扬州市2023年初中毕业、升学统一考试数学试题
说明：
1．本试卷共6页，包含选择题（第1题~第8题，共8题）、非选择题（第9题~第28题，共20题）两部分．本卷满分150分，考试时间为120分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置上，同时务必在试卷的装订线内将本人的姓名、准考证号、毕业学校填写好，在试卷第一面的右下角写好座位号．
3．所有的试题都必须在专用的“答题卡”上作答，选择题用2B铅笔作答，非选择题在指定位置用0.5毫米的黑色笔作答．在试卷或草稿纸上答题无效．
4．如有作图需要，请用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚．
一、选择题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将该选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1. 的绝对值是（ ）
A. 3 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据绝对值的概念，可得的绝对值就是数轴上表示的点与原点的距离．进而得到答案．
【详解】解：的绝对值是3，
故选：A．
【点睛】本题考查绝对值的定义，正确理解绝对值的定义是解题的关键．
2. 若，则括号内应填的单项式是( )
A. a B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将已知条件中的乘法运算可以转化为单项式除以单项式进行计算即可解答．
【详解】解：∵，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了整式除法的应用，弄清被除式、除式和商之间的关系是解题的关键．
3. 空气的成分（除去水汽、杂质等）是：氮气约占78%，氧气约占21%，其他微量气体约占1%．要反映上述信息，宜采用的统计图是( )
A. 条形统计图 B. 折线统计图 C. 扇形统计图 D. 频数分布直方图
【答案】C
【解析】
【分析】在扇形统计图中将总体看做一个圆，用各个扇形表示各部分，能清楚的表示出各部分所占总体的百分比．
【详解】根据题意，将空气（除去水汽、杂质等）看做总体，用各个扇形表示空气的成分（除去水汽、杂质等）中每一种成分所占空气的百分比，由此可以选择扇形统计图．
故选C．
【点睛】本题考查了统计图的选取，扇形统计图的特点及优点，熟练掌握各种统计图的特点及优点是解题的关键．
4. 下列图形中是棱锥的侧面展开图的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由棱锥的侧面展开图的特征可知答案．
【详解】棱锥的侧面是三角形．
故选：D．
【点睛】本题考查了几何体的展开图，熟记常见立体图形的侧面展开图和侧面的特征是解决此类问题的关键．
5. 已知，则a、b、c的大小关系是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，，进行判断即可．
【详解】解：∵，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了实数的大小比较，算术平方根．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
6. 函数的大致图像是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数自变量的取值范围排除错误选项．
【详解】解：函数自变量的取值范围为．
对于B、C，函数图像可以取到的点，不符合题意；
对于D，函数图像只有的部分，没有的部分，不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了根据函数表达式选函数图像，解题的关键是根据函数表达式分析出图像的特点，进而对错误选项进行排除．
7. 在中，，，若是锐角三角形，则满足条件的长可以是( )
A. 1 B. 2 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】如图，作，，则，，，，由是锐角三角形，可得，即，然后作答即可．
【详解】解：如图，作，，
∴，，
∴，，
∵是锐角三角形，
∴，即，
∴满足条件的长可以是6，
故选：C．
【点睛】本题考查了余弦，锐角三角形．解题的关键在于确定的取值范围．
8. 已知二次函数（a为常数，且），下列结论：
①函数图像一定经过第一、二、四象限；②函数图像一定不经过第三象限；③当时，y随x的增大而减小；④当时，y随x的增大而增大．其中所有正确结论的序号是( )
A. ①② B. ②③ C. ② D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的图象与性质进行逐一分析即可．
【详解】解：∵抛物线对称轴为，，
∴二次函数图象必经过第一、二象限，
又∵，
∵，
∴，
当时，抛物线与x轴无交点，二次函数图象只经过第一、二象限，
当时，抛物线与x轴有两个交点，二次函数图象经过第一、二、四象限，
故①错误；②正确；
∵抛物线对称轴为，，
∴抛物线开口向上，
∴当时，y随x的增大而减小，故③正确；
∴当时，y随x的增大而增大，故④错误，
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数图象与各项系数符号之间的关系是解题的关键．
二、填空题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
9. 扬州市大力推进城市绿化发展，2022年新增城市绿地面积约2345000平方米，数据2345000用科学记数法表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】2345000用科学记数法表示成的形式，其中，，代入可得结果．
【详解】解：2345000的绝对值大于表示成的形式，
∵，，
∴2345000表示成，
故答案为：．
【点睛】本题考查了科学记数法．解题的关键在于确定的值．
10. 分解因式：__________．
【答案】
【解析】
【分析】先提公因式再利用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题考查利用提公因式、平方差公式分解因式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
11. 如果一个多边形每一个外角都是，那么这个多边形的边数为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意知道这个多边形每一个外角都是，所以确定这是一个正多边形，根据多边形的外角和等于，就可求出这个多边形的边数．
【详解】因为这个多边形每一个外角都是，所以这个多边形是一个正多边形，
设正多边形的边数为，
根据正多边形外角和：，
得：
故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形外角和，熟练掌握多边形外角和等于是解题的关键，注意正多边形的每一个外角都相等．
12. 某种绿豆在相同条件下发芽试验的结果如下：
这种绿豆发芽的概率的估计值为________（精确到0.01）．
【答案】0.93
【解析】
【分析】根据题意，用频率估计概率即可．
【详解】解：由图表可知，绿豆发芽的概率的估计值0.93，
故答案为：0.93．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率．解题的关键在于明确：大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
13. 关于x的一元二次方程x2+2x+k＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是______．
【答案】k＜1．
【解析】
【分析】由方程有两个不等实数根可得出关于k的一元一次不等式，解不等式即可得出结论．
【详解】∵关于x的一元二次方程x2+2x+k=0有两个不相等的实数根，
∴△=，
解得：，
故答案为.
