2023年温州市初中学业水平考试·数学

数学试卷第页（共页）2023年温州市初中学业水平考试·数学一、选择题(本题有10小题，第1—5小题，每小题3分，第6—10小题，每小题4分，共35分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分)1.如图，比数轴上点A表示的数大3的数是()

A.－1 B.0 C.1 D.21.D【解析】点A表示的数字是-1,因此-1+3=2，答案选择D.2.截面为扇环的几何体与长方体组成的摆件如图所示，它的主视图是()

2.A【解析】主视图是两个扇形组合成的环形与矩形的上下结构图，环形内扇形的两个端点在矩形的一边上，答案选择A.3.苏步青来自“数学家之乡”，为纪念其卓越贡献，国际上将一颗距地球约

218

000

000公里的行星命名为“苏步青星”．数据218

000

000用科学记数法表示为()A.0.218×109 B.2.18×108C.21.8×107 D.218×1063.B【解析】运用科学记数法表示，前面的数字是2.18，后面所乘的数字，底数是10，指数的数字比整数数位9小1，即为8，答案选择B.4.阅读背景素材，完成第4—5

题．某校计划组织研学活动，现有四个地点可供选择：南麂岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山．若从中随机选择一个地点，则选中“南麂岛”或“百丈漈”的概率为()A.14 B.C.12 D.4.C【解析】有4种等可能的结果，选择南麂岛或百丈漈的有2种，所以概率为125.阅读背景素材，完成第4—5

题．某校计划组织研学活动，现有四个地点可供选择：南麂岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山．为了解学生想法，校方进行问卷调查(每人选一个地点)，并绘制成如图所示统计图．已知选择雁荡山的有270人，那么选择楠溪江的有()A.90人 B.180人 C.270人 D.360人5.B【解析】参与调查的学生有270÷30%＝900(人)，所以选择楠溪江的人数是900×20%＝180(人)．6.化简a4·(－a)3的结果是()A.a12 B.－a12C.a7 D.－a76.D【解析】a4·(－a)3＝－a4＋3＝－a7.7.一瓶牛奶的营养成分中，碳水化合物含量是蛋白质的

1.5倍，碳水化合物、蛋白质与脂肪的含量共

30g．设蛋白质、脂肪的含量分别为x(g)，y(g)，可列出方程为()A.52x＋y＝30 B.x＋52yC.32x＋y＝30 D.x＋32y7.A【解析】蛋白质的含量是x

g，则碳水化合物的含量是1.5x

g，根据题意列方程为2.5x＋y＝30，即52x＋y＝8.图①是第七届国际数学教育大会(ICME)的会徽，图②由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H．当AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2时，EH的长为()

A.3 B.3C.2 D.48.C【解析】∵四边形CDEF是菱形，∴CF＝EF＝DE＝2,

∵∠BOC＝30°，∴DO＝2DE＝4，∴OC＝2＋4＝6，BC＝12OC＝3，∴BF＝BC－CF＝1，易得OB＝62－32＝33，而EO＝42－22＝23，∴BE＝3，在Rt△ABO中，AB＝BC＝3，∴OA＝OB2－AB2＝（33）2－32＝32，易得HE∥OA，∴△BEH∽△9.如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD.若

∠AOD＝120°，AD＝3，则

∠CAO的度数与BC的长分别为()

A.10°，1 B.10°，2C.15°，1 D.15°，29.C【解析】∵∠AOD＝120°，OA＝OD，AD＝3，∴∠OAD＝∠ODA＝30°，∴OA＝OD＝32÷sin60°＝1.∵BC∥AD，∴A︵＝C︵，AB＝CD，∴∠ACB＝∠CBD，∵AC⊥BD，∴∠ACB＝∠CBD

