2023年江苏省扬州市中考数学试卷（含答案解析）

这是一份2023年江苏省扬州市中考数学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了 实数−3的绝对值是， 空气的成分是， 函数y=1x2的大致图象是， 分解因式等内容，欢迎下载使用。
A. −3B. 3C. 13D. ±3
2. 若⋅2a2b=2a3b，则括号内应填的单项式是( )
A. aB. 2aC. abD. 2ab
3. 空气的成分(除去水汽、杂质等)是：氮气约占78%，氧气约占21%，其他微量气体约占1%.要反映上述信息，宜采用的统计图是( )
A. 条形统计图B. 折线统计图C. 扇形统计图D. 频数分布直方图
4. 下列图形是棱锥侧面展开图的是( )
A. B.
C. D.
5. 已知a= 5，b=2，c= 3，则a、b、c的大小关系是( )
A. b>a>cB. a>c>bC. a>b>cD. b>c>a
6. 函数y=1x2的大致图象是( )
A. B.
C. D.
7. 在△ABC中，∠B=60∘，AB=4，若△ABC是锐角三角形，则满足条件的BC长可以是( )
A. 1B. 2C. 6D. 8
8. 已知二次函数y=ax2−2x+12(a为常数，且a>0)，下列结论：①函数图象一定经过第一、二、四象限；②函数图象一定不经过第三象限；③当x0时，y随x的增大而增大.其中所有正确结论的序号是( )
A. ①②B. ②③C. ②D. ③④
9. 扬州市大力推进城市绿化发展，2022年新增城市绿地面积约2345000平方米，数据2345000用科学记数法表示为______ .
10. 分解因式：xy2−4x=______.
11. 如果一个多边形每一个外角都是60∘，那么这个多边形的边数为______ .
12. 某种绿豆在相同条件下发芽试验的结果如下：
这种绿豆发芽的概率的估计值为______ (精确到0.01).
13. 若关于x的一元二次方程x2+2x+k=0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是______.
14. 用半径为24cm，面积为120πcm2的扇形纸片，围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径为______ cm.
15. 某气球内充满了一定质量的气体，在温度不变的条件下，气球内气体的压强p(Pa)是气球体积V(m3)的反比例函数，且当V=3m3时，p=8000Pa.当气球内的气体压强大于40000Pa时，气球将爆炸，为确保气球不爆炸，气球的体积应不小于______ m3.
16. 我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成.如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若b−a=4，c=20，则每个直角三角形的面积为______ .
17. 如图，△ABC中，∠A=90∘，AB=8，AC=15，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BA、BC于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点E，作射线BE交AC于点D，则线段AD的长为______ .
18. 如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B′处，如果四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3：5，那么线段FC的长为______ .
19. 计算：
(1)(2− 3)0− 12+tan60∘；
(2)a−ba+b÷(b−a).
20. 解不等式组2(x−1)+1>−3x−1≤1+x3并把它的解集在数轴上表示出来.
21. 某校为了普及环保知识，从七、八两个年级中各选出10名学生参加环保知识竞赛(满分100分)，并对成绩进行整理分析，得到如下信息：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)填空：m=______ ，n=______ ；
(2)七、八年级参赛学生成绩的方差分别记为S12、S22，请判断S12______ S22(填“>”“0)的图象上，点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，直接写出m、n满足的等量关系式.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：|−3|=3，
故选：B.
根据绝对值的定义即可求得答案．
本题考查绝对值的定义，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2.【答案】A
【解析】解：2a3b÷2a2b=a，
即括号内应填的单项式是a，
故选：A.
根据单项式乘单项式法则(或根据单项式除以单项式法则)求出答案即可．
本题考查了单项式乘单项式法则，能熟记掌握单项式乘单项式法则是解此题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：氮气约占78%，氧气约占21%，其他微量气体约占1%.要反映上述信息，宜采用的统计图是扇形统计图．
故选：C.
根据扇形统计图的特点：①用扇形的面积表示部分在总体中所占的百分比．②易于显示每组数据相对于总数的大小即可得到答案．
此题考查的是扇形统计图的特点，掌握其特点是解决此题关键．
4.【答案】D
【解析】解：四棱锥的侧面展开图是四个三角形．
故选：D.
