2023年湖北省鄂州市中考数学真题（解析版）

鄂州市2023年初中学业水平考试数学试题学校：___________考生姓名：___________准考证号：___________注意事项：1．本试卷共8页，满分120分，考试时间120分钟．2．答题前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答在试卷上无效．4．非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．答在试卷上无效．5．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．·祝考试顺利·一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共计30分）1.10的相反数是（）A.－10 B.10 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据相反数的定义直接求解．【详解】解：10的相反数是－10．故选：A．【点睛】本题主要考查了相反数的定义，熟练掌握相反数的定义是解答本题的关键．2.下列运算正确的是（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据同底数幂的加法，同底数幂的乘除法，幂的乘方这些公式进行运算即可．【详解】A选项，和不是同类项，不能合并，故不符合题意；B选项，，正确，故符合题意；C选项，，不正确，故不符合题意；D选项，，不正确，故不符合题意．故选：B【点睛】本题考查整式的运算，属于基础题，熟练掌握同底数幂的加法，同底数幂的乘除法，幂的乘方这些运算法则是解题的关键．3.中华鲟是地球上最古老的脊椎动物之一，距今约有140000000年的历史，是国家一级保护动物和长江珍稀特有鱼类保护的旗舰型物种，3月28日是中华鲟保护日，有关部门进行放流活动，实现鱼类物种的延续并对野生资源形成持续补充．将140000000用科学记数法表示应为（ ）A. B. C. D.【答案】B【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．当原数绝对值时，n是正数；当原数的绝对值时，n是负数．【详解】解：故选B．【点睛】本题考查了用科学记数法表示绝对值大于1的数，掌握科学记数法的表示方法是解题的关键．4.下列立体图形中，主视图是圆的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分别得出棱柱，圆柱，圆锥，球体的主视图，得出结论．【详解】解：棱柱的主视图是矩形（中间只有一条线段），不符合题意；圆柱的主视图是矩形，不符合题意；圆锥的主视图是等腰三角形，不符合题意；球体的主视图是圆，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．5.如图，直线，于点E．若，则度数是（ ）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】延长，与交于点，根据平行线的性质，求出的度数，再直角三角形的两锐角互余即可求出．【详解】解：延长，与交于点，∵，，∴，∵，∴，故选：B．【点睛】本题考查平行线的性质和直角三角形的性质，正确作出辅助线和正确利用平行线的性质是解题的关键．6.已知不等式组的解集是，则（ ）A.0 B. C.1 D.2023【答案】B【解析】【分析】按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，可得，再结合已知可得，，然后进行计算可求出，的值，最后代入式子中进行计算即可解答．【详解】解：，解不等式①得：，解不等式②得：，∴原不等式组的解集为：，∵不等式组的解集是，∴，，∴，，∴，故选：B．【点睛】本题考查了根据一元一次不等式组的解集求参数，准确熟练地进行计算是解题的关键．7.象棋起源于中国，中国象棋文化历史悠久．如图所示是某次对弈的残图，如果建立平面直角坐标系，使棋子“帅”位于点的位置，则在同一坐标系下，经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用待定系数法求解一次函数即可得解．【详解】解：如图，建立平面直角坐标系，可得“马”所在的点，设经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为，∵过点和，∴，解得，∴经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为，故选A．【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握待定系数法式解题的关键．8.如图，在中，，，，点为的中点，以为圆心，长为半径作半圆，交于点，则图中阴影部分的面积是（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】连接，，作交于点，首先根据勾股定理求出的长度，然后利用解直角三角形求出、的长度，进而得到是等边三角形，，然后根据角直角三角形的性质求出的长度，最后根据进行计算即可．【详解】解：如图所示，连接，，作交于点∵在中，，，，∴，∵点为的中点，以为圆心，长为半径作半圆，∴是半圆的直径，∴，∵，∴，，又∵，∴，∴是等边三角形，∴，∵，，∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查了角直角三角形的性质，解直角三角形，等边三角形的性质和判定，扇形面积，勾股定理等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．9.如图，已知抛物线的对称轴是直线，且过点，顶点在第一象限，其部分图象如图所示，给出以下结论：①；②；③；④若，（其中）是抛物线上的两点，且，则，其中正确的选项是（ ）A.①②③ B.①③④ C.②③④ D.①②④【答案】D【解析】【分析】根据二次函数的性质可得，，，可判断结论①；由处的函数值可判断结论②；由处函数值可判断结论③；根据得到点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离可判断结论④．【详解】解：二次函数开口向下，则，二次函数对称轴为，则，，，∴，故①正确；∵过点，∴由对称性可得二次函数与轴的另一交点为，由函数图象可得时，，故②正确；时，，代入得：，故③错误；∵对称轴是直线，∴若，即时，，∴当时，点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离∵二次函数开口向下∴，故④正确．综上所述，正确的选项是①②④．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的综合，掌握二次函数的图象与各项系数符号的关系是解题关键．