＝45°，∴∠CAD＝∠CBD

＝45°.∵∠OAD

＝30°，∴∠CAO

＝45°－30°＝15°.设BD与AC的交点为点H，∴AH＝22AD＝62.∵∠ABH＝60°，∴BH＝AH÷tan60°＝62÷3＝22，∴BC＝BH÷sin45°＝22÷10.【素材1】某景区游览路线及方向如图①所示，①④⑥各路段路程相等，⑤⑦⑧各路段路程相等，②③两路段路程相等．【素材2】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟．小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟；小州游路线①②⑧，他离入口的路程s与时间t的关系(部分数据)如图②所示，在2100米处，他到出口还要走10分钟．【问题】路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为()

A.4200米 B.4800米 C.5200米 D.5400米10.B【解析】在2100米处，小州到出口还要走10分钟，从开始行走到75分钟时，经过两个景点，一共休息时间是40分钟，∴行走的时间是35分钟，∴小州的行走速度是2

100÷35＝60(米/分)，∴走①②⑧总路程是2

100＋60×10＝2700(米)；小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟，经过前5个景点，一共休息时间是20×5＝100(分钟)，∴行走的时间是105分钟，路程是60×105＝6300(米)，①④⑤⑥⑦⑧转化为①①①⑧⑧⑧，∴①⑧路程之和是2100米，∴②路程是600米，③路程也是600米．路线①③⑥⑦⑧转化为①③①⑧⑧即是③①①⑧⑧，路程之和是600＋2100×2＝4800(米)．二、填空题(本题有6小题，第11—15小题，每小题4分，第16小题5分，共25分)11.分解因式：

2a2－2a＝________．11.2a（a-1）【解析】2a2-2a=2a（a-1）.12.某校学生“亚运知识”竞赛成绩的频数直方图(每一组含前一个边界值，不含后一个边界值)如图所示，其中成绩在80分及以上的学生有________

人．某校学生“亚运知识”竞赛成绩的频数直方图

12.140【解析】80+60=140.13.不等式组x＋3≥13.-1≤x<3【解析】解不等式x＋3≥2，得x≥－1；解不等式3x－12＜4，得x＜3；∴不等式组的解集是－14.若扇形的圆心角为40°，半径为18，则它的弧长为________．14.4π【解析】扇形的弧长是40π×15.在温度不变的条件下，通过一次又一次地对汽缸顶部的活塞加压，加压后气体对汽缸壁所产生的压强p(kPa)与汽缸内气体的体积V(mL)成反比例，p关于V的函数图象如图所示．若压强由

75kPa加压到100kPa，则气体体积压缩了________mL.

15.20【解析】设函数表达式是p＝kV，代入点(100，60)得出函数表达式是p＝6000V，当p＝75(kPa)时，V＝80(mL)；当p＝100(kPa)时，V＝60(mL)．因此气体体积压缩了80－60＝20(mL16.图①是

4×4方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为

2，现将它剪拼成一个“房子”造型(如图②)，过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形CDEF作为题字区域(点A，E，D，B在圆上，点C，F在AB上)，形成一幅装饰画，则圆的半径为________．若点A，N，M在同一直线上，AB∥PN，DE＝6EF，则题字区域的面积为________．

16.5;

64【解析】标出各点如解图，设外接圆的圆心是点O，由于大正方形的边长是42，∴图中小正方形的边长是2×2＝2，平行四边形的较长一边是22，较短的一边是2，平行四边形的两条短边之间的距离是2，两个最大的等腰直角三角形的直角边长度是4，如解图①，连接RG，作OH⊥RG于点H，弦RK＝2＋2＋4＝8，则RQ＝4，sin∠GRQ＝sin∠GOH＝222＋42＝55.∴GHOG＝55，GH＝12GR＝22＋422＝5.∴OG＝5÷55＝5.如解图②，延长ON交AB于点J，交ED于点I，连接FI，AM，NB，∵ON＝GQ＋QN－GO＝＝2＋4－5＝1，OI是AB的垂直平分线，∴NA＝NB，∵A，N，M三点在同一条直线上，易得△ANJ∽△NMP，∴AJNJ＝NPMP＝2，设AB＝2x，∴AJ＝x，则NJ＝12x，连接OA，在Rt△AOJ中，x2＋(12x＋1)2＝52，解得x＝4(负值已舍去)，∴AB＝8，OJ＝3，设JI＝y，则EF＝y，∴EI＝62y，连接OE，在Rt△OEI中，(62y)2＋(3＋y)2＝52，解得y＝85(负值已舍去)，则EF＝y＝三、解答题(本题有8小题，共90分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程)17.计算：(1)|－1|＋－83＋(13)－2－((2)a2＋2a17.解：原式=1-2+9+4=12.原式＝a＝a＝（＝a－1.18.如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1.已知格点P，请按要求画格点三角形(顶点均在格点上)．