【点睛】本题考查了根的判别式以及解一元一次不等式，解题的关键是得出关于k的一元一次不等式．熟知“在一元二次方程中，若方程有两个不相等的实数根，则△=”是解答本题的关键.
14. 用半径为，面积为的扇形纸片，围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径为________．
【答案】
【解析】
【分析】应为圆锥侧面母线的长就是侧面展开扇形的半径，利用圆锥侧面面积公式：，就可以求出圆锥的底面圆的半径．
【详解】解：设圆锥底面圆的半径为，，
由扇形的面积：，
得：
故答案为：
【点睛】本题考查了圆锥侧面面积的相关计算，熟练掌握圆锥侧面面积的计算公式是解题的关键，注意用扇形围成的圆锥，扇形的半径就是圆锥的母线．
15. 某气球内充满了一定质量的气体，在温度不变的条件下，气球内气体的压强是气球体积的反比例函数，且当时，．当气球内的气体压强大于时，气球将爆炸，为确保气球不爆炸，气球的体积应不小于________．
【答案】
【解析】
【分析】待定系数法求出反比例函数的解析式，根据反比例函数的性质进行求解即可．
【详解】解：设，
∵时，，
∴，
∴，
∵，
∴时，随着的增大而减小，
当时，，
∴当时，，
即：为确保气球不爆炸，气球的体积应不小于；
故答案为：．
【点睛】本题考查反比例函数的实际应用，正确的求出反比例函数的解析式，利用反比例函数的性质，进行求解，是解题的关键．
16. 我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若，则每个直角三角形的面积为________．
【答案】96
【解析】
【分析】由题意知，，由，可得，计算求出满足要求的，然后求，根据每个直角三角形的面积为，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∵，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴每个直角三角形的面积为，
故答案为：96．
【点睛】本题考查了勾股定理．解题的关键在于对勾股定理的熟练掌握与灵活运用．
17. 如图，中，，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点E，作射线交于点D，则线段的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用角平分线的性质构造辅助线，将的面积分解成的面积和面积和，转化成以为未知数的方程求出．
【详解】如图：过点作于点，
，
由题意得：平分，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理、角平分线的性质、直角三角形面积，重点掌握勾股定理的运用，直角三角形的面积转换是解题的关键．
18. 如图，已知正方形的边长为1，点E、F分别在边上，将正方形沿着翻折，点B恰好落在边上的点处，如果四边形与四边形的面积比为3∶5，那么线段的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，过点作于点，设，则，则，根据已知条件，分别表示出，证明，得出，在中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，
∵正方形的边长为1，四边形与四边形的面积比为3∶5，
∴，
设，则，则
∴
即
∴
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∵，
∴，
又,
∴，
∴
在中，
即
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
三、解答题（本大题共有10小题，共96分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先算零指数幂，算术平方根，特殊角的三角函数值，再进行加减运算即可；
（2）除法变乘法，再进行计算即可．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
原式
．
【点睛】本题考查特殊角的三角函数值的混合运算，分式的除法运算．熟练掌握相关运算法则，熟记特殊角的三角函数值，是解题的关键．
20. 解不等式组并把它的解集在数轴上表示出来．
【答案】，数轴表示见解析．
【解析】
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】解：
解不等式①得·，
解不等式②，得：，
把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
则不等式组的解集为：
．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
21. 某校为了普及环保知识，从七、八两个年级中各选出10名学生参加环保知识竞赛（满分100分），并对成绩进行整理分析，得到如下信息：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：________，________；
（2）七、八年级参赛学生成绩的方差分别记为、，请判断___________（填“”“”或“”）；
（3）从平均数和中位数的角度分析哪个年级参赛学生的成绩较好．
【答案】（1）
（2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）找到七年级学生的10个数据中出现次数最多的即为的值，将八年级的10个数据进行排序，第5和第6个数据的平均数即为的值；
（2）根据折线统计图得到七年级的数据波动较大，根据方差的意义，进行判断即可；
（3）利用平均数和中位数作决策即可．
【小问1详解】
