2023年山东省菏泽市中考数学真题（含解析）

2023年菏泽市初中学业水平考试

一、选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确选项的序号涂在答题卡的相应位置．）

1. 剪纸文化是我国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）

A.    B.      C.    D.  

【答案】A

【解析】

【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．

【详解】解：A．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故A符合题意；

B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；

C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C不符合题意；

D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故D不符合题意．

故选：A．

【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．

2. 下列运算正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用同底数幂的乘除法、积的乘方与幂的乘方以及完全平方公式分别判断即可．

【详解】解：A、，故选项错误；

B、，故选项正确；

C、，故选项错误；

D、，故选项错误；

故选：B．

【点睛】此题主要考查了整式的混合运算，同底数幂的乘除法、积的乘方、幂的乘方以及完全平方公式，正确掌握相关乘法公式是解题关键．

3. 一把直尺和一个含角的直角三角板按如图方式放置，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据平行线性质，得出，进而．

【详解】由图知，

∴

故选：B

  【点睛】本题考查平行线的性质，特殊角直角三角形，由图形的位置关系推出角之间的数量关系是解题的关键．

4. 实数a，b，c在数轴上对应点的位置如图所示，下列式子正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据数轴可得，，再根据逐项判定即可．

【详解】由数轴可知，

∴，故A选项错误；

∴，故B选项错误；

∴，故C选项正确；

∴，故D选项错误；

故选：C．

【点睛】本题考查实数与数轴，根据进行判断是解题关键．

5. 如图所示的几何体是由5个大小相同的小正方体组成的，它的主视图是（    ）

A.    B.    C.    D.  

【答案】A

【解析】

【分析】根据主视图是从正面看到的图形进行求解即可．

【详解】解：从正面看该几何体，有三列，第一列有2层，第二和第三列都只有一层，如图所示：

故选：A．

【点睛】本题主要考查了简单几何组合体的三视图，熟知三视图的定义是解题的关键．

6. 一元二次方程的两根为，则的值为（    ）

A.  B.  C. 3 D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求得，，再将变形，代入与的值求解即可．

【详解】解：∵一元二次方程的两根为，

∴，

∴

．

故选C．

【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，牢记，是解决本题的关键．

7. 的三边长a，b，c满足，则是（    ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等腰直角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】由等式可分别得到关于a、b、c的等式，从而分别计算得到a、b、c的值，再由的关系，可推导得到为直角三角形．

【详解】解∵

又∵

∴，

∴

解得 ，

∴，且，

∴为等腰直角三角形，

故选：D．

【点睛】本题考查了非负性和勾股定理逆定理的知识，求解的关键是熟练掌握非负数的和为0，每一个非负数均为0，和勾股定理逆定理．

8. 若一个点的纵坐标是横坐标的3倍，则称这个点为“三倍点”，如：等都是三倍点”，在的范围内，若二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”，则c的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可得：三倍点所在的直线为，根据二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”转化为和至少有一个交点，求，再根据和时两个函数值大小即可求出．

【详解】解：由题意可得：三倍点所在的直线为，

在的范围内，二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”，

即在的范围内，和至少有一个交点，

令，整理得：，

则，解得，

，

∴，

∴或

当时，，即，解得，

当时，，即，解得，

综上，c的取值范围是，

故选：D．

【点睛】本题考查二次函数与一次函数交点问题，熟练掌握相关性质是关键．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分，只要求把最后结果填写在答题卡的相应区域内．）

