2023年浙江省绍兴市中考数学真题 （解析版）

数学

卷Ⅰ（选择题）

一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分，请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选，均不给分

1. 计算的结果是（    ）

A.  B.  C. 1 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】根据有理数的减法法则进行计算即可．

【详解】解：，

故选：A．

【点睛】本题主要考查了有理数的减法，解题的关键是掌握有理数的减法计算法则．减去一个数等于加上它的相反数．

2. 据报道，2023年“五一”假期全国国内旅游出游合计274000000人次．数字274000000用科学记数法表示是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】科学记数法的表现形式为的形式，其中为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，由此进行求解即可得到答案．

【详解】解：，

故选B．

【点睛】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．

3. 由8个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（    ）

A.    B.    C.    D.  

【答案】D

【解析】

【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．

【详解】从正面看第一层是三个小正方形，第二层左边一个小正方形，中间没有，右边1个小正方形，

故选：D．

【点睛】本题考查了三视图的知识，要求同学们掌握主视图是从物体的正面看得到的视图．

4. 下列计算正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据同底数幂相除法则判断选项A；根据幂的乘方法则判断选项B；根据平方差公式判断选项C；根据完全平方公式判断选项D即可．

【详解】解：A． ，原计算错误，不符合题意；

B． ，原计算错误，不符合题意；

C． ，原计算正确，符合题意；

D． ，原计算错误，不符合题意；

故选：C．

【点睛】本题考查了同底数幂相除法则、幂的乘方法则、平方差公式、完全平方公式等知识，熟练掌握各运算法则是解答本题的关键．

5. 在一个不透明的袋子里装有2个红球和5个白球，它们除颜色外都相同，从中任意摸出1个球，则摸出的球为红球的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据概率的意义直接计算即可．

【详解】解：在一个不透明的袋子中装有2个红球和5个白球，它们除颜色外其他均相同，从中任意摸出1个球，共有7种可能，摸到红球的可能为2种，则摸出红球的概率是，

故选：C．

【点睛】本题考查了概率的计算，解题关键是熟练运用概率公式．

6. 《九章算术》中有一题：“今有大器五、小器一容三斛；大器一、小器五容二斛．问大、小器各容几何？”译文：今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛（斛：古代容是单位）；大容器1个，小容器5个，总容暴为2斛．问大容器、小容器的容量各是多少斛？设大容器的容量为斛，小容器的容量为斛，则可列方程组是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设大容器的容积为x斛，小容器的容积为y斛，根据“大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；大容器1个，小容器5个，总容量为2斛”即可得出关于x、y的二元一次方程组．

【详解】解：设大容器的容积为x斛，小容器的容积为y斛，

根据题意得：．

故选：B．

【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，根据数量关系列出关于x、y的二元一次方程组是解题的关键．

7. 在平面直角坐标系中，将点先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】把横坐标加2，纵坐标加1即可得出结果．

【详解】解：将点先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是．

故选：D．

【点睛】本题考查点的平移中坐标的变换，把向上（或向下）平移h个单位，对应的纵坐标加上（或减去）h，，把向右上（或向左）平移n个单位，对应的横坐标加上（或减去）n．掌握平移规律是解题的关键．

