2023年江苏省徐州市中考数学真题

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徐州市2023年初中学业水平考试数学试题
注意事项
1．本试卷共6页，考试时间120分钟．
2．答题前，请将姓名、文化考试证号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在本卷和答题卡的指定位置．
3．答案全部涂、写在答题卡上，写在本卷上无效．考试结束后，将本卷和答题卡一并交回．
一、选择题（本大题共有8小题，在每小题所给出的四个选项中，只有一项符合题意，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置）
1. 下列事件中的必然事件是（ ）
A. 地球绕着太阳转 B. 射击运动员射击一次，命中靶心
C. 天空出现三个太阳 D. 经过有交通信号灯的路口，遇到红灯
【答案】A
【解析】
【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念，可得答案．
【详解】解∶ A、地球绕着太阳转是必然事件，故A正确；
B、射击运动员射击一次，命中靶心是随机事件，故B错误；
C、天空出现三个太阳是不可能事件，故C错误；
D、经过有交通信号灯的路口，遇到红灯是随机事件，故D错误；
故选∶ A．
【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
2. 下列图案是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形：一个图形如果沿一条直线折叠，直线两旁部分能够完全重合的图形；中心对称图形：一个图形绕某个点旋转180度后能与原图完全重合的图形；由此问题可求解．
【详解】解：A、是中心对称图形但不是轴对称图形，故符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
C、既是轴对称图形也是中心对称图形，故不符合题意；
D、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查轴对称图形与中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念是解题的关键．
3. 如图，数轴上点分别对应实数，下列各式的值最小的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数轴可直接进行求解．
【详解】解：由数轴可知点C离原点最近，所以在、、、中最小的是；
故选C．
【点睛】本题主要考查数轴上实数的表示、有理数的大小比较及绝对值，熟练掌握数轴上有理数的表示、有理数的大小比较及绝对值是解题的关键．
4. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同底数幂的乘除法、幂的乘方及合并同类项可进行求解．
【详解】解：A、，原计算错误，故不符合题意；
B、，原计算正确，故符合题意；
C、，原计算错误，故不符合题意；
D、，原计算错误，故不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查同底数幂的乘除法、幂的乘方及合并同类项，熟练掌握同底数幂的除法、幂的乘方及同底数幂的乘法是解题的关键．
5. 徐州云龙山共九节，蜿蜒起伏，形似游龙，每节山的海拔如图所示．

其中，海拔为中位数的是（ ）
A. 第五节山 B. 第六节山 C. 第八节山 D. 第九节山
【答案】C
【解析】
【分析】根据折线统计图把数据按从小到大排列，然后根据中位数可进行求解．
【详解】解：由折线统计图可按从小到大排列为90.7、99.2、104.1、119.2、131.8、133.5、136.6、139.6、141.6，所以海拔为中位数的是第5个数据，即为第八节山；
故选C．
【点睛】本题主要考查折线统计图及中位数，熟练掌握中位数的求法是解题的关键．
6. 的值介于（ ）
A. 25与30之间 B. 30与35之间 C. 35与40之间 D. 40与45之间
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用二次根式的性质得出的取值范围进而得出答案．
详解】解∶∵．
∴即，
∴的值介于40与45之间．
故选D．
【点睛】本题主要考查了估算无理数的大小，正确估算无理数的取值范围是解题关键．
7. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得拋物线对应的函数表达式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数图象的平移“左加右减，上加下减”可进行求解．
【详解】解：由二次函数的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得拋物线对应的函数表达式为；
故选B．
【点睛】本题主要考查二次函数图象的平移，熟练掌握二次函数图象的平移是解题的关键．
8. 如图，在中，为的中点．若点在边上，且，则的长为（ ）

A. 1 B. 2 C. 1或 D. 1或2
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意易得，然后根据题意可进行求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵点D为的中点，
∴，
∵，
∴，
①当点E为的中点时，如图，