解：七年级的10个数据中，出现次数最多的是：80，
∴；
将八年级的10个数据进行排序：；
∴；
故答案为：；
【小问2详解】
由折线统计图可知：七年级的成绩波动程度较大，
∵方差越小，数据越稳定，
∴；
故答案为：．
【小问3详解】
七年级和八年级的平均成绩相同，但是七年级的中位数比八年级的大，所以七年级参赛学生的成绩较好．
【点睛】本题考查数据的分析．熟练掌握众数，中位数的确定方法，利用中位数作决策，是解题的关键．
22. 扬州是个好地方，有着丰富的旅游资源．某天甲、乙两人来扬州旅游，两人分别从，，三个景点中随机选择一个景点游览．
（1）甲选择景点的概率为________；
（2）请用画树状图或列表的方法，求甲、乙两人中至少有一人选择景点的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用概率计算公式求解即可；
（2）利用树状图或列表的方法，分析甲、乙至少一人选择的基本事件的个数，除以总的基本事件个数即可．
【小问1详解】
解：共有个景点可供选择，且选择每种景点是随机的，
甲选择景点概率为．
【小问2详解】
解：根据题意，列表如下：
由表格可知，共有种等可能的结果，其中甲、乙至少有一人选择景点共有种等可能的结果，
甲、乙至少有一人选择景点的概率为．
【点睛】本题考查了简单的概率计算，树状图法或列表法求解概率，熟练掌握相关计算方法是解题的关键．
23. 甲、乙两名学生到离校的“人民公园”参加志愿者活动，甲同学步行，乙同学骑自行车，骑自行车速度是步行速度的4倍，甲出发后乙同学出发，两名同学同时到达，求乙同学骑自行车的速度．
【答案】
【解析】
【分析】根据甲、乙同学步行和骑自行车的速度之间的数量关系设未知数，再根据所走时间之间的数量关系列方程即可．
【详解】解：设甲同学步行的速度为，则乙同学骑自行车速度为，
，由题意得，
，
解得，
经检验，是分式方程的解，也符合实际．
，
答：乙同学骑自行车的速度为．
【点睛】本题考查了分式方程的实际应用，解决问题时需注意时间单位的统一，同时解分式方程需检验．
24. 如图，点E、F、G、H分别是各边的中点，连接相交于点M，连接相交于点N．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若的面积为4，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）12
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形，四边形均为平行四边形，进而得到：，即可得证；
（2）连接，推出，，进而得到，求出，再根据，即可得解．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵点E、F、G、H分别是各边的中点，
∴，
∴四边形为平行四边形，
同理可得：四边形为平行四边形，
∴，
∴四边形平行四边形；
【小问2详解】
解：连接，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得：
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，以及三角形的中位线定理，证明三角形相似，是解题的关键．
25. 如图，在中，，点D是上一点，且，点O在上，以点O为圆心的圆经过C、D两点．
（1）试判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若的半径为3，求的长．
【答案】（1）直线与相切，理由见解析
（2）6
【解析】
【分析】（1）连接，根据圆周角定理，得到，进而得到，即可得出与相切；
（2）解直角三角形，求出的长，进而求出的长，再解直角三角形，求出的长即可．
【小问1详解】
解：直线与相切，理由如下：
连接，则：，
∵，即：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴直线与相切；
【小问2详解】
解：∵，的半径为3，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设：，
则：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形．熟练掌握切线的判定方法，正弦的定义，是解题的关键．
26. 近年来，市民交通安全意识逐步增强，头盔需求量增大．某商店购进甲、乙两种头盔，已知购买甲种头盔20只，乙种头盔30只，共花费2920元，甲种头盔的单价比乙种头盔的单价高11元．
（1）甲、乙两种头盔的单价各是多少元？
（2）商店决定再次购进甲、乙两种头盔共40只，正好赶上厂家进行促销活动，促销方式如下：甲种头盔按单价的八折出售，乙种头盔每只降价6元出售．如果此次购买甲种头盔的数量不低于乙种头盔数量的一半，那么应购买多少只甲种头盔，使此次购买头盔的总费用最小？最小费用是多少元？
【答案】（1）甲、乙两种头盔的单价各是65元， 54元．
（2）购14只甲种头盔，此次购买头盔的总费用最小,最小费用为1976元．
【解析】
【分析】（1）设购买乙种头盔的单价为x元，则甲种头盔的单价为元，根据题意，得，求解；
（2）设购m只甲种头盔，此次购买头盔的总费用最小,设总费用为w,则，解得，故最小整数解为，，根据一次函数增减性，求得最小值=．
【小问1详解】
解:设购买乙种头盔的单价为x元，则甲种头盔的单价为元，根据题意，得
解得，，
，
答：甲、乙两种头盔的单价各是65元， 54元．
【小问2详解】
解：设购m只甲种头盔，此次购买头盔的总费用最小,设总费用为w,
则，解得，故最小整数解为，
，
∵，则w随m的增大而增大，
∴时，w取最小值，最小值．