9. 因式分解：______．

【答案】

【解析】

【分析】直接提取公因式m，进而分解因式即可．

【详解】解：m2-4m=m(m-4)．

故答案为：m(m-4)．

【点睛】本题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．

10. 计算：___________．

【答案】1

【解析】

【分析】根据先计算绝对值，特殊角的三角函数值，零指数幂，再进行加减计算即可．

【详解】解：

故答案为：1．

【点睛】本题考查了实数运算，掌握绝对值、特殊角的三角函数值、零指数幂的运算是解题的关键．

11. 用数字0，1，2，3组成个位数字与十位数字不同的两位数，其中是偶数的概率为__________．

【答案】

【解析】

【分析】先列表得出所有的情况，再找到符合题意的情况，利用概率公式计算即可．

【详解】解：0不能在最高位，而且个位数字与十位数字不同，

列表如下：

一共有可以组成9个数字，偶数有10、12、20、30、32，

∴是偶数的概率为．

故答案为：．

【点睛】本题考查了列表法求概率，注意0不能在最高位．

12. 如图，正八边形的边长为4，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为__________（结果保留）．

【答案】

【解析】

【分析】先利用正八边形求出圆心角的度数，再利用扇形的面积公式求解即可．

【详解】解：由题意，，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形的面积等知识，解题的关键是记住扇形的面积，正多边形的每个内角度数为．

13. 如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则__________度．

【答案】80

【解析】

【分析】先求得和的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．

【详解】解：∵四边形是正方形，

∴，

∵，

∴，

∵绕点B按顺时针方向旋转得到

∴，，

∴，

∴，

故答案为：80．

【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键．

14. 如图，在四边形中，，点E在线段上运动，点F在线段上，，则线段的最小值为__________．

【答案】##

【解析】

【分析】设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，证明，可知点F在以为直径的半圆上运动，当点F运动到与的交点时，线段有最小值，据此求解即可．

【详解】解：设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴点F在以为直径的半圆上运动，

∴当点F运动到与的交点时，线段有最小值，

∵，

∴，，

∴，

的最小值为，

故答案为：．

【点睛】本题考查了平行线的性质，圆周角定理的推论，勾股定理等知识，根据题意分析得到点F的运动轨迹是解题的关键．

三、解答题（本题共78分，把解答或证明过程写在答题卡的相应区域内．）

15. 解不等式组：．

【答案】

【解析】

【分析】分别求出各个不等式的解，再取各个解集的公共部分，即可．

【详解】解：解得：，

解得：，

∴不等式组的解集为．

【点睛】本题主要考查解一元一次不等式组，熟练掌握解不等式组的基本步骤，是解题的关键．

16. 先化简，再求值：，其中x，y满足．

【答案】，6

【解析】

【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时将除法变为乘法，约分得到最简结果，将变形整体代入计算即可求解．

【详解】解：原式

；

由，得到，

则原式．

【点睛】此题考查分式的化简求值，解题关键熟练掌握分式混合运算的顺序以及整体代入法求解．

17. 如图，在中，平分，交于点E；平分，交于点F．求证：．

【答案】证明见解析

【解析】

【分析】由平行四边形的性质得，，，由平行线的性质和角平分线的性质得出，可证，即可得出．

【详解】证明：∵四边形是平行四边形，

∴，，，，

∵平分，平分，

∴，

在和中，

∴

∴．

【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，平行线的性质及全等三角形的判定与性质，根据题目已知条件熟练运用平行四边形的性质，平行线的性质是解答本题的关键．

18. 无人机在实际生活中的应用广泛，如图所示，某人利用无人机测最大楼的高度，无人机在空中点P处，测得点P距地面上A点80米，点A处俯角为，楼顶C点处的俯角为，已知点A与大楼的距离为70米（点A，B，C，P在同一平面内），求大楼的高度（结果保留根号）

【答案】大楼的高度为．

【解析】

【分析】如图，过作于，过作于，而，则四边形是矩形，可得，，求解，，可得，，可得．

【详解】解：如图，过作于，过作于，而，

则四边形是矩形，

∴，，

由题意可得：，，，，

∴，，

∴，

∴，

∴，

∴大楼的高度为．

【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，理解仰角与俯角的含义是解本题的关键．

19. 某班学生以跨学科主题学习为载体，综合运用体育，数学，生物学等知识，研究体育课的运动负荷，在体育课基本部分运动后，测量统计了部分学生的心率情况，按心率次数x（次/分钟）分为如下五组：A组：，B组：，C组：，D组：，E组：．其中，A组数据为73，65，74，68，74，70，66，56．根据统计数据绘制了不完整的统计图（如图所示），请结合统计图解答下列问题：

