2023中考数学考试试卷试题中考数学初三真题及答案解析含答案

2023中考数学考试试卷试题中考数学初中学业水平考试初三真题及答案解析(含答案和解析)一、选择题：本大题共12个小题，在每小题的四个选项中只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．每小题涂对得3分，满分36分．1．下列各式正确的是（）A．﹣|﹣5|＝5 B．﹣（﹣5）＝﹣5 C．|﹣5|＝﹣5 D．﹣（﹣5）＝5【分析】根据绝对值的性质和相反数的定义对各选项分析判断即可．解：A、∵﹣|﹣5|＝﹣5，∴选项A不符合题意；B、∵﹣（﹣5）＝5，∴选项B不符合题意；C、∵|﹣5|＝5，∴选项C不符合题意；D、∵﹣（﹣5）＝5，∴选项D符合题意．故选：D．2．如图，AB∥CD，点P为CD上一点，PF是∠EPC的平分线，若∠1＝55°，则∠EPD的大小为（）A．60° B．70° C．80° D．100°【分析】根据平行线和角平分线的定义即可得到结论．解：∵AB∥CD，∴∠1＝∠CPF＝55°，∵PF是∠EPC的平分线，∴∠CPE＝2∠CPF＝110°，∴∠EPD＝180°﹣110°＝70°，故选：B．3．冠状病毒的直径约为80～120纳米，1纳米＝1.0×10﹣9米，若用科学记数法表示110纳米，则正确的结果是（）A．1.1×10﹣9米 B．1.1×10﹣8米 C．1.1×10﹣7米 D．1.1×10﹣6米【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．解：110纳米＝110×10﹣9米＝1.1×10﹣7米．故选：C．4．在平面直角坐标系的第四象限内有一点M，到x轴的距离为4，到y轴的距离为5，则点M的坐标为（）A．（﹣4，5） B．（﹣5，4） C．（4，﹣5） D．（5，﹣4）【分析】直接利用点的坐标特点进而分析得出答案．解：∵在平面直角坐标系的第四象限内有一点M，到x轴的距离为4，到y轴的距离为5，∴点M的纵坐标为：﹣4，横坐标为：5，即点M的坐标为：（5，﹣4）．故选：D．5．下列图形：线段、等边三角形、平行四边形、圆，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解：线段是轴对称图形，也是中心对称图形；等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；圆是轴对称图形，也是中心对称图形；则既是轴对称图形又是中心对称图形的有2个．故选：B．6．如图，点A在双曲线y＝上，点B在双曲线y＝上，且AB∥x轴，点C、D在x轴上，若四边形ABCD为矩形，则它的面积为（）A．4 B．6 C．8 D．12【分析】根据双曲线的图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的矩形的面积S的关系S＝|k|即可判断．解：过A点作AE⊥y轴，垂足为E，∵点A在双曲线y＝上，∴四边形AEOD的面积为4，∵点B在双曲线线y＝上，且AB∥x轴，∴四边形BEOC的面积为12，∴矩形ABCD的面积为12﹣4＝8．故选：C．7．下列命题是假命题的是（）A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线互相垂直且平分的四边形是正方形【分析】利用正方形的判定依次判断，可求解．解：A、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形是真命题，故选项A不合题意；B、对角线互相垂直的矩形是正方形是真命题，故选项B不合题意；C、对角线相等的菱形是正方形是真命题，故选项C不合题意；D、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，即对角线互相垂直且平分的四边形是正方形是假命题，故选项D符合题意；故选：D．8．已知一组数据：5，4，3，4，9，关于这组数据的下列描述：①平均数是5，②中位数是4，③众数是4，④方差是4.4，其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】先把数据由小到大排列为3，4，4，5，9，然后根据算术平均数、中位数和众数的定义得到数据的平均数，中位数和众数，再根据方差公式计算数据的方差，然后利用计算结果对各选项进行判断．解：数据由小到大排列为3，4，4，5，9，它的平均数为＝5，数据的中位数为4，众数为4，数据的方差＝[（3﹣5）2+（4﹣5）2+（4﹣5）2+（5﹣5）2+（9﹣5）2]＝4.4．