(1)在图①中画一个等腰三角形PEF，使底边长为2，点E在BC上，点F在AD上，再画出该三角形绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形．(2)在图②中画一个Rt△PQR，使

∠P＝45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．注：图①，图②在答题纸上．18.解：(1)画法不唯一，如解图①或解图②；(2)画法不唯一，如解图③或解图④.19.某公司有A，B，C三种型号电动汽车出租，每辆车每天费用分别为300元、380元、500元．阳阳打算从该公司租一辆汽车外出旅游一天，往返行程为

210km，为了选择合适的型号，通过网络调查，获得三种型号汽车充满电后的里程数据如图所示．(1)阳阳已经对B，C型号汽车数据统计如下表，请继续求出A型号汽车的平均里程、中位数和众数．型号平均里程(km)中位数(km)众数(km)B216215220C227.5227.5225(2)为了尽可能避免行程中充电耽误时间，又能经济实惠地用车，请你从相关统计量和符合行程要求的百分比等进行分析，给出合理的用车型号建议．19.解：(1)方法一：xA＝3＝200(km)．故A型号汽车的平均里程是200

km，中位数是200

km，众数是205

km.方法二：运用加权平均数计算公式，得出xA＝200＋3＝200＋0＝200(km)；(2)选择B型号汽车．理由：A型号汽车的平均里程、中位数、众数均低于210

km，且只有10%的车辆能达到行程要求，故不建议选择；B、C型号汽车的平均里程、中位数、众数都超过210

km.其中B型号汽车有90%符合行程要求，很大程度上可以避免行程中充电耽误时间，且B型号汽车比C型号汽车更经济实惠，故建议选择B型号汽车．(答案不唯一，合理即可)20.如图，在直角坐标系中，点A(2，m)在直线y＝2x－52上，过点A的直线交y轴于点B(0，3)

(1)求m的值和直线AB的函数表达式．(2)若点P(t，y1)在线段AB上，点Q(t－1，y2)在直线y＝2x－52上，求y1－y2的最大值20.解：(1)把点A(2，m)代入y＝2x－52得m＝32设直线AB的函数表达式为y＝kx＋b(k≠0)，把点A(2，32)，B(0，3)得2解得k∴直线AB的函数表达式为y＝－34x＋3(2)∵点P(t，y1)在线段AB上，点Q(t－1，y2)在直线y＝2x－52∴y1＝－34t＋3(0≤t≤2)y2＝2(t－1)－52＝2t－9∴y1－y2＝－34t＋3－(2t－92)＝－114t＋∵－114＜0∴y1－y2的值随t的增大而减小，∴当t＝0时，y1－y2取最大值，最大值为15221.如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F作FH⊥EF交ED的延长线于点H，连接AF交EH于点G，GE＝GH.(1)求证：BE＝CF.(2)当ABFH＝56，AD＝4时，求21.(1)证明：∵FH⊥EF，GE＝GH，∴GE＝GF＝GH，∴∠GFE＝∠E.∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，∠ABC＝∠DCB＝90°，∴△ABF≌△DCE(AAS)，∴BF＝CE，∴CE－BC＝BF－BC，即BE＝CF；(2)解：∵CD∥FH，∴△DCE∽△HFE，∴ECEF＝∵CD＝AB，∴CDFH＝AB设BE＝CF＝x，∵BC＝AD＝4，∴CE＝x＋4，EF＝2x＋4.∴x＋42x解得x＝1，∴EF＝6.22.一次足球训练中，小明从球门正前方

