时间分为5组：①；②；③；④；⑤，并将调查结果用如图所示的统计图描述．

根据以上信息，解答下列问题：
（1）本次调查中，一周课外经典阅读的平均时间的众数和中位数分别落在第______组和第______组（填序号）；一周课外经典阅读的平均时间达到4小时的学生人数占被调查人数的百分比为______；估计全校一周课外经典阅读的平均时间达到4小时的学生有______人；
（2）若把各组阅读时间的下限与上限的中间值近似看作该组的平均阅读时间，估计这100名学生一周课外经典阅读的平均时间是多少？
（3）若把一周课外经典阅读的平均时间达到4小时的人数百分比超过，作为衡量此次开展活动成功的标准，请你评价此次活动，并提出合理化的建议．
【答案】（1）③，③，，560；
（2）；
（3）此次活动不成功，建议：①学校多举办经典阅读活动；②开设经典阅读知识竞赛，提高学生阅读兴趣等（答案不唯一）
【解析】
【分析】（1）根据众数和中位数的定义以及用样本估计总体的思想求解即可；
（2）首先求出每组的平均阅读时间，然后根据算术平均数的计算方法求解即可；
（3）将一周课外经典阅读的平均时间达到4小时的人数百分比与进行比较即可解答．
【小问1详解】
解：∵第③组的人数最多，
∴一周课外经典阅读的平均时间的众数落在第③组；
∵第50、51名学生均在第③组，
∴一周课外经典阅读的平均时间的中位数落在第③组；
由题意得：，
即一周课外经典阅读的平均时间达到4小时的学生人数占被调查人数的百分比为；
（人），
即估计全校一周课外经典阅读的平均时间达到4小时的学生有560人，
故答案为：③，③，，560；
【小问2详解】
解：由题意得，每组的平均阅读时间分别为1.5，2.5，3.5，4.5，5.5，
∴估计这100名学生一周课外经典阅读的平均时间为：小时；
小问3详解】
解：一周课外经典阅读的平均时间达到4小时的人数百分比为，
∵，
∴本次课外经典阅读活动不成功，
建议：①学校多举办经典阅读活动；②开设经典阅读知识竞赛，提高学生阅读兴趣等（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了频数分布直方图，由样本估计总体，中位数和众数，从统计图获取有用信息是解题的关键．
21. 今年五一小长假期间，我市迎来了一个短期旅游高峰．某热门景点的门票价格规定见下表：
票的种类
A
B
C
购票人数/人
1~50
51~100
100以上
票价/元
50
45
40
某旅行社接待的甲、乙两个旅游团共102人（甲团人数多于乙团），在打算购买门票时，如果把两团联合作为一个团体购票会比两团分别各自购票节省730元．
（1）求两个旅游团各有多少人？
（2）一个人数不足50人的旅游团，当游客人数最低为多少人时，购买B种门票比购买A种门票节省？
【答案】（1）甲团人数有58人，乙团人数有44人；
（2）当游客人数最低为46人时，购买B种门票比购买A种门票节省．
【解析】
【分析】（1）设甲团人数有x人，乙团人数有y人，根据“甲、乙两个旅游团共102人，把两团联合作为一个团体购票会比两团分别各自购票节省730元”列方程组求解即可；
（2）设游客人数为a人时，购买B种门票比购买A种门票节省，根据“人数不足50人，购买B种门票比购买A种门票节省”列不等式求解即可．
【小问1详解】
解：设甲团人数有x人，乙团人数有y人，
由题意得：，
解得：，
答：甲团人数有58人，乙团人数有44人；
【小问2详解】
解：设游客人数为a人时，购买B种门票比购买A种门票节省，
由题意得：，
解得：，
∵a为整数，
∴当游客人数最低为46人时，购买B种门票比购买A种门票节省．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用和一元一次不等式的应用，找出合适的等量关系和不等关系列出方程组和不等式是解题的关键．
22. 东昌湖西岸的明珠大剧院，隔湖与远处的角楼、城门楼、龙堤、南关桥等景观遥相呼应．如图所示，城门楼B在角楼A的正东方向处，南关桥C在城门楼B的正南方向处．在明珠大剧院P测得角楼A在北偏东方向，南关桥C在南偏东方向（点A，B，C，P四点在同一平面内）．求明珠大剧院到龙堤的距离（结果精确到）．
（参考数据：，，，，，）

