2023年齐齐哈尔市中考数学试卷及答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分）

1. ﹣9的相反数是（ ） A. 9

B. ﹣9

C.

1 9D. ﹣

1 92. 下列图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）

A. B. C. D.

3. 下列计算正确的是（ ） A. 3b2b24b4

B. a42a6 C. x22x4 D. 3a2a6a

4. 如图,直线l1∥l2,分别与直线l交于点A,B,把一块含30角的三角尺按如图所示的位置摆放,若145,则2的度数是（ ）

A. 135 B. 105 C. 95 D. 75

5. 如图,若几何体是由六个棱长为1的正方体组合而成的,则该几何体左视图的面积是（ ）

A. 2

6. 如果关于x的分式方程A. m1

B. 3 C. 4 D. 5

2xm1的解是负数,那么实数m的取值范围是（ ） x1B. m1且m0

C. m1

D. m1且m2

7. 某校举办文艺汇演,在主持人选拔环节中,有一名男同学和三名女同学表现优异．若从以上四名同学中随机抽取两名同学担任主持人,则刚好抽中一名男同学和一名女同学的概率是（ ） A.

1 2B.

1 3C.

1 4D.

1 68. 如图,在正方形ABCD中,AB4,动点M,N分别从点A,B同时出发,沿射线AB,射线BC的方向匀速运动,

且速度的大小相等,连接DM,MN,ND．设点M运动的路程为x0x4,DMN的面积为S,下列图像中能反映S与x之间函数关系的是（ ）

A. B. C. D.

9. 为提高学生学习兴趣,增强动手实践能力,某校为物理兴趣小组的同学购买了一根长度为150cm的导线,将其全部截成10cm和20cm两种长度的导线用于实验操作（每种长度的导线至少一根）,则截取方案共有（ ） A. 5种

2B. 6种 C. 7种 D. 8种

10. 如图,二次函数yaxbxca0图像的一部分与x轴的一个交点坐标为3,0,对称轴为直线

x1,结合图像给出下列结论：

①abc0;①b2a;①3ac0;

①关于x的一元二次方程ax2bxck20(a0)有两个不相等的实数根;

①若点m,y1,m2,y2均在该二次函数图像上,则y1y2．其中正确结论的个数是（ ）

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

二、填空题（每小题3分,满分21分）

11. 化和旅游部数据中心测算,今年春节假期全国国内旅游出游308000000人次,同比增长23.1%,数据308000000用科学记数法表示为_________．

12. 如图,在四边形ABCD中,ADBC,ACBD于点O．请添加一个条件：______,使四边形ABCD成为菱形．

13. 在函数y11中,自变量x的取值范围是______． x2x114. 若圆锥的底面半径长2cm,母线长3cm,则该圆锥的侧面积为______cm2（结果保留）． 15. 如图,点A在反比例函数ykkk0图像的一支上,点B在反比例函数y图像的一支上,点C,Dx2x在x轴上,若四边形ABCD是面积为9的正方形,则实数k的值为______．

16. 矩形纸片ABCD中,AB3,BC5,点M在AD边所在的直线上,且DM1,将矩形纸片ABCD折叠,使点B与点M重合,折痕与AD,BC分别交于点E,F,则线段EF的长度为______．

17. 如图,在平面直角坐标系中,点A在y轴上,点B在x轴上,OAOB4,连接AB,过点O作OA1AB于点A1,过点A1作A1B1x轴于点B1;过点B1作B1A2AB于点A2,过点A2作A2B2x轴于点B2;过点B2作

B2A3AB于点A3,过点A3作A3B3x轴于点B3;…;按照如此规律操作下去,则点A2023的坐标为______．

三、解答题（本题共7道大题,共69分）

118. （1）计算：314sin30(4)0;

2（2）分解因式：2a312a218a．

119. 解方程：x23x20．

20. 为了解学生完成书面作业所用时间的情况,进一步优化作业管理,某中学从全校学生中随机抽取部分学生,对他们一周平均每天完成书面作业的时间t（单位：分钟）进行调查．将调查数据进行整理后分为五组：A组“0t45”;B组“45t60”;C组“60t75”;D组“75t90”;E组“t90”．现将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．

根据以上信息,解答下列问题：

（1）这次调查的样本容量是______,请补全条形统计图;

（2）在扇形统计图中,A组对应的圆心角的度数是______,本次调查数据的中位数落在______组内; （3）若该中学有2000名学生,请你估计该中学一周平均每天完成书面作业不超过90分钟的学生有多少人？ 21. 如图,在Rt△ABC中,B的

90,AD平分BAC交BC于点D,点E是斜边AC上一点,以AE为直径

O经过点D,交AB于点F,连接DF．

（1）求证：BC是O的切线;

