2023年兰州市初中学业水平考试
数 学
注意事项：
1．全卷共120分，考试时间120分钟．
2．考生必须将姓名、准考证号、考场号、座位号等个人信息填（涂）写在答题卡上．
3．考生务必将答案直接填（涂）写在答题卡的相应位置上．
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1. －5的相反数是( )
A. B. C. 5 D. -5
【答案】C
【解析】
【分析】根据相反数的定义解答即可．
【详解】-5的相反数是5．
故选C．
【点睛】本题考查了相反数，熟记相反数的定义：只有符号不同的两个数互为相反数是关键．
2. 如图，直线与相交于点O，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对顶角相等得到，即可求解．
【详解】解：读取量角器可知：，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了对顶角相等，量角器读数，是基础题．
3. 计算：（ ）
A. B. C. 5 D. a
【答案】D
【解析】
【分析】分子分解因式，再约分得到结果．
【详解】解：
，
故选：D．
【点睛】本题考查了约分，掌握提公因式法分解因式是解题的关键．
4. 如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正八边形的外角和为，结合正八边形的每一个外角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：∵正八边形的外角和为，
∴，
故选A
【点睛】本题考查的是正多边形的外角问题，熟记多边形的外角和为是解本题的关键．
5. 方程的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程解得到x的值，经检验即可得解．
【详解】解：去分母得：，
解得，
经检验是分式方程的解．
故选：A．
【点睛】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的方法是解题的关键．
6. 如图1是一段弯管，弯管的部分外轮廓线如图2所示是一条圆弧，圆弧的半径，圆心角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据弧长公式求解即可．
【详解】解：弧的半径，圆心角，
∴，
故选：B．
【点睛】题目主要考查弧长公式，熟练掌握运用弧长公式是解题关键．
7. 已知二次函数，下列说法正确的是（ ）
A. 对称轴为 B. 顶点坐标为 C. 函数的最大值是－3 D. 函数的最小值是－3
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的图象及性质进行判断即可．
【详解】二次函数的对称轴为，顶点坐标为
∵
∴二次函数图象开口向下，函数有最大值，为
∴A、B、D选项错误，C选项正确
故选：C
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数图象和性质是解题的关键．
8. 关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则（ ）
A. －2 B. 2 C. －4 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由一元二次方程根的情况可得，再代入式子即可求解．
【详解】∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根
∴
∴，
故选：A.
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
9. 2022年我国新能源汽车销量持续增长，全年销量约为572.6万辆，同比增长91.7%，连续8年位居全球第一．下面的统计图反映了2021年、2022年新能源汽车月度销量及同比增长速度的情况．（2022年同比增长速度）根据统计图提供的信息，下列推断不合理的是（ ）
A. 2021年新能源汽车月度销量最高是12月份，超过40万辆
B. 2022年新能源汽车月度销量超过50万辆的月份有6个
C. 相对于2021年，2022年新能源汽车同比增长速度最快的是2月份，达到了181.1%
D. 相对于2021年，2022年从5月份开始新能源汽车同比增长速度持续降低
【答案】D
【解析】
【分析】根据折线图逐项分析即可得出答案．
【详解】解：A、2021年新能源汽车月度销量最高是12月份，超过40万辆，推断合理，本选项不符合题意；
B、2022年新能源汽车月度销量超过50万辆的月份有6个，推断合理，本选项不符合题意；
C、相对于2021年，2022年新能源汽车同比增长速度最快的是2月份，达到了，推断合理，本选项不符合题意；
D、相对于2021年，2022年从6月份开始新能源汽车同比增长速度持续降低，原说法推断不合理，本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题考查了折线统计图，从折线统计图中获取数据做出分析，正确识别图中的数据是解题的关键．
10. 我国古代天文学确定方向的方法中蕴藏了平行线的作图法．如《淮南子天文训》中记载：“正朝夕：先树一表东方；操一表却去前表十步，以参望日始出北廉．日直入，又树一表于东方，因西方之表，以参望日方入北康．则定东方两表之中与西方之表，则东西也．”如图，用几何语言叙述作图方法：已知直线a和直线外一定点O，过点O作直线与a平行．（1）以O为圆心，单位长为半径作圆，交直线a于点M，N；（2）分别在的延长线及上取点A，B，使；（3）连接，取其中点C，过O，C两点确定直线b，则直线．按以上作图顺序，若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】证明，可得，结合，C为的中点，可得．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵，C为的中点，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查的是圆的基本性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形的外角的性质，熟记等腰三角形的性质是解本题的关键．
11. 一次函数的函数值y随x的增大而减小，当时，y的值可以是（ ）
A. 2 B. 1 C. －1 D. －2
【答案】D
【解析】
【分析】根据一次函数的增减性可得k的取值范围，再把代入函数，从而判断函数值y的取值．
【详解】∵一次函数函数值y随x的增大而减小
∴
∴当时，
故选：D
【点睛】本题考查一次函数的性质，不等式的性质，熟悉一次函数的性质是解题的关键．
12. 如图，在矩形中，点E为延长线上一点，F为的中点，以B为圆心，长为半径的圆弧过与的交点G，连接．若，，则（ ）
A. 2 B. 2.5 C. 3 D. 3.5
【答案】C
【解析】
【分析】利用直角三角形斜边中线的性质求得，在中，利用勾股定理即可求解.