8. 如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ）

A. 菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形

B. 菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形

C. 平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形

D. 平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．

【详解】∵四边形是矩形，

∴，，

∴，，

∵、，

∴

∵对称，

∴，

∴

∵对称，

∴，

∴，

同理，

∴

∴

∴四边形是平行四边形，

如图所示，

当三点重合时，，

∴

即

∴四边形是菱形，

如图所示，当分别为的中点时，

设，则，，

在中，，

连接，，

∵，

∴是等边三角形，

∵为中点，

∴，，

∴，

根据对称性可得，

∴，

∴，

∴是直角三角形，且，

∴四边形是矩形，

当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形

∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，

故选：A．

【点睛】本题考查了菱形性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．

9. 已知点在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是（    ）

A.    B.    C.    D.  

【答案】B

【解析】

【分析】点在同一个函数图象上，可得N、P关于y轴对称，当时，y随x的增大而增大，即可得出答案．

【详解】解：∵，

∴得N、P关于y轴对称，

∴选项A、C错误，

∵在同一个函数图象上，

∴当时，y随x的增大而增大，

∴选项D错误，选项B正确．

故选：B．

【点睛】此题考查了函数的图象．注意掌握排除法在选择题中的应用是解此题的关键．

10. 如图，在中，是边上的点（不与点重合）．过点作交于点；过点作交于点．是线段上的点，；是线段上的点，．若已知的面积，则一定能求出（    ）

A. 的面积 B. 的面积

C. 的面积 D. 的面积

【答案】D

【解析】

【分析】如图所示，连接，证明，得出，由已知得出，则，又，则，进而得出，可得，结合题意得出，即可求解．

【详解】解：如图所示，连接，

∵，，

∴，．

∴,．

∴．

∵，，

∴，

∴．

∴．

又∵，

∴．

∴．

∵

∴．

∴．

∴．

∵，

∴．

故选：D．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，证明是解题的关键．

卷Ⅱ（非选择题）

二、填空题（本大题有6小题，每小题5分，共30分）

11. 因式分解：m2﹣3m＝__________．

【答案】

【解析】

【分析】题中二项式中各项都含有公因式，利用提公因式法因式分解即可得到答案．

【详解】解：，

故答案为：．

【点睛】本题考查整式运算中的因式分解，熟练掌握因式分解的方法技巧是解决问题的关键．

12. 如图，四边形内接于圆，若，则的度数是________．

【答案】##80度

【解析】

【分析】根据圆内接四边形的性质：对角互补，即可解答．

【详解】解：∵四边形内接于，

∴，

∵，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解答本题的关键．

13. 方程的解是________．

【答案】

【解析】

【分析】先去分母，左右两边同时乘以，再根据解一元一次方程的方法和步骤进行解答，最后进行检验即可．

【详解】解：去分母，得：，

化系数1，得：．

检验：当时，，

∴是原分式方程的解．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了解分式方程，解题的关键是掌握解分式方程的方法和步骤，正确找出最简公分母，注意解分式方程要进行检验．

14. 如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是________．

【答案】或

【解析】

【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得，再进行分类讨论：当点E在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．

【详解】解：∵四边形为菱形，，

∴，

连接，

①当点E在点A上方时，如图，

∵，，

∴，

②当点E在点A下方时，如图，

∵，，

∴，

故答案为：或．

  【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，三角形的内角和为；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．

15. 如图，在平面直角坐标系中，函数（为大于0的常数，）图象上的两点，满足．的边轴，边轴，若的面积为6，则的面积是________．

【答案】2

【解析】

【分析】过点作轴于点，轴于点，于点，利用，，得到，结合梯形的面积公式解得，再由三角形面积公式计算，即可解答．

【详解】解：如图，过点作轴于点，轴于点，于点，

故答案为：2．

【点睛】本题考查反比例函数中的几何意义，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．

16. 在平面直角坐标系中，一个图形上的点都在一边平行于轴的矩形内部（包括边界），这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形．例如：如图，函数的图象（抛物线中的实线部分），它的关联矩形为矩形．若二次函数图象的关联矩形恰好也是矩形，则________．

【答案】或

【解析】

【分析】根据题意求得点，，，根据题意分两种情况，待定系数法求解析式即可求解．

【详解】由，当时，，

∴，

∵，四边形是矩形，

∴，

①当抛物线经过时，将点，代入，

∴

解得：

②当抛物线经过点时，将点,代入，

∴

解得：

综上所述，或，

故答案为：或．

【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，理解新定义，最小矩形的限制条件是解题的关键．

三、解答题（本大题有8小题，第17~20小题每小题8分，第21小题10分，第22，23小题每小题12分，第24小题14分，共80分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）

17. （1）计算：．

（2）解不等式：．

【答案】（1）1；（2）

【解析】

【分析】（1）根据零指数幂的性质、二次根式的化简、绝对值的性质依次解答；

（2）先移项，再合并同类项，最后化系数为1即可解答．

【详解】解：（1）原式．

（2）移项得，

即，

∴．

∴原不等式的解是．

【点睛】本题考查实数的混合运算、零指数幂、二次根式的化简和解一元一次不等式等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．

18. 某校兴趣小组通过调查，形成了如下调查报告（不完整）．

结合调查信息，回答下列问题：

（1）本次调查共抽查了多少名学生？

（2）估计该校900名初中生中最喜爱篮球项目的人数．

（3）假如你是小组成员，请你向该校提一条合理建议．

【答案】（1）100    （2）360   

（3）答案不唯一，见解析

【解析】

【分析】（1）根据乒乓球人数和所占比例，求出抽查的学生数；

（2）先求出喜爱篮球学生比例，再乘以总数即可；

（3）从图中观察或计算得出，合理即可．

【小问1详解】

被抽查学生数：，

答：本次调查共抽查了100名学生．

【小问2详解】

被抽查的100人中最喜爱羽毛球的人数为：，

∴被抽查的100人中最喜爱篮球的人数为：，

∴（人）．

答：估计该校900名初中生中最喜爱篮球项目的人数为360．

【小问3详解】

答案不唯一，如：因为喜欢篮球的学生较多，建议学校多配置篮球器材、增加篮球场地等．

【点睛】本题考查从条形统计图和扇形统计图获取信息的能力，并用所获取的信息反映实际问题．

19. 图1是某款篮球架，图2是其示意图，立柱垂直地面，支架与交于点，支架交于点，支架平行地面，篮筺与支架在同一直线上，米，米，．

（1）求的度数．

（2）某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在発子上，最高可以把篮网挂到离地面米处，那么他能挂上篮网吗？请通过计算说明理由．（参考数据：）

【答案】（1）   

（2）该运动员能挂上篮网，理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据直角三角形的两个锐角互余即可求解；