∴，
②当点E为的四等分点时，如图所示：

∴，
综上所述：或2；
故选D．
【点睛】本题主要考查含30度直角三角形的性质及三角形中位线，熟练掌握含30度直角三角形的性质及三角形中位线是解题的关键．
二、填空题（本大题共有10小题，不需要写出解答过程，请将答案直接填写在答题卡相应位置）
9. 若一个三角形的边长均为整数，且两边长分别为3和5，则第三边的长可以为________（写出一个即可）．
【答案】4
【解析】
【分析】根据三角形三边关系可进行求解．
【详解】解：设第三边的长为x，则有，即，
∵该三角形的边长均为整数，
∴第三边的长可以为3、4、5、6、7，
故答案为4（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查三角形三边关系，熟练掌握三角形三边关系是解题的关键．
10. “五一”假期我市共接待游客约4370000人次，将4370000用科学记数法表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n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．当原数绝对值大于或等于10时，n是正整数；当原数的绝对值小于1时，n是负整数．
【详解】解：将4370000用科学记数法表示为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键．
11. 若代数式有意义，则x的取值范围是 _____．
【答案】##
【解析】
【分析】根据有意义得出，再求出答案即可．
【详解】解：∵代数式有意义，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，能根据有意义得出是解此题的关键．
12. 正五边形的一个外角的大小为__________度．
【答案】72
【解析】
【分析】根据多边形的外角和是360°，依此即可求解．
【详解】解：正五边形的一个外角的度数为：，
故答案为：72．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，正确理解多边形的外角和为360°是解题的关键．
13. 关于x的方程有两个相等的实数根，则m的值是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与判别式的关系可得，，求解即可．
【详解】解：关于x的方程有两个相等的实数根，
则，解得，
故答案为：
【点睛】此题考查了一元二次方程根与判别式的关系，解题的关键是熟练掌握一元二次方程根与判别式的关系．
14. 如图，在中，若，则________°．

【答案】##55度
【解析】
【分析】先由邻补角求得，，进而由平行线的性质求得，，最后利用三角形的内角和定理即可得解．
【详解】解：∵，，，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了邻补角，平行线的性质以及三角形的内角和定理，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
15. 如图，在中，直径与弦交于点．连接，过点的切线与的延长线交于点．若，则________°．

【答案】66
【解析】
【分析】连接，则有，然后可得，则，进而问题可求解．
【详解】解：连接，如图所示：

∵是的直径，且是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：66．
【点睛】本题主要考查切线的性质、圆周角、弧之间的关系，熟练掌握切线的性质、圆周角、弧之间的关系是解题的关键．
16. 如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥母线l=6，扇形的圆心角，则该圆锥的底面圆的半径r长为______．

【答案】2
【解析】
【分析】结合题意，根据弧长公式，可求得圆锥的底面圆周长．再根据圆的周长的公式即可求得底面圆的半径长．
【详解】∵母线l长为6，扇形的圆心角，
∴圆锥的底面圆周长，
∴圆锥的底面圆半径．
故答案为：2．
【点睛】本题考查圆锥的侧面展开图的相关计算，弧长公式等知识．掌握圆锥侧面展开图的弧长等于圆锥底面圆的周长是求解本题的关键．
17. 如图，点在反比例函数的图象上，轴于点轴于点．一次函数与交于点，若为的中点，则的值为_______．

【答案】4
【解析】
【分析】根据题意可设点P的坐标为，则，把代入一次函数解析式中求出m的值进而求出点P的坐标，再求出k的值即可．
【详解】解：∵轴于点轴于点，
∴点P的横纵坐标相同，
∴可设点P的坐标为，
∵为的中点，
∴，
∵在直线上，
∴，
∴，
∴，
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，正确求出点P的坐标是解题的关键．
18. 如图，在中，，点在边上．将沿折叠，使点落在点处，连接，则的最小值为_______．

【答案】
【解析】
【分析】由折叠性质可知，然后根据三角不等关系可进行求解．
【详解】解：∵，
∴，
由折叠的性质可知，
∵，
∴当、、B三点在同一条直线时，取最小值，最小值即为；
故答案．
【点睛】本题主要考查勾股定理、折叠的性质及三角不等关系，熟练掌握勾股定理、折叠的性质及三角不等关系是解题的关键．
三、解答题（本大题共有10小题，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）2022
（2）
【解析】
【分析】（1）根据零次幂、负指数幂及算术平方根可进行求解；
（2）根据分式的运算可进行求解．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
．
【点睛】本题主要考查零次幂、负指数幂、分式的运算及算术平方根，熟练掌握各个运算是解题的关键．
20. （1）解方程组
（2）解不等式组
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用代入法解二元一次方程组即可；
（2）求出每个不等式的解集，取每个不等式解集的公共部分即可．
【详解】解：（1）
把①代入②得，，
解得，
把代入①得，，
∴ ；
（2）
解不等式①得，，
解不等式②得，，
∴不等式组的解集是．
【点睛】此题考查了二元一次方程组的解法和一元一次不等式组的解法，熟练掌握相关解法是解题的关键．
21. 为了解某地区九年级学生的视力情况，从该地区九年级学生中抽查了部分学生，根据调查结果，绘制了如下两幅不完整的统计图．