【详解】解：∵矩形中，
∴，
∵F为的中点，，
∴，
在中，，
故选：C.
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，掌握“直角三角形斜边中线的长等于斜边的一半”是解题的关键.
二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
13. 因式分解：______．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用平方差分解即可．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题考查因式分解，解题的关键是熟练掌握平方差公式．
14. 如图，在中，，于点E，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】证明，，由，可得，结合，可得．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行四边形的性质，三角形的内角和定理的应用，熟记基本几何图形的性质是解本题的关键．
15. 如图，将面积为7的正方形和面积为9的正方形分别绕原点O顺时针旋转，使，落在数轴上，点A，D在数轴上对应的数字分别为a，b，则______．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出两个正方形的边长，从而得到a，b的值，代入计算即可．
【详解】∵正方形的面积为7，正方形的面积为9
∴，
即，
∴
故答案为：
【点睛】本题考查算术平方根的意义，在数轴上表示实数，正确求出算术平方根是解题的关键．
16. 某学习小组做抛掷一枚瓶盖的实验，整理的实验数据如下表：
下面有三个推断：
①通过上述实验的结果，可以推断这枚瓶盖有很大的可能性不是质地均匀的；
②第2000次实验的结果一定是“盖面朝上”；
③随着实验次数的增大，“盖面朝上”的概率接近0.53．
其中正确的是______．（填序号）
【答案】①③
【解析】
【分析】根据表中数据及频率估计概率依次判断即可．
【详解】解：①通过上述实验的结果，发现盖面朝上的次数多与累计次数的一半，可以推断这枚瓶盖有很大的可能性不是质地均匀的，故正确；
②实验是随机的，第2000次实验的结果不一定是“盖面朝上”，故错误；
③随着实验次数的增大，“盖面朝上”的概率接近0.53，故正确．
故答案为：①③．
【点睛】题目主要考查频率估计概率，结合表中数据求解是解题关键．
三、解答题（本大题共12小题，共72分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式乘法，加减法运算法则计算即可．
【详解】解：原式＝＝．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的化简方法是解题的关键．
18. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】先计算平方差公式及单项式乘以多项式，然后计算加减法即可．
【详解】解：
．
【点睛】题目主要考查整式的乘法运算及加减运算，熟练掌握运算法则是解题关键．
19. 解不等式组：．
【答案】
【解析】
【分析】分别解不等式组中的两个不等式，再取两个不等式的解集的公共部分即可．
【详解】解：，
由①得：，
解得：，
由②得：，
解得：，
∴不等式组的解集为：．
【点睛】本题考查的是一元一次不等式组是解法，掌握解一元一次不等式组的方法与步骤是解本题的关键．
20. 如图，反比例函数与一次函数的图象交于点，轴于点D，分别交反比例函数与一次函数的图象于点B，C．
（1）求反比例函数与一次函数的表达式；
（2）当时，求线段的长．
【答案】（1）反比例函数的表达式为；一次函数的表达式为；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线的表达式为，再分别求得的坐标，据此即可求解．
【小问1详解】
解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴反比例函数的表达式为；
∵一次函数的图象经过点，
∴，
∴，
∴一次函数的表达式为；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴直线的表达式为，
∵时，，
解得，则，
∵时，，
解得，则，
∴．
【点睛】本题考查一次函数、反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法是求函数解析式的基本方法．
21. 综合与实践
问题探究：（1）如图1是古希腊数学家欧几里得所著的《几何原本》第1卷命题9：“平分一个已知角．”即：作一个已知角的平分线，如图2是欧几里得在《几何原本》中给出的角平分线作图法：在和上分别取点C和D，使得，连接，以为边作等边三角形，则就是的平分线．
请写出平分的依据：____________；
类比迁移：
（2）小明根据以上信息研究发现：不一定必须是等边三角形，只需即可．他查阅资料：我国古代已经用角尺平分任意角．做法如下：如图3，在的边，上分别取，移动角尺，使角尺两边相同刻度分别与点M，N重合，则过角尺顶点C的射线是的平分线，请说明此做法的理由；
拓展实践：
（3）小明将研究应用于实践．如图4，校园的两条小路和，汇聚形成了一个岔路口A，现在学校要在两条小路之间安装一盏路灯E，使得路灯照亮两条小路（两条小路一样亮），并且路灯E到岔路口A的距离和休息椅D到岔路口A的距离相等．试问路灯应该安装在哪个位置？请用不带刻度的直尺和圆规在对应的示意图5中作出路灯E的位置．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）作图见解析；
【解析】
【分析】（1）先证明，可得，从而可得答案；
（2）先证明，可得，可得是的角平分线；
（3）先作的角平分线，再在角平分线上截取即可．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，
∴，
∴是的角平分线；
故答案为：
（2）∵，，，
∴，
∴，
∴是的角平分线；
（3）如图，点即为所求作的点；
．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，角平分线的定义与角平分线的性质，作已知角的角平分线，理解题意，熟练的作角的平分线是解本题的关键．
22. 如图1是我国第一个以“龙”为主题的主题公园——“兰州龙源”．“兰州龙源”的“龙”字主题雕塑以紫铜铸造，如巨龙腾空，气势如虹，屹立在黄河北岸．某数学兴趣小组开展了测量“龙”字雕塑CD高度的实践活动．具体过程如下：如图2，“龙”字雕塑CD位于垂直地面的基座BC上，在平行于水平地面的A处测得、，．求“龙”字雕塑的高度．（B，C，D三点共线，．结果精确到0.1m）（参考数据：，，，，，）
【答案】“龙”字雕塑的高度为．
【解析】
【分析】在和中，分别求得和的长，据此求解即可.