10.如图，在平面直角坐标系中，为原点，，点为平面内一动点，，连接，点是线段上的一点，且满足．当线段取最大值时，点的坐标是（ ）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得点在以点为圆心，为半径的上，在轴的负半轴上取点，连接，分别过、作，，垂足为、，先证，得，从而当取得最大值时，取得最大值，结合图形可知当，，三点共线，且点在线段上时，取得最大值，然后分别证，，利用相似三角形的性质即可求解．【详解】解：∵点为平面内一动点，，∴点在以点为圆心，为半径的上，在轴的负半轴上取点，连接，分别过、作，，垂足为、，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴当取得最大值时，取得最大值，结合图形可知当，，三点共线，且点在线段上时，取得最大值，∵，，∴，∴，∵，∴，∵轴轴，，∴，∵，∴，∴即，解得，同理可得，，∴即，解得，∴，∴当线段取最大值时，点的坐标是，故选D．【点睛】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共计18分）11.计算：=_______．【答案】4【解析】【分析】根据算术平方根的概念求解即可．算术平方根的定义：一个非负数的正的平方根，即为这个数的算术平方根，由此即可求出结果．【详解】解：原式==4．故答案为4．【点睛】此题主要考查了算术平方根的定义，算术平方根的概念易与平方根的概念混淆而导致错误．12.为了加强中学生“五项管理”，葛洪学校就“作业管理”、“睡眠管理”、“手机管理”、“读物管理”、“体质管理”五个方面对各班进行考核打分（各项满分均为100），九（1）班的五项得分依次为95，90，85，90，92，则这组数据的众数是___________．【答案】90【解析】【分析】众数是在一组数据中，出现次数最多的数据．【详解】众数是在一组数据中，出现次数最多的数据，这组数据中90出现2次，出现的次数最多，故这组数据的众数为90．故答案为：90．【点睛】本题考查了众数，众数是在一组数据中，出现次数最多的数据，注意：在一组数据中，众数可能不止一个．13.实数m，n分别满足，且，则的值是_______．【答案】【解析】【分析】直接利用根与系数的关系进行求解即可．【详解】解：由题可知，m和n是的两个根，所以，所以；故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题关键是掌握“若一元二次方程的两个根分别为和，则”．14.如图，在平面直角坐标系中，与位似，原点O是位似中心，且．若，则点的坐标是___________．【答案】【解析】【分析】直接利用位似图形的性质得出相似比进而得出对应线段的长．【详解】解∶设∵与位似，原点是位似中心，且．若，∴位似比为，∴，解得，，∴故答案为：【点睛】此题主要考查了位似变换，正确得出相似比是解题关键．15.如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线（其中）相交于，两点，过点B作轴，交y轴于点P，则的面积是___________．【答案】【解析】【分析】把代入到可求得的值，再把代入双曲线函数的表达式中，可求得的值，进而利用三角形的面积公式进行求解即可．【详解】∵直线与双曲线（其中）相交于，两点，∴∴，∴双曲线的表达式为：，，∵过点作轴，交轴于点，∴，∴，故答案为．【点睛】本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了待定系数法求反比例函数，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，数形结合是解答此题的关键．16.2002年的国际数学家大会在中国北京举行，这是21世纪全世界数学家的第一次大聚会．这次大会的会徽选定了我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，世人称之为“赵爽弦图”．如图，用四个全等的直角三角形（）拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连接和，与、、分别相交于点P、O、Q，若，则的值是___________．【答案】【解析】【分析】设，，则，证明，利用相似三角形的性质求出，可得，，利用勾股定理求出和，进而可得的长，再证明，可得，然后根据正方形的性质求出，即可得出答案．【详解】解：设，，则，∵，，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，整理得：，解得：，（舍去），即，∴，，∴，，∴，∴∴，∵四边形是正方形，∴，，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程以及二次根式的混合运算等知识，证明，求出的长是解题的关键．三、解答题（本大题共8小题，17~21题每题8分，22~23每题10分，24题12分，共计72分）17.先化简，再求值：，其中．【答案】，．【解析】【分析】根据题意，先进行同分母分式加减运算，再将代入即可得解．【详解】解：原式，当时，原式．【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的加减，约分等相关计算法则是解决本题的关键．18.如图，点E是矩形的边上的一点，且．（1）尺规作图（请用铅笔）：作的平分线，交的延长线于点F，连接．（保留作图痕迹，不写作法）；（2）试判断四边形的形状，并说明理由．【答案】（1）见解析（2）四边形是菱形，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意结合尺规作角平分线的方法作图即可；（2）根据矩形的性质和平行线的性质得出，结合角平分线的定义可得，则，然后根据平行四边形和菱形的判定定理得出结论．【小问1详解】解：如图所示：【小问2详解】四边形是菱形；理由：∵矩形中，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴平行四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了尺规作角平分线，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定以及菱形的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．19.为庆祝建党100周年，让同学们进一步了解中国科技的快速发展，东营市某中学九（1）班团支部组织了一次手抄报比赛．该班每位同学从A．“北斗卫星”；B．“5G时代”；C．“东风快递”；D．“智轨快运”四个