【答案】明珠大剧院到龙堤的距离为．
【解析】
【分析】如图，首先证明四边形是矩形，可得，，然后解直角三角形求出，，进而得出关于的方程，求出即可解决问题．
【详解】解：如图，由题意得，，，，，，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
解得：，
∴，
答：明珠大剧院到龙堤的距离为．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，正确理解锐角三角函数的定义是解题的关键．
23. 如图，一次函数的图像与反比例函数的图像相交于，两点．

（1）求反比例函数和一次函数表达式；
（2）点在x轴负半轴上，连接AP，过点B作，交的图像于点Q，连接PQ．当时，若四边形APQB的面积为36，求n的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据反比例函数过点，两点，确定，待定系数法计算即可．
（2）根据平移思想，设解析式求解即可．
【小问1详解】
∵一次函数的图像与反比例函数的图像相交于，两点
∴，
故反比例函数的解析式为，
∴，
故，
∴，
解得，
∴直线的解析式为．
【小问2详解】
∵，，，，，
∴四边形APQB是平行四边形，
∴点A到点P的平移规律是向左平移个单位，向下平移4个单位，
∴点到点Q的平移规律也是向左平移个单位，向下平移4个单位，
故，
∵在上，
∴，
解得．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点，平移规律计算，熟练掌握规律是解题的关键．
24. 如图，在中，，的平分线交于点D，的平分线交于点E．以上的点O为圆心，为半径作，恰好过点E．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，由题意可知，可知，易证得，可知，由，易知，进而可证得结论；
（2）由角平分线的性质可知，可得，进而可求得，，，，由，可证得，可知，进而可得，求得，即为的半径．
【小问1详解】
证明：连接，

由题意可知，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
即，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：过点作，

∵平分，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
可得：，
∴的半径为．
【点睛】本题考查切线的证明，相似三角形的判定及性质，角平分线的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．
25. 如图①，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C，连接AC，BC.点P是x轴上任意一点．

（1）求抛物线的表达式；
（2）点Q在抛物线上，若以点A，C，P，Q为顶点，AC为一边的四边形为平行四边形时，求点Q的坐标；
（3）如图②，当点从点A出发沿x轴向点B运动时（点P与点A，B不重合），自点P分别作，交AC于点E，作，垂足为点D．当m为何值时，面积最大，并求出最大值．
【答案】（1）
（2）点Q坐标，或或；
（3）时，有最大值，最大值为．
【解析】
【分析】（1）将，代入，待定系数法确定函数解析式；
（2）由二次函数，求得点，设点，点，分类讨论：当为边，为对角线时，当为边，为对角线时，运用平行四边形对角线互相平分性质，构建方程求解；
（3）如图，过点D作，过点E作，垂足为G，F，
可证，；运用待定系数法求直线解析式，直线 解析式；设点，，则，，，，运用解直角三角形，中，，，中，，可得，，；中，，可得，，，，于是，从而确定时，最大值为．
【小问1详解】
将，代入，得
，解得
∴抛物线解析式：
【小问2详解】
二次函数，当时，
∴点
设点，点，
当为边，为对角线时，
∵四边形为平行四边形，
∴，互相平分
∴解得，（舍去）或
点Q坐标；


当为边，为对角线时，

同理得，
解得，或，
∴
∴点Q坐标或
综上，点Q坐标，或或；
【小问3详解】
如图，过点D作，过点E作，垂足为G，F，

∵，
∴
∴
∵
∴，同理可得
设直线的解析式为：
则，解得
∴直线：
同理由点，，可求得直线 ：
设点，，
则，，，
中，，

∴，
中，
∴，解得，
∴
∵
∴；
中，
∴，解得，
∴
∵
∴
∴，
即．
∵
∴时，，有最大值，最大值为．
【点睛】本题考查待定系数法确定函数解析式，平行四边形的性质，一元二次方程求解，解直角三角形，结合动点运动情况，分类讨论是解题的关键．