（2）若BD5,tanADB3,求图中阴影部分的面积（结果保留π）． 22. 一辆巡逻车从A地出发沿一条笔直的公路匀速驶向B地,

2小时后,一辆货车从A地出发,沿同一路线每5小时行驶80千米匀速驶向B地,货车到达B地填装货物耗时15分钟,然后立即按原路匀速返回A地．巡逻车、货车离A地的距离y（千米）与货车出发时间x（小时）之间的函数关系如图所示,请结合图象解答下列问题：

（1）A,B两地之间的距离是______千米,a______; （2）求线段FG所在直线的函数解析式;

（3）货车出发多少小时两车相距15千米？（直接写出答案即可） 23. 综合与实践

数学模型可以用来解决一类问题,是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律,再结合其他数学知识的内在联系,最终可以获得宝贵的数学经验,并将其运用到更广阔的数学天地．

（1）发现问题：如图1,在ABC和△AEF中,ABAC,AEAF,BACEAF30,连接BE,CF,延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：______,BDC______;

（2）类比探究：如图2,在ABC和△AEF中,ABAC,AEAF,BACEAF120,连接BE,CF,延长BE,FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及BDC的度数,并说明理由;

（3）拓展延伸：如图3,ABC和△AEF均为等腰直角三角形,BACEAF90,连接BE,CF,且点

B,E,F在一条直线上,过点A作AMBF,垂足为点M．则BF,CF,AM之间的数量关系：______;

（4）实践应用：正方形ABCD中,AB2,若平面内存在点P满足BPD90,PD1,则S△ABP______． 24. 综合与探究

如图,抛物线yxbxc上的点A,C坐标分别为0,2,4,0,抛物线与x轴负半轴交于点B,点M为y

2轴负半轴上一点,且OM2,连接AC,CM．

（1）求点M的坐标及抛物线的解析式;

（2）点P是抛物线位于第一象限图象上的动点,连接AP,CP,当S△PACS△ACM时,求点P的坐标; （3）点D是线段BC(包含点B,C)上的动点,过点D作x轴的垂线,交抛物线于点Q,交直线CM于点N,若以点Q,N,C为顶点的三角形与COM相似,请直接写出点Q的坐标;

（4）将抛物线沿x轴的负方向平移得到新抛物线,点A的对应点为点A,点C的对应点为点C,在抛物线平移过程中,当MAMC的值最小时,新抛物线的顶点坐标为______,MAMC的最小值为______．

2023年齐齐哈尔市中考数学真题试卷答案

一、选择题.

1. A 2. D 3. C 4. B 5. C 6. D 7. A 8. A 9. C

解：抛物线开口向上,与y轴交于负半轴. a0，c0.

①抛物线的对称轴为直线x1. ①b1,即b2a0,即①错误; 2a①abc0,即①正确

二次函数yaxbxca0图像的一部分与x轴的一个交点坐标为3,0

29a3bc0

9a32ac0,即3ac0,故①正确;

①关于x的一元二次方程ax2bxck20(a0),b4ack22b24ac4ak2,

a0，c0

①4ac0,4ak20.

①无法判断b24ac4ak2的正负,即无法确定关于x的一元二次方程ax2bxck20(a0)的根的情况,故①错误; ①

mm21

2①点m,y1,m2,y2关于直线x1对称 ①点m,y1,m2,y2均在该二次函数图像上.

①y1y2,即①正确; 综上,正确的为①①①,共3个 故选：B．

二、填空题.

11. 3.08108

12. AD∥BC（荅案不唯一） 13. x1且x2 14. 6 15. 6 解：如图：

①点A在反比例函数ykkk0图像的一支上,点B在反比例函数y图像的一支上. x2xkk 22①SODAEkk,SOCBE①四边形ABCD是面积为9的正方形. ①SODAESOCBE9,即故答案为6． 16.

kk9,解得：k6． 21535 或42解：①折叠.

①OMOB,EFBM. ①四边形ABCD是矩形. ①AD∥BC

①MOBF,MEOBFO.

又OMOB ①OEM≌OFB ①OFOB.

当M点在D点的右侧时,如图所示,设BM,EF交于点O.

①AB3,BC5,DM1. ①RtABM中,BM则OMAM2AB2326235.

13BM5. 22EOAB31. OMAM62①tanM①EO1OM 235. 2①EF2OEOM当M点在D点的左侧时,如图所示,设BM,EF交于点O. ①AB3,BC5,DM1. ①RtABM中,BMAM2AB232425

则OM15BM. 22EOAB3. OMAM4①tanEMO①EO3OM 4315OM. 241535. 或42①EF2OE综上所述,EF的长为：故答案为：17. 41535． 或421 220212,20211解：在平面直角坐标系中,点A在y轴上,点B在x轴上,OAOB4.