所以A、B、C、D都正确．故选：D．9．在⊙O中，直径AB＝15，弦DE⊥AB于点C，若OC：OB＝3：5，则DE的长为（）A．6 B．9 C．12 D．15【分析】直接根据题意画出图形，再利用垂径定理以及勾股定理得出答案．解：如图所示：∵直径AB＝15，∴BO＝7.5，∵OC：OB＝3：5，∴CO＝4.5，∴DC＝＝6，∴DE＝2DC＝12．故选：C．10．对于任意实数k，关于x的方程x2﹣（k+5）x+k2+2k+25＝0的根的情况为（）A．有两个相等的实数根 B．没有实数根 C．有两个不相等的实数根 D．无法判定【分析】先根据根的判别式求出“△”的值，再根据根的判别式的内容判断即可．解：x2﹣（k+5）x+k2+2k+25＝0，△＝[﹣（k+5）]2﹣4××（k2+2k+25）＝﹣k2+6k﹣25＝﹣（k﹣3）2﹣16，不论k为何值，﹣（k﹣3）2≤0，即△＝﹣（k﹣3）2﹣16＜0，所以方程没有实数根，故选：B．11．对称轴为直线x＝1的抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，且a≠0）如图所示，小明同学得出了以下结论：①abc＜0，②b2＞4ac，③4a+2b+c＞0，④3a+c＞0，⑤a+b≤m（am+b）（m为任意实数），⑥当x＜﹣1时，y随x的增大而增大．其中结论正确的个数为（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．解：①由图象可知：a＞0，c＜0，∵﹣＝1，∴b＝﹣2a＜0，∴abc＜0，故①错误；②∵抛物线与x轴有两个交点，∴b2﹣4ac＞0，∴b2＞4ac，故②正确；③当x＝2时，y＝4a+2b+c＜0，故③错误；④当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＞0，∴3a+c＞0，故④正确；⑤当x＝1时，y的值最小，此时，y＝a+b+c，而当x＝m时，y＝am2+bm+c，所以a+b+c≤am2+bm+c，故a+b≤am2+bm，即a+b≤m（am+b），故⑤正确，⑥当x＜﹣1时，y随x的增大而减小，故⑥错误，故选：A．12．如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（）A． B． C． D．【分析】根据中位线定理可得AM＝2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M＝A′N＝2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．解：∵EN＝1，∴由中位线定理得AM＝2，由折叠的性质可得A′M＝2，∵AD∥EF，∴∠AMB＝∠A′NM，∵∠AMB＝∠A′MB，∴∠A′NM＝∠A′MB，∴A′N＝2，∴A′E＝3，A′F＝2过M点作MG⊥EF于G，∴NG＝EN＝1，∴A′G＝1，由勾股定理得MG＝＝，∴BE＝OF＝MG＝，∴OF：BE＝2：3，解得OF＝，∴OD＝﹣＝．故选：B．二、填空题（本题共8小题，每小题4分，共32分）11.关于x的方程的解为________．【答案】4【解析】【分析】方程移项、合并同类项、把x系数化为1，即可求出解．【详解】解：方程，

移项,得3x-x=8，

合并同类项，得2x=8.解得x=4．

故答案为：x=4．【点睛】方程移项，把x系数化为1，即可求出解．12.因式分解：________．【答案】【解析】【分析】运用提公因式法分解因式即可．【详解】解：．故答案为：【点睛】本题考查了提公因式法分解因式，准确确定公因式是解题关键．13.计算结果是________．【答案】2【解析】【分析】利用二次根式的乘除法则运算．【详解】解：原式====2.故答案是：2.【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．14.王老师对本班40个学生所穿校服尺码的数据统计如下：尺码SMLXLXXLXXL频率0.050.10.20.3250.30.025则该班学生所穿校服尺码为“L”的人数有________个．【答案】8【解析】【分析】直接用尺码L的频率乘以班级总人数即可求出答案.【详解】解：由表可知尺码L的频率的0.2，又因为班级总人数为40，所以该班学生所穿校服尺码为“L”的人数有400.2=8.故答案是：8.【点睛】此题主要考查了频数与频率，关键是掌握频数是指每个对象出现的次数．频率是指每个对象出现的次数与总次数的比值（或者百分比）．