（1）A组数据的中位数是_______，众数是_______；在统计图中B组所对应的扇形圆心角是_______度；

（2）补全学生心率频数分布直方图；

（3）一般运动的适宜行为为（次/分钟），学校共有2300名学生，请你依据此次跨学科项目研究结果，估计大约有多少名学生达到适宜心率？

【答案】（1）69，74，54；   

（2）见解析    （3）大约有1725名学生达到适宜心率．

【解析】

【分析】（1）根据中位数和众数的概念求解，先求出总人数，然后求出B组所占的百分比，最后乘以即可求出在统计图中B组所对应的扇形圆心角；

（2）根据样本估计总体的方法求解即可．

【小问1详解】

将A组数据从小到大排列为：56，65，66，68，70，73，74，74，

∴中位数为；

∵74出现的次数最多，

∴众数是74；

，

∴在统计图中B组所对应的扇形圆心角是；

故答案为：69，74，54；

【小问2详解】

∴C组的人数为30，

∴补全学生心率频数分布直方图如下：

  【小问3详解】

（人），

∴大约有1725名学生达到适宜心率．

【点睛】本题主要考查调查与统计的相关知识，理解频数分布直方图，扇形统计图的相关信息，掌握运用样本百分比估算总体数量是解题的关键．

20. 如图，已知坐标轴上两点，连接，过点B作，交反比例函数在第一象限的图象于点．

（1）求反比例函数和直线的表达式；

（2）将直线向上平移个单位，得到直线l，求直线l与反比例函数图象的交点坐标．

【答案】（1），   

（2）或

【解析】

【分析】（1）如图，过点C作轴于点D，证明，利用相似三角形的性质得到，求出点C的坐标，代入可得反比例函数解析式，设的表达式为，将点代入即可得到直线的表达式；

（2）先求得直线l的解析式，联立反比例函数的解析式即可求得交点坐标．

【小问1详解】

如图，过点C作轴于点D，

则，，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴，，

∴，

∴，

∴，

∴点，

将点C代入中，

可得，

∴，

设的表达式为，

将点代入可得，

解得：，

∴的表达式为；

【小问2详解】

直线l的解析式为，

当两函数相交时，可得，

解得,,

代入反比例函数解析式，

得，

∴直线l与反比例函数图象的交点坐标为或

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，待定系数法求函数的解析式，反比例函数与一次函数的交点问题，一次函数的平移问题，解一元二次方程等知识．

21. 某学校为美化学校环境，打造绿色校园，决定用篱笆围成一个一面靠墙（墙足够长）的矩形花园，用一道篱笆把花园分为A，B两块（如图所示），花园里种满牡丹和芍药，学校已定购篱笆120米．

（1）设计一个使花园面积最大的方案，并求出其最大面积；

（2）在花园面积最大的条件下，A，B两块内分别种植牡丹和芍药，每平方米种植2株，知牡丹每株售价25元，芍药每株售价15元，学校计划购买费用不超过5万元，求最多可以购买多少株牡丹？