8m的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为

6m时，球达到最高点，此时球离地面

3m．已知球门高OB为

2.44m，现以O为原点建立如图所示直角坐标系．

(1)求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门(忽略其他因素)．(2)对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方

2.25m处？22.解：(1)由题意知，抛物线的顶点坐标为(2，3)，设抛物线的函数表达式为y＝a(x－2)2＋3，把点A(8，0)代入，得36a＋3＝0，解得a＝－112∴抛物线的函数表达式为y＝－112(x－2)2＋3当x＝0时，y＝－112(0－2)2＋3≈2.67＞2.44∴球不能射进球门；(2)设小明带球向正后方移动m米，则移动后抛物线的表达式为y＝－112(x－2－m)2＋把点(0，2.25)代入，得2.25＝－112(－2－m)2＋3解得m1＝－5(舍去)，m2＝1，∴当时他应该带球向正后方移动1米射门．23.根据背景素材，探索解决问题．测算发射塔的高度背景素材某兴趣小组在一幢楼房窗口测算远处小山坡上发射塔的高度MN(如图①)．他们通过自制的测倾仪(如图②)在A，B，C三个位置观测，测倾仪上的示数如图③所示.图②图①图③经讨论，只需选择其中两个合适的位置，通过测量﹑换算就能计算发射塔的高度.注：测量时，以答题纸上的图上距离为准，并精确到1mm.问题解决任务1

分析规划

选择两个观测位置：点

____

和点

____.获取数据

写出所选位置观测角的正切值，并量出观测点之间的图上距离.任务2

推理计算

计算发射塔的图上高度MN.任务3

换算高度

楼房实际宽度DE为12米，请通过测量换算发射塔的实际高度.23.解：有以下两种方法，任选一种即可【任务1】选择点__A__和点__B__．tan∠1＝18，tan∠2＝14，tan∠3＝13，测得图上AB＝一题多解：【任务1】选择点____A____和点____C____．tan∠1＝18，tan∠2＝14，tan∠4＝12，测得图上AC＝【任务2】如解图①，过点A作AF⊥MN于点F，过点B作BG⊥MN于点G，则FG＝AB＝4

mm.设MF＝x

mm.∵tan∠MAF＝xAF＝1tan∠MBG＝x＋4BG∴AF＝4x，BG＝3x＋12.∵AF＝BG，∴4x＝3x＋12，解得x＝12，∴AF＝BG＝4x＝48

mm.∵tan∠FAN＝FN48＝∴FN＝6

mm，∴MN＝MF＋FN＝12＋6＝18

mm；一题多解：【任务2】如解图②，过点A作AF⊥MN于点F，过点C作CG⊥MN交MN的延长线于点G，则FG＝AC＝12

mm.设MF＝x

mm.∵tan∠MAF＝xAF＝14，tan∠MCG＝x＋∴AF＝4x，CG＝2x＋24.∵AF＝CG.∴4x＝2x＋24.解得x＝12.∴AF＝CG＝4x＝48

mm；∵tan∠FAN＝FN48＝∴FN＝6

mm，∴MN＝MF＋FN＝12＋6＝18

mm；解图①

解图②【任务3】测得图上DE＝5

mm.设发射塔的实际高度为h米．由题意，得512＝18h，解得h＝∴发射塔的实际高度为43.2米．一题多解：【任务3】测得图上DE＝5

mm.设发射塔的实际高度为h米，由题意，得512＝18h.解得h∴发射塔的实际高度为43.2米．24.如图①，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知OA＝32，AC＝1.如图②，连接AF，P为线段AF上一点，过点P作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点P作PH⊥A