OAB是等腰直角三角形,OBA45.

OA1AB.

OA1B是等腰直角三角形.

同理可得：OA1B1,A1B1B均为等腰直角三角形.

A1(2,2).

根据图中所有的三角形均为等腰直角三角形. 依次可得：A23,1,A341111,,A442,22222, 114,A由此可推出：点2023的坐标为20212021．

22故答案为：42,202111． 22021三、解答题.

18. （1）3;（2）2aa3． 19. x11,x222

20. （1）50,图见解析 （2）36,C （3）1920人 【小问1详解】

解：由题意知,样本容量为

1350. 26％B组人数为5051320210（人）. 补全条形统计图如下：

【小问2详解】

解：由题意知,在扇形统计图中,A组的圆心角为360①样本容量为50.

①将数据排序后,第25个和第26个数据的平均数为中位数. ①51015,5101328. ①本次调查数据的中位数落在C组内. 故答案为：36,C; 【小问3详解】

536. 50200051013201920（人）,

5050 9答：估计该中学一周平均每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1920人． 21. （1）见解析 （2）【小问1详解】 证明：连接OD.

①OA,OD是①OAOD.

O的半径.

①OADODA.

①AD平分BAC. ①OADBAD. ①ODABAD. ①OD∥AB.

①ODCB90. ①ODBC于点D. 又①OD为①BC是

O的半径.

O的切线．

【小问2详解】 解：连接OF,DE. ①在RtABD中,B90,tanADB3.

①ADB60,BAD30. ①BD5. ①AD2BD10. ①AE是

O的直径.

①ADE90. ①AD平分BAC. ①DAEBAD30. 在RtADE中,AD10. ①AEAD203. =cos3031103 . AE23①OA①AD平分BAC. ①BAC2BAD60. ①OAOF.

①AOF是等边三角形. ①AOF60. ①OD∥AB. ①DOF60.

①△ODF是等边三角形. ①OFAD. 又①OAOD. ①OF垂直平分AD. ①B①BD90,BAD30. 1AD. 2①S△ADFS△AOF.

①

S阴影S扇形OAF10360350． =36092

22. （1）60,1 （2）y60x120 （3）

52519小时或小时或小时 111717360千米. 4【小问1详解】 解：80①A,B两地之间的距离是60千米. ①货车到达B地填装货物耗时15分钟. ①a3151. 460故答案为：60,1 【小问2详解】

解：设线段FG所在直线的解析式为ykxbk0 将F1,60,G2,0代入ykxb,得

kb60 2kb0解得k60.

b120①线段FG所在直线的函数解析式为y60x120 【小问3详解】

解：设货车出发x小时两车相距15千米. 由题意得,巡逻车的速度为602225千米/小时 5225x当两车都在前往B地的途中且未相遇时两车相距15千米,则1580x.

5解得x1（所去）; 1121580x. 5当两车都在前往B地的途中且相遇后两车相距15千米,则25x解得x5; 11①251235601545. 5①货车装货过程中两车不可能相距15千米.

当货车从B地前往A地途中且两车未相遇时相距15千米,则25x26015x160. 521解得x19; 17260x12015. 5当货车从B地前往A地途中且两车相遇后相距15千米,则25x解得x25; 17综上所述,当货车出发

52519小时或小时或小时时,两车相距15千米． 11171723. （1）BECF,30

（2）BECF,BDC60,证明见解析

（3）BFCF2AM （4）

7777 或44【小问1详解】

解：①BACEAF30. ①BAECAF. 又①ABAC,AEAF. ①BAE≌CAF.

①BECF,ABEACF 设AC,BD交于点O.

①AODACFBDCABEBAO ①BDCBAOBAC30. 故答案为：BECF,30． 【小问2详解】

结论：BECF,BDC60; 证明：①BACEAF120.

①BACEACEAFEAC,即BAECAF. 又①ABAC,AEAF. ①BAE≌CAF ①BECF. AEBAFC

①EAF120,AEAF. ①AEFAFE30.

①BDCBEFEFDAEB30AFC3060.

【小问3详解】

BFCF2AM,理由如下.

①BACEAF90.

①BACEACEAFEAC. 即BAECAF.

又①ABC和△AEF均为等腰直角三角形 ①ABAC,AEAF. ①△BAE≌△CAFSAS. ①BECF.

在RtAEF中,AMBF. ①AM1EFEMMF. 2①BFBEEFCF2AM; 【小问4详解】 解：如图所示.