根据以上信息，解决下列问题：
（1）此次调查的样本容量为 ；
（2）扇形统计图中对应圆心角的度数为 °；
（3）请补全条形统计图；
（4）若该地区九年级学生共有人，请估计其中视力正常的人数．
【答案】（1）450 （2）
（3）见解析 （4）人
【解析】
【分析】（1）根据的人数是人，所占的比例是，据此即可求得此次调查的样本容量；
（2）用类学生数除以，再乘以即可得解；
（3）利用总人数减去、、三类的人数即可求得的人数，从而补全直方图；
（4）利用总人数乘以对应的百分比即可求得．
【小问1详解】
解：，
答：此次调查的样本容量为是，
故答案为．
【小问2详解】
解：，
故答案为；
【小问3详解】
解：
补全图形如下：
【小问4详解】
解：（人）
答：九年级学生共有人，请估计其中视力正常的人数共有人．
【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
22. 甲，乙、丙三人到淮海战役烈士纪念塔园林游览，若每人分别从纪念塔、纪念馆这两个景点中选择一个参观，且选择每个景点的机会相等，则三人选择相同景点的概率为多少？
【答案】
【解析】
【分析】根据树状图可进行求解概率．
【详解】解：由题意可得如下树状图：

∴甲、乙、丙三人分别从纪念塔、纪念馆这两个景点中选择一个参观，则共有8种情况，其中三人选择相同景点参观共有2种，所以三人选择相同景点的概率为．
【点睛】本题主要考查概率，熟练掌握利用树状图求解概率是解题的关键．
23. 随着2022年底城东快速路的全线通车，徐州主城区与东区之间的交通得以有效改善，如图某人乘车从徐州东站至戏马台景区，可沿甲路线或乙路线前往．已知甲、乙两条路线的长度均为，甲路线的平均速度为乙路线的倍，甲路线的行驶时间比乙路线少，求甲路线的行驶时间．

【答案】甲路线的行驶时间为．
【解析】
【分析】设甲路线的行驶时间为，则乙路线的行驶事件为，根据“甲路线的平均速度为乙路线的倍”列分式方程求解即可．
【详解】解：甲路线的行驶时间为，则乙路线的行驶事件为，由题意可得，
，
解得，
经检验是原方程的解，
∴甲路线的行驶时间为，
答：甲路线的行驶时间为．
【点睛】本题考查分式方程的应用，解题的关键是明确题意，找出等量关系列出相应的分式方程．
24. 如图，正方形纸片的边长为4，将它剪去4个全等的直角三角形，得到四边形．设的长为，四边形的面积为．

（1）求关于的函数表达式；
（2）当取何值时，四边形的面积为10？
（3）四边形的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）当取1或3时，四边形的面积为10；
（3）存在，最小值为8．
【解析】
【分析】（1）先证出四边形为正方形，用未知数x表示其任一边长，根据正方形面积公式即可解决问题；
（2）代入y值，解一元二次方程即可；
（3）把二次函数配方化为顶点式，结合其性质即可求出最小值．
【小问1详解】
解：在正方形纸片上剪去4个全等的直角三角形，

，
，四边形为正方形，
在中，，
，
正方形的面积；
不能为负，
，
故关于的函数表达式为
【小问2详解】
解：令，得，
整理，得，
解得，
故当取1或3时，四边形的面积为10；
【小问3详解】
解：存．
正方形的面积；
当时，y有最小值8，即四边形的面积最小为8．
【点睛】本题考查二次函数的应用．解题的关键是找准数量关系，对于第三问，只需把二次函数表达式配方化为顶点式，即可求解．
25. 徐州电视塔为我市的标志性建筑之一，如图，为了测量其高度，小明在云龙公园的点处，用测角仪测得塔顶的仰角，他在平地上沿正对电视塔的方向后退至点处，测得塔顶的仰角．若测角仪距地面的高度，求电视塔的高度（精确到．（参考数据：）

【答案】
【解析】
【分析】先证四边形是矩形，四边形是平行四边形，得，然后在和中，解直角三角形以及由构造方程求解即可得解．
【详解】解：∵，，，，
∴四边形是矩形，，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
在中，，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴电视塔的高度．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用仰角俯角问题，坡度坡角问题等知识，解题的关键是熟练解直角三角形，属于中考常考题型．
26. 两汉文化看徐州，桐桐在徐州博物馆“天工汉玉”展厅参观时了解到；玉壁，玉环为我国的传统玉器，通常为正中带圆孔的扇圆型器物，据《尔雅·释器》记载：“肉倍好，谓之璧；肉好若一，调之环．”如图1，“肉”指边（阴影部分），“好”指孔，其比例关系见图示，以考古发现看，这两种玉器的“肉”与“好”未必符合该比例关系．