（2）延长交于点，根据题意得出，解，求得，根据与比较即可求解．

【小问1详解】

解：∵，

∴，

∵，

∴．

【小问2详解】

该运动员能挂上篮网，理由如下．

如图，延长交于点，

∵，

∴，

又∵，

∴，

在中，，

∴，

∴该运动员能挂上篮网．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．

20. 一条笔直的路上依次有三地，其中两地相距1000米．甲、乙两机器人分别从两地同时出发，去目的地，匀速而行．图中分别表示甲、乙机器人离地的距离（米）与行走时间（分钟）的函数关系图象．

（1）求所在直线的表达式．

（2）出发后甲机器人行走多少时间，与乙机器人相遇？

（3）甲机器人到地后，再经过1分钟乙机器人也到地，求两地间的距离．

【答案】（1）   

（2）出发后甲机器人行走分钟，与乙机器人相遇   

（3）两地间的距离为600米

【解析】

【分析】（1）利用待定系数法即可求解；

（2）利用待定系数法求出所在直线的表达式，再列方程组求出交点坐标，即可；

（3）列出方程即可解决．

【小问1详解】

∵，

∴所在直线的表达式为．

【小问2详解】

设所在直线的表达式为，

∵，

∴解得

∴．

甲、乙机器人相遇时，即，解得，

∴出发后甲机器人行走分钟，与乙机器人相遇．

【小问3详解】

设甲机器人行走分钟时到地，地与地距离，

则乙机器人分钟后到地，地与地距离，

由，得．

∴．

答：两地间的距离为600米．

【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，用待定系数法可求出函数表达式，要利用方程组的解，求出两个函数的交点坐标，充分应用数形结合思想是解题的关键．

21. 如图，是的直径，是上一点，过点作的切线，交的延长线于点，过点作于点．

（1）若，求的度数．

（2）若，求的长．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据三角形的外角的性质，即可求解．

（2）根据是的切线，可得，在中，勾股定理求得，根据，可得，进而即可求解．

【小问1详解】

解：∵于点，

∴，

∴．

  【小问2详解】

∵是的切线，是的半径，

∴．

在中，

∵，

∴．

∵，

∴

∴，即，

∴．

【点睛】本题考查了三角形外角的性质，切线的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识是解题的关键．

22. 如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．

（1）求证：．

（2）判断与是否垂直，并说明理由．

【答案】（1）见解析    （2）与垂直，理由见解析

【解析】

【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可；

（2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．

【小问1详解】

解：在正方形中，

∴，

∴．

  小问2详解】

与垂直，理由如下．

连接交于点．

∵为正方形的对角线，

∴，

又∵，

∴，

∴．

在正方形中，，

又∵，

∴四边形为矩形，

∴，

∴，

∴．

又∵，

∴，

∴，

∴．

【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．

23. 已知二次函数．

（1）当时，

①求该函数图象的顶点坐标．

②当时，求的取值范围．

（2）当时，的最大值为2；当时，的最大值为3，求二次函数的表达式．

【答案】（1）①；②当时，   

（2）

【解析】

【分析】（1）①将代入解析式，化为顶点式，即可求解；

②已知顶点，根据二次函数的增减性，得出当时，有最大值7，当时取得最小值，即可求解；

（2）根据题意时，的最大值为2；时，的最大值为3，得出抛物线的对称轴在轴的右侧，即，由抛物线开口向下，时，的最大值为2，可知，根据顶点坐标的纵坐标为3，求出，即可得解．

【小问1详解】

解：①当时，，

∴顶点坐标为．

②∵顶点坐标为．抛物线开口向下，

当时，随增大而增大，

当时，随增大而减小，

∴当时，有最大值7．

又

∴当时取得最小值，最小值；

∴当时，．

【小问2详解】

∵时，的最大值为2；时，的最大值为3，

∴抛物线的对称轴在轴的右侧，

∴，

∵抛物线开口向下，时，的最大值为2，

∴，

又∵，

∴，

∵，

∴，

∴二次函数的表达式为．

【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，顶点式，二次函数的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

24. 在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．

（1）如图1，求边上的高的长．

（2）是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．

①如图2，当点落在射线上时，求的长．

②当是直角三角形时，求长．

【答案】（1）8    （2）①；②或

【解析】

【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；

（2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；

②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．

【小问1详解】

在中，，

在中，．

小问2详解】

①如图1，作于点，由（1）得，，则，

作交延长线于点，则，

∴．

∵

∴．

由旋转知，

∴．

设，则．

∵，

∴，

∴，

∴，即，

∴，

∴．

②由旋转得，，

又因为，所以．

情况一：当以为直角顶点时，如图2．

∵，

∴落在线段延长线上．

∵，

∴，

由（1）知，，

∴．

情况二：当以为直角顶点时，如图3．

设与射线的交点为，

作于点．

∵，

∴，

∵，

∴，

∴．

又∵，

∴，

∴．

设，则，

∴

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

化简得，

解得，

∴．

情况三：当以为直角顶点时，

点落在的延长线上，不符合题意．

综上所述，或．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．