由棱锥的侧面展开图的特征可知答案．
本题考查了几何体的展开图，熟记常见立体图形的侧面展开图和侧面的特征是解决此类问题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵30时，y随x的增大而减小；当x0时，y随x的增大而减小；当xBD，AB>BE.
∵在直角△ABD中，∠B=60∘，AB=4，
∴BD=AB⋅csB=4×12=2，
∴BC>2；
又∵BC=BEcsB0，
∴w随着m增大而增大，
当m=14时，w取得最小值，
即购买14只甲种头盔时，总费用最小，最小费用为14×4+1920=1976(元)，
答：购买14只甲种头盔时，总费用最小，最小费用为1976元．
【解析】(1)设甲种头盔的单价为x元，乙种头盔的单价为y元，根据购买甲种头盔20只，乙种头盔30只，共花费2920元，甲种头盔的单价比乙种头盔的单价高11元，列二元一次方程组，求解即可；
(2)设再次购进甲种头盔m只，总费用为w元，根据此次购买甲种头盔的数量不低于乙种头盔数量的一半，列一元一次不等式，求出m取值范围，再表示出w与m的一次函数关系式，根据一次函数的增减性即可确定总费用最小时，甲种头盔购买数量，进一步求出最小费用即可．
本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，理解题意并根据题意建立相应关系式是解题的关键．
27.【答案】2 30或2102π
【解析】解：(1)如图：
∵∠ADB=∠A′D′C=90∘，∠ABD=∠A′CD′=30∘，
∴∠BAD=∠D′AC=60∘，
∴当α=60∘时，A，D′，B共线，A，D，C共线，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AB=2；
当BC=2 2时，过A作AH⊥BC于H，
如图：
∵AB=AC，
∴BH=CH=12BC= 2，
∴sin∠BAH=BHAB= 22，
∴∠BAH=45∘，
∴∠BAC=2∠BAH=90∘，
∴α=120∘−90∘=30∘；
如图：
同理可得∠BAC=90∘，
∴α=60∘+90∘+60∘=210∘，
∴当BC=2 2时，α=30∘或210∘；
故答案为：2，30或210；
(2)如图：
∵∠ADB=90∘，∠B=30∘，AB=2，
∴AD=1，
∵α=90∘，
∴∠BAC=60∘+60∘−90∘=30∘，
∴∠QAD=∠BAD−∠BAC=30∘，
∴DQ=AD 3= 33，
∴S△ADQ=12×1× 33= 36，
∵∠D′=∠D′AD=∠D=90∘，AD=AD′，
∴四边形ADPD′是正方形，
∴DP=AD=1，
∴S△APD=12×1×1=12，
∴S△APQ=12− 36，
同理S△AD′R=12− 36，
∴两块三角板重叠部分图形的面积为1− 33；
(3)连接AF，如图：
∵AB=AC，F为BC中点，
∴∠AFB=90∘，
∴F的轨迹是以AB为直径的圆，
∴点F的运动路径长为2π×AB2=2π.
故答案为：2π.