（1）若图1中两个大圆的直径相等，则璧与环的“肉”的面积之比为 ；
（2）利用圆规与无刻度的直尺，解决下列问题（保留作图痕迹，不写作法）．
①图2为徐州狮子山楚王墓出土的“雷纹玉环”及其主视图，试判断该件玉器的比例关系是否符合“肉好若一”？
②图3表示一件圆形玉坯，若将其加工成玉璧，且比例关系符合“肉倍好”，请画出内孔．
【答案】（1）
（2）①符合，图见详解；②图见详解
【解析】
【分析】（1）根据圆环面积可进行求解；
（2）①先确定该圆环圆心，然后利用圆规确定其比例关系即可；②先确定好圆的圆心，然后根据平行线所截线段成比例可进行作图．
【小问1详解】
解：由图1可知：璧的“肉”的面积为；环的“肉”的面积为，
∴它们的面积之比为；
故答案为；
【小问2详解】
解：①在该圆环任意画两条相交的线，且交点在外圆的圆上，且与外圆的交点分别为A、B、C，则分别以A、B为圆心，大于长为半径画弧，交于两点，连接这两点，同理可画出线段的垂直平分线，线段的垂直平分线的交点即为圆心O，过圆心O画一条直径，以O为圆心，内圆半径为半径画弧，看是否满足“肉好若一”的比例关系即可

由作图可知满足比例关系为的关系；
②按照①中作出圆的圆心O，过圆心画一条直径，过点A作一条射线，然后以A为圆心，适当长为半径画弧，把射线三等分，交点分别为C、D、E，连接，然后分别过点C、D作的平行线，交于点F、G，进而以为直径画圆，则问题得解；如图所示：
【点睛】本题主要考查圆的基本性质及平行线所截线段成比例，熟练掌握圆的基本性质及平行线所截线段成比例是解题的关键．
27. 【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．
【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：．
【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为_______．
【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：
【解析】
【分析】探究发现：作于点E，作交的延长线于点F，则，证明，，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长到点C，使，证明四边形是平行四边形，由【探究发现】可知，，则，得到，即可得到结论；
尝试应用：由四边形是矩形，，得到，，设，，由勾股定理得到，根据二次函数的性质即可得到答案．
【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：
作于点E，作交的延长线于点F，则，

∵四边形为平行四边形，若，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴





；
拓展提升：延长到点C，使，

∵为的一条中线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵．
∴由【探究发现】可知，，
∴，
∴，
∴；
尝试应用：∵四边形是矩形，，
∴，，
设，则，
∴
，
∵，
∴抛物线开口向上，
∴当时，的最小值是
故答案为：
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
28. 如图，在平而直角坐标系中，二次函数的图象与轴分别交于点，顶点为．连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接．点分别在线段上，连接与交于点．

（1）求点的坐标；
（2）随着点在线段上运动．
①的大小是否发生变化？请说明理由；
②线段的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由；
（3）当线段的中点在该二次函数的因象的对称轴上时，的面积为 ．
【答案】（1），；
（2）①的大小不变，理由见解析；②线段的长度存在最大值为；
（3）
【解析】
【分析】（1）得，解方程即可求得的坐标，把化为顶点式即可求得点的坐标；
（2）①在上取点，使得，连接，证明是等边三角形即可得出结论；②由，得当最小时，的长最大，即当时，的长最大，进而解直角三角形即可求解；
（3）设的中点为点，连接，过点作于点，证四边形是菱形，得，进而证明得，再证，得即，结合三角形的面积公式即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴顶点为，
令，，
解得或，
∴；
【小问2详解】
解：①的大小不变，理由如下：
在上取点，使得，连接，

∵，
∴抛物线对称轴为，即，
∵将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，，，，
∴，，，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴是等边三角形，
∴，即的大小不变；
②，∵，
∴当最小时，的长最大，即当时，的长最大，
∵是等边三角形，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即线段的长度存在最大值为；
【小问3详解】
解：设的中点为点，连接，过点作于点，


∵，
∴四边形菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵的中点为点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵的中点为点，是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴即，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图像及性质，菱形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质以及解直角三角形，题目综合性较强，熟练掌握各知识点是解题的关键．