即频率=频数÷总数．15.一个蜘蛛网如图所示，若多边形ABCDEFGHI为正九边形，其中心点为点O，点M、N分别在射线OA、OC上，则________度．【答案】80【解析】【分析】根据正多边形性质求出中心角，即可求出．【详解】解：根据正多边形性质得，中心角为360°÷9=40°，∴．故答案为：80【点睛】本题考查了正n边形中心角的定义，在正多边形中，中心角为．16.如图所示，点D、E分别是的边AB、AC的中点，连接BE，过点C做，交DE的延长线于点F，若，则DE的长为________．【答案】【解析】分析】先证明DE为的中位线，得到四边形BCFE为平行四边形，求出BC=EF=3，根据中位线定理即可求解．【详解】解：∵D、E分别是的边AB、AC的中点，∴DE为的中位线，∴DE∥BC，，∵，∴四边形BCFE为平行四边形，∴BC=EF=3，∴．故答案为：【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形判定与性质，熟知三角形中位线定理是解题关键．17.如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，四边形OABC为矩形，点A、C分别在x轴、y轴上，点B在函数（，k为常数且）的图象上，边AB与函数的图象交于点D，则阴影部分ODBC的面积为________（结果用含k的式子表示）【答案】【解析】【分析】根据反比例函数k的几何意义可知：△AOD的面积为1，矩形ABCO的面积为k,从而可以求出阴影部分ODBC的面积.【详解】解：∵D是反比例函数图象上一点∴根据反比例函数k的几何意义可知：△AOD的面积为=1.∵点B在函数（，k为常数且）的图象上，四边形OABC为矩形，∴根据反比例函数k的几何意义可知：矩形ABCO的面积为k.∴阴影部分ODBC的面积=矩形ABCO的面积-△AOD的面积=k-1.故答案为：k-1.【点睛】本题考查反比例函数k的几何意义，解题的关键是正确理解k的几何意义，本题属于中等题型．18.据《汉书律历志》记载：“量者，龠（yuè）、合、升、斗、斛（hú）也”斛是中国古代的一种量器，“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形的外接一个圆，此圆外是一个同心圆”，如图所示．问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的周长为________尺．（结果用最简根式表示）【答案】【解析】【分析】根据正方形性质确定△CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，问题得解．【详解】解：∵四边形CDEF为正方形，∴∠D=90°，CD=DE，∴CE为直径，=45°，由题意得AB=2.5，∴CE=2.5-0.25×2=2，∴CD=CE，∴=45°，∴正方形CDEF周长为尺．故答案：【点睛】本题考查了正方形外接圆的性质，等腰直角三角形性质，解题关键是判断出正方形对角线为其外接圆直径．三、解答题（本大题共8小题，共78分）19.计算：．【答案】2【解析】【分析】先根据负整数指数幂，绝对值，特殊角三角函数进行化简，再进行计算即可．【详解】解：原式．【点睛】本题考查了负整数指数幂，绝对值，特殊角三角函数等知识，熟记相关知识是解题关键．20.先化简，再求值：，其中，．【答案】；【解析】【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原分式，再将x,y的值代入计算可得．【详解】解：原式.当，，原式．【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的混合运算的顺序和运算法则．21.某高速公路管理部门工作人员在对某段高速公路进行安全巡检过程中，发现该高速公路旁的一斜坡存在落石隐患．该斜坡横断面示意图如图所示，水平线，点A、B分别在、上，斜坡AB的长为18米，过点B作于点C，且线段AC的长为米．（1）求该斜坡的坡高BC；（结果用最简根式表示）（2）为降低落石风险，该管理部门计划对该斜坡进行改造，改造后的斜坡坡脚为60°，过点M作于点N，求改造后的斜坡长度比改造前的斜坡长度增加了多少米？【答案】(1)（2）2米【解析】【分析】（1）运用勾股定理解题即可；（2）根据勾股定理列出方程，求出AM，问题得解．【详解】解：（1）在Rt△ABC中，；（2）∵，∴，∴，∵在Rt△ABC中，，∴∴，∴，∴．综上所述，长度增加了2米．