(1)当α=60∘时，A，D′，B共线，A，D，C共线，可得△ABC是等边三角形，故BC=AB=2；当BC=2 2时，过A作AH⊥BC于H，分两种情况画出图形，可得答案；
(2)画出图形，可得S△ADQ=12×1× 33= 36，S△APD=12×1×1=12，故S△APQ=12− 36，同理S△AD′R=12− 36，从而两块三角板重叠部分图形的面积为1− 33；
(3)连接AF，由AB=AC，F为BC中点，知∠AFB=90∘，故F的轨迹是以AB为直径的圆，用圆周长公式可得答案．
本题考查三角形综合应用，涉及旋转变换，与圆有关的计算问题，解题的关键是读懂题意，画出图形，灵活运用旋转的性质．
28.【答案】1
【解析】解：(1)①在y=ax2中，令x=0得y=0，
∴(0,0)在二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上，(0,2)不在二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上，
∵四个点(0,0)、(0,2)、(1,1)、(−1,1)中恰有三个点在二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上，
∴二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上的三个点是(0,0)，(1,1)，(−1,1)，
把(1,1)代入y=ax2得：a=1，
故答案为：1；
②设BC交y轴于E，如图：
设菱形的边长为2a，则AB=BC=CD=AD=2a，
∵B，C关于y轴对称，
∴BE=CE=a，
∴B(−a,a2)，
∴OE=a2，
∵AE= AB2−BE2= 3a，
∴OA=OE+AE=a2+ 3a，
∴C(2a,a2+ 3a)，
把C(2a,a2+ 3a)代入y=ax2得：
a2+ 3a=4a2，
解得a= 33或a=0(舍去)，
∴菱形的边长为2 33；
③n−m是为定值，理由如下：
过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，如图：
∵点B、D的横坐标分别为m、n，
∴B(m,m2)，D(n,n2)，
∴BF=m，OF=m2，DE=n，OE=n2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90∘，AD=AB，
∴∠FAB=90∘−∠EAD=∠EDA，
∵∠AFB=∠DEA=90∘，
∴△ABF≌△DEA(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴m=n2−AF−m2，AF=n，
∴m=n2−n−m2，
∴m+n=(n−m)(n+m)，
∵点B、D在y轴的同侧，
∴m+n≠0，
∴n−m=1；
(2)过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，
∵点B、D的横坐标分别为m、n，
∴B(m,am2)，D(n,an2)，
①当B，D在y轴左侧时，如图：
∴BF=−m，OF=am2，DE=−n，OE=n2，
同理可得△ABF≌△DEA(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴−m=am2−AF−an2，AF=−n，
∴−m=am2+n−an2，
∴m+n=a(n−m)(n+m)，
∴m+n≠0，
∴n−m=1a；
②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，如图：
∴BF=−m，OF=am2，DE=n，OE=an2，
同理可得△ABF≌△DEA(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴−m=am2+AF−an2，AF=n，
∴−m=am2+n−an2，
∴m+n=a(n+m)(n−m)，
∴m+n=0或n−m=1a；
③当B，D在y轴右侧时，如图：
∴BF=m，OF=am2，DE=n，OE=an2，
同理可得△ABF≌△DEA(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴m=an2−AF−am2，AF=n，
∴m=an2−n−am2，
∴m+n=a(n+m)(n−m)，
∵m+n≠0
∴n−m=1a；
综上所述，m、n满足的等量关系式为m+n=0或n−m=1a.
(1)①在y=ax2中，令x=0得y=0，即知(0,2)不在二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上，用待定系数法可得a=1；
②设BC交y轴于E，设菱形的边长为2a，可得B(−a,a2)，故AE= AB2−BE2= 3a，C(2a,a2+ 3a)，代入y=ax2得a2+ 3a=4a2，可解得a= 33，故菱形的边长为2 33；
③过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，由点B、D的横坐标分别为m、n，可得BF=m，OF=m2，DE=n，OE=n2，证明△ABF≌△DEA(AAS)，有BF=AE，AF=DE，故m=n2−AF−m2，AF=n，即可得n−m=1；
(2)过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，由点B、D的横坐标分别为m、n，知B(m,am2)，D(n,an2)，分三种情况：①当B，D在y轴左侧时，由△ABF≌△DEA(AAS)，可得−m=am2−AF−an2，AF=−n，故n−m=1a；②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，由△ABF≌△DEA(AAS)，有−m=am2+AF−an2，AF=n，知m+n=0或n−m=1a；③当B，D在y轴右侧时，m=an2−AF−am2，AF=n，可得n−m=1a.
本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，三角形全等的判定与性质，解题的关键是分类讨论思想的应用．
每批粒数n
2
5
10
50
100
500
1000
1500
2000
3000
发芽的频数m
2
4
9
44
92
463
928
1396
1866
2794
发芽的频率mn(精确到0.001)
1.000
0.800
0.900
0.880
0.920
0.926
0.928
0.931
0.933
0.931
平均数
众数
中位数
七年级参赛学生成绩
85.5
m
87
八年级参赛学生成绩
85.5
85
n