【答案】（1）长为60米，宽为20米时，有最大面积，且最大面积为1200平方米   

（2）最多可以购买1400株牡丹

【解析】

【分析】（1）设长为x米，面积为y平方米，则宽为米，可以得到y与x的函数关系式，配成顶点式求出函数的最大值即可；

（2）设种植牡丹的面积为a平方米，则种植芍药的面积为平方米，由题意列出不等式求得种植牡丹面积的最大值，即可解答．

【小问1详解】

解：设长为x米，面积为y平方米，则宽为米，

∴，

∴当时，y有最大值是1200，

此时，宽为（米）

答：长为60米，宽为20米时，有最大面积，且最大面积为1200平方米．

【小问2详解】

解：设种植牡丹的面积为a平方米，则种植芍药的面积为平方米，

由题意可得

解得：，

即牡丹最多种植700平方米，

（株），

答：最多可以购买1400株牡丹．

【点睛】本题考查二次函数的应用、一元一次不等式的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．

22. 如图，为的直径，C是圆上一点，D是的中点，弦，垂足为点F．

（1）求证：；

（2）P是上一点，，求；

（3）在（2）的条件下，当是的平分线时，求的长．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）由D是的中点得，由垂径定理得，得到，根据同圆中，等弧对等弦即可证明；

（2）连接，证明，设的半径为r，利用相似三角形的性质得，，由勾股定理求得，得到，即可得到；

（3）过点B作交于点G，证明是等腰直角三角形，解直角三角形得到，由得到，解得，即可求解．

【小问1详解】

解：∵D是的中点，

∴，

∵且为的直径，

∴，

∴，

∴；

【小问2详解】

解：连接，

∵，

∴，

∵为的直径，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

设的半径为r，

则，

解得，经检验，是方程的根，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴；

【小问3详解】

解：如图，过点B作交于点G，

∴

∵，是的平分线，

∴

∴

∴，

∵

∴，

∴，

∴．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．

23. （1）如图1，在矩形中，点，分别在边，上，，垂足为点．求证：．

【问题解决】

（2）如图2，在正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接．求证：．

【类比迁移】

（3）如图3，在菱形中，点，分别在边，上，，，，求的长．

【答案】（1）见解析    （2）见解析    （3）3

【解析】

【分析】（1）由矩形的性质可得，则，再由，可得，则，根据等角的余角相等得，即可得证；

（2）利用“”证明，可得，由，可得，利用“”证明，则，由正方形的性质可得，根据平行线的性质，即可得证；

（3）延长到点，使，连接，由菱形的性质可得，，则，推出，由全等的性质可得，，进而推出是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．

【详解】（1）证明：四边形是矩形，

，

，

，

，

，

，

；

（2）证明：四边形正方形，

，，，

，

，

，

又，

，

点在延长线上，

，

，

，

，

，

；

（3）解：如图，延长到点，使，连接，

四边形是菱形，

，，

，

，

，，

，

，

是等边三角形，

，

．

【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．

24. 已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点，其对称轴为．

（1）求抛物线的表达式；

（2）如图1，点D是线段上的一动点，连接，将沿直线翻折，得到，当点恰好落在抛物线的对称轴上时，求点D的坐标；

（3）如图2，动点P在直线上方的抛物线上，过点P作直线的垂线，分别交直线，线段于点E，F，过点F作轴，垂足为G，求的最大值．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）由题易得c的值，再根据对称轴求出b的值，即可解答；

（2）过作x轴的垂线，垂足为H求出A和B的坐标，得到，，由，推出，解直角三角形得到的长，即可解答；

（3）求得所在直线的解析式为，设，设所在直线的解析式为：，得，令，解得，分别表示出和，再对进行化简计算，配方成顶点式即可求解．

【小问1详解】

解：抛物线与y轴交于点，

∴，

∵对称轴，

∴，，

∴抛物线的解析式为；

【小问2详解】

如图，过作x轴的垂线，垂足为H，

令，

解得：，

∴，，

∴，

由翻折可得，

∵对称轴为，

∴，

∵，

∴，

∴，

在中，，

∴；

【小问3详解】

设所在直线的解析式为，

把B、C坐标代入得：，

解得，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴直线与x轴所成夹角为，

设，

设所在直线的解析式为：，

把点P代入得，

∴，

令，则，

解得，

∴

∴

∵点P在直线上方，

∴，

∴当时，的最大值为．

【点睛】本题考查了二次函数综合问题，利用数形结合的思想是解题的关键．