连接BD,以BD为直径,BD的中点为圆心作圆,以D点为圆心,1为半径作圆,两圆交于点P,P1. 延长BP至M,使得PMDP1.

则MDP是等腰直角三角形,MDP45

①CDB45

①MDBMDPPDCCDB90PDCADP. ①

AD1DP1,. DB2DM2①ADP∽BDM ①

PA12. BM222BM. 2①PA①AB2.

在RtDPB中,PB①BMBPPM①PADBDP71

22222127.

2214 1722过点P作PQAB于点Q. 设QBx,则AQ2x.

222在Rt△APQ中,PQAPAQ.

222在Rt△PBQ中,PQPBBQ

①AP2AQ2PB2BQ2

2142①2x2272x2

解得：x7777,则BQ. 44设PQ,BD交于点G,则BQG是等腰直角三角形.

①QGQB77 4在RtDPB,RtDPB1中.

DPDP1 DBDB①RtDPB≌RtDPB1 ①PDBPDB 11,DGDG 又PDPD1①PGD≌PDG 145 ①PGDPGD1①PGP190. ①PG1∥AB ①SABP1117777. ABQG22244在Rt△PQB中,PQPB2BQ2727777 442①SABP117777. ABPQ222447777 或

44综上所述,S△ABP故答案为：7777或． 44224.（1）M0,2,yx（2）P2,5

7x2 2（3）Q113,0,Q2,5 22（4）1181,,213 1216【小问1详解】

解：①点M在y轴负半轴且OM2. ①M0,2

将A0,2,C4,0代入yxbxc,得

2c2 164bc07b解得2

c2①抛物线的解析式为yx【小问2详解】

解：过点P作PFx轴于点F,交线段AC于点E,

27x2 2

设直线AC的解析式为ykxmk0.

将A0,2,C4,0代入ykxm,得

1m2k,解得2. 4km0m2①直线AC的解析式为y1x2 2设点P的横坐标为p0p4

则Pp,p271p2,Ep,p2. 2271p2p2p24p(0p4) 22①PEp2①S△ACM8,①S△PAC①P2,5 【小问3详解】

1PEOC2p28p8,解得p1p22. 231Q1,5,Q2,0. 22补充求解过程如下：

①在COM中,COM90,以点Q,N,C为顶点的三角形与COM相似. ①以点Q,N,C为顶点的三角形也是直角三角形. 又①QDx轴,直线QD交直线CM于点N. ①CNQ90,即点N不与点O是对应点．

故分为CQN90和QCN90两种情况讨论： ①当CQN90时,由于QNx轴. ①CQy轴,即CQ在x轴上. 又①点Q在抛物线上. ①此时点B与点Q重合. 作出图形如下：

此时CQNCOM90. 又①QCNOCM

①△CQN∽△COM,即此时符合题意.

7x20. 21解得：x1,x23(舍去)

2令yx2①点Q的坐标,也即点B的坐标是Q1①当QCN90时,作图如下：

1,0． 2

①QDx轴,COM90 ①QD∥OM. ①CNQOMC.

① CNQOMC,QCNCOM90. ①△QCN∽△COM,即此时符合题意. ①△QCN∽△COM.

①CQNOCM,即DQCOCM ①DQCOCM,QDCCOM. ①△QDC∽△COM

①

QDCO42,QD2DC DCOM272Qq,qq2,Dq,0. Qq,设点的横坐标为则2①QDq27q2,CD3q 2①q27q223q. 23,q23(舍去). 2解得：q1①q27q25. 23,5 213,0,Q2,5; 22①点Q的坐标是Q2综上所述：点Q的坐标是Q1【小问4详解】

1181,,213. 1216补充求解过程如下：

设抛物线沿x轴的负方向平移m个单位长度得到新抛物线. 将点M向右平移m个单位长度得到点M,作出图形如下：

A,MCMC. 由平移的性质可知,MAM①MAMC的值最小就是MAMC最小值. 显然点M在直线y=2上运用.

作出点C关于直线y=2对称的对称点C,连接AC交直线y=2于点M,连接MC则此时

MAMC取得最小值,即为AC的长度.

①点C关于直线y=2对称的对称的点是点C,C4,0 ①C4,4. ①MAMCminMAMCminAC40242213.

2设直线AC的解析式是：yk1xb1 将点A0,2,C4,4代入得：b12

4kb4113k1解得：2

b12直线AC的解析式是：y令y3x2 238x22,解得：x.

32①M,2. 8

①平移的距离是m

3

837781. 又①yx2x2x2416①平移前的抛物线的坐标是2781, 416①新抛物线的顶点坐标为78811181,即, 43161216故答案是：1181,,213． 1216