【点睛】本题考查了解直角三角形，题目难度不大，理解好题意运用勾股定理解题是关键．22.近几年，国内快递业务快速发展，由于其便捷、高效，人们越来越多地通过快递公司代办点来代寄包裹．某快递公司某地区一代办点对60天中每天代寄的包裹数与天数的数据（每天代寄包裹数、天数均为整数）统计如下：（1）求该数据中每天代寄包裹数在范围内的天数；（2）若该代办点对顾客代寄包裹的收费标准为：重量小于或等于1千克的包裹收费8元；重量超1千克的包裹，在收费8元的基础上，每超过1千克（不足1千克的按1千克计算）需再收取2元．①某顾客到该代办点寄重量为1.6千克的包裹，求该顾客应付多少元费用？②这60天中，该代办点为顾客代寄的包表中有一部分重量超过2千克，且不超过5千克．现从中随机抽取40件包裹的重量数据作为样本，统计如下：重量G（单位：千克）件数（单位：件）151015求这40件包裹收取费用的平均数．【答案】（1）42天；（2）①10元；②14【解析】【分析】（1）根据统计图读出50.5~100.5的天数，100.5~150.5的天数，150.5~200.5的天数，再将三个数据相加即可；（2）①应付费用等于基础费用加上超过部分的费用；②求加权平均数即可．【详解】解：（1）结合统计图可知：每天代寄包裹数在50.5~200.5范围内的天数为18+12+12=42天；（2）①因为1.6>1,故重量超过了1kg,除了付基础费用8元，还需要付超过1k部分0.6kg的费用2元，则该顾客应付费用为8+2=10元；②元．所以这40件包裹收取费用的平均数为14元．【点睛】本题考查频数分布直方图、加权平均数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．23.如图所示，的顶点E在正方形ABCD对角线AC的延长线上，AE与BF交于点G，连接AF、CF，满足．（1）求证：．（2）若正方形ABCD的边长为1，，求的值．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）已知，根据全等三角形的对应角相等可得，再由，可得，即可证得；（2）由，根据全等三角形的对应角相等可得，由对顶角相等可得，即可证得；又因正方形边长为1，，可得，．在Rt△AFC中，即可求得．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴．（2）∵，∴，∵，∴，∵正方形边长为1，．∴，．∴．【点睛】本题考查了全等三角形的性质、正方形的性质及锐角三角函数的知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键．24.AB是的直径，点C是上一点，连接AC、BC，直线MN过点C，满足．（1）如图①，求证：直线MN是的切线；（2）如图②，点D在线段BC上，过点D作于点H，直线DH交于点E、F，连接AF并延长交直线MN于点G，连接CE，且，若的半径为1，，求的值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得，由可得，进一步即可推出，从而可得结论；（2）如图②，由已知条件易求出AC的长，根据对顶角相等和圆周角定理可得∠1=∠3，根据余角的性质可得，进而可得∽，于是根据相似三角形的性质变形可得，进一步即可求出结果．【详解】解：（1）证明：连接OC，如图，∵AB是的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，即，∴MN是的切线；（2）如图②，∵，即，∴，∵∠2=∠3，∠1=∠2，∴∠1=∠3，∵，∴∠1+∠AGC=90°，∵∠3+∠ECD=90°，∴，又∵，∴∽，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用相似三角形的判定和性质是解题的关键．25.如图所示，的顶点A在反比例函数的图像上，直线AB交y轴于点C，且点C的纵坐标为5，过点A、B分别作y轴的垂线AE、BF，垂足分别为点E、F，且．（1）若点E为线段OC的中点，求k的值；（2）若为等腰直角三角形，，其面积小于3．①求证：；②把称为，两点间的“ZJ距离”，记为，求的值．【答案】（1）；（2）①见解析；②8．【解析】【分析】（1）由点E为线段OC的中点，可得E点坐标为，进而可知A点坐标为：，代入解析式即可求出k；（2）①由为等腰直角三角形，可得，再根据同角的余角相等可证，由AAS即可证明；②由“ZJ距离”的定义可知为MN两点的水平距离与垂直距离之和，故，即只需求出B点坐标即可，设点，