答：购14只甲种头盔，此次购买头盔的总费用最小,最小费用为1976元．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，一次函数的性质，一次函数的应用、一元一次不等式的应用；根据题意列出函数解析式，确定自变量取值范围是解题的关键．
27. 【问题情境】
在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，设．
【操作探究】
如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接．
（1）当时，________；当时，________；
（2）当时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；
（3）如图2，取的中点F，将绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为________．
【答案】（1）2；30或210
（2）画图见解析；1 （3）
【解析】
【分析】（1）当时，与重合，证明为等边三角形，得出；当时，根据勾股定理逆定理得出，两种情况讨论：当在下方时，当在上方时，分别画出图形，求出结果即可；
（2）证明四边形是正方形，得出， 求出，得出，求出，根据求出两块三角板重叠部分图形的面积即可；
（3）根据等腰三角形的性质，得出，即，确定将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，求出圆的周长即可．
【小问1详解】
解：∵和中，
∴，
∴当时，与重合，如图所示：连接，
∵，，
∴为等边三角形，
∴；
当时，
∵，
∴当时，为直角三角形，，
∴，
当在下方时，如图所示：
∵，
∴此时；
当在上方时，如图所示：
∵，
∴此时；
综上分析可知，当时，或；
故答案为：2；30或210．
【小问2详解】
解：当时，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
，
即两块三角板重叠部分图形的面积为1．
【小问3详解】
解：∵，为的中点，
∴，
∴，
∴将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，
∵
∴点F运动的路径长为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，确定圆的条件，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是画出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．
28. 在平面直角坐标系中，已知点A在y轴正半轴上．
（1）如果四个点中恰有三个点在二次函数（a为常数，且）的图象上．
①________；
②如图1，已知菱形的顶点B、C、D在该二次函数的图象上，且轴，求菱形的边长；
③如图2，已知正方形的顶点B、D在该二次函数的图象上，点B、D在y轴的同侧，且点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，试探究是否为定值．如果是，求出这个值；如果不是，请说明理由．
（2）已知正方形的顶点B、D在二次函数（a为常数，且）的图象上，点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，直接写出m、n满足的等量关系式．
【答案】（1）①1；②；③是，值为1
（2）或
【解析】
【分析】（1）①当，，可知不在二次函数图象上，将代入，求解值即可；②由①知，二次函数解析式为，设菱形边长为，则，，由菱形的性质得，，，则轴，，根据，即，计算求出满足要求的解即可；③如图2，连接、交点为，过作轴于，过作于，由正方形的性质可知，为、的中点，，，则，证明，则，，由题意知，，，，则，，设，则，，，，，，则，，即，计算求解即可1；
（2）由题意知，分①当在轴右侧时，②当在轴左侧时，③当在轴左侧，在轴右侧时，三种情况求解；①当在轴右侧时，，同理（1）③，，，由题意知，，，，则，，设，则，，，，，，则，，即，解得；②当在轴左侧时，求解过程同（2）①；③当在轴左侧，在轴右侧时，且不垂直于轴时，同理可求，当在轴左侧，在轴右侧时，且垂直于轴时，由正方形、二次函数的性质可得，．
小问1详解】
①解：当，，
∴不在二次函数图象上，
将代入，解得，
故答案为：1；
②解：由①知，二次函数解析式，
设菱形的边长为，则，，
由菱形的性质得，，，
∴轴，
∴，
∵，
∴，
解得（舍去），（舍去），，
∴菱形的边长为；
③解：如图2，连接、交点为，过作轴于，过作于，
由正方形的性质可知，为、的中点，，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
由题意知，，，，则，，
设，则，，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵点B、D在y轴的同侧，且点B在点D的左侧，
∴，
∴，
∴是定值，值为1；
【小问2详解】
解：由题意知，分①当在轴右侧时，②当在轴左侧时，③当在轴左侧，在轴右侧时，三种情况求解；
①当在轴右侧时，
∵，
同理（1）③，，，
由题意知，，，，则，，
设，则，，
∴，，，，
∴，，
∴，
化简得，
∵
∴；
②当在轴左侧时，
同理可求；
③当在轴左侧，在轴右侧时，且不垂直于轴时，
同理可求，
当在轴左侧，在轴右侧时，且垂直于轴时，
由正方形、二次函数的性质可得，；
综上所述，或．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与几何综合，正方形、菱形的性质，全等三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．