【详解】解：在中，，，
∴，
在中，，，
∴，
∴,
答：“龙”字雕塑的高度为．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
23. 一名运动员在高的跳台进行跳水，身体（看成一点）在空中的运动轨迹是一条抛物线，运动员离水面的高度与离起跳点A的水平距离之间的函数关系如图所示，运动员离起跳点A的水平距离为时达到最高点，当运动员离起跳点A的水平距离为时离水面的距离为．
（1）求y关于x的函数表达式；
（2）求运动员从起跳点到入水点的水平距离的长．
【答案】（1）y关于x的函数表达式为；
（2）运动员从起跳点到入水点的水平距离的长为．
【解析】
【分析】（1）由题意得抛物线的对称轴为，经过点，，利用待定系数法即可求解；
（2）令，解方程即可求解．
【小问1详解】
解：由题意得抛物线的对称轴为，经过点，，
设抛物线的表达式为，
∴，解得，
∴y关于x的函数表达式为；
【小问2详解】
解：令，则，
解得（负值舍去），
∴运动员从起跳点到入水点的水平距离的长为．
【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握运用待定系数法求抛物线的解析式是解题的关键．
24. 如图，矩形的对角线与相交于点O，，直线是线段的垂直平分线，分别交于点F，G，连接．
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）当时，求的长．
【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）证明和是等边三角形，即可推出四边形是菱形；
（2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得和的长，利用菱形的性质得到，在中，解直角三角形求得的长，据此求解即可．
【小问1详解】
证明：四边形是菱形，理由如下，
∵矩形的对角线与相交于点O，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，即是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
解：∵直线是线段的垂直平分线，且，
∴，，
由（1）得四边形是菱形，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形判定和性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
25. 某校八年级共有男生300人，为了解该年级男生排球垫球成绩和掷实心球成绩的情况，从中随机抽取40名男生进行测试，对数据进行整理、描述和分析，下面是给出的部分信息．
信息一：排球垫球成绩如下图所示（成绩用x表示，分成六组：A． ；B． ；C． ；D． ；E． ；F． ）．
信息二：排球垫球成绩在D． 这一组的是：
20，20，21，21，21，22，22，23，24，24
信息三：掷实心球成绩（成绩用y表示，单位：米）的人数（频数）分布表如下：
信息四：这次抽样测试中6名男生的两项成绩的部分数据如下：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：______；
（2）下列结论正确的是_____；（填序号）
①排球垫球成绩超过10个的人数占抽取人数的百分比低于60%；
②掷实心球成绩的中位数记为n，则；
③若排球垫球成绩达到22个及以上时，成绩记为优秀．如果信息四中6名男生的两项成绩恰好为优秀的有4名，那么学生3掷实心球的成绩是优秀．
（3）若排球垫球成绩达到22个及以上时，成绩记为优秀，请估计全年级男生排球垫球成绩达到优秀的人数．
【答案】（1）
（2）②③ （3）人
【解析】
【分析】（1）由总人数减去各小组已知人数即可得到答案；
（2）由排球垫球成绩超过10个的人数除以总人数可判断①，由中位数的含义可判断②，分三种情况进行分析讨论可判断③，从而可得到答案；
（3）由样本的百分率乘以总人数即可得到答案．
【小问1详解】
解：由题意可得：；
【小问2详解】
①排球垫球成绩超过10个的人数占抽取人数的百分比为，故①不符合题意；
②∵掷实心球成绩排在第20个，第21个数据落在这一组，
∴掷实心球成绩的中位数记为n，则；故②符合题意；
③由排球垫球成绩达到22个及以上时，成绩记为优秀．
∴从这点出发可得：学生1，学生2，学生3，学生4，学生5为优秀，
∵信息四中6名男生的两项成绩恰好为优秀的有4名，
∴若学生1为优秀，则学生4不为优秀，可得学生3优秀；
若学生4为优秀，学生1不为优秀，可得学生3优秀；
学生1，学生4不可能同时为优秀，
∴学生3掷实心球的成绩必为优秀，故③符合题意；
故答案为：②③
【小问3详解】
排球垫球成绩达到22个及以上时，成绩记为优秀，估计全年级男生排球垫球成绩达到优秀的人数为（人）．
【点睛】本题考查的是从频数分布表，统计表中获取信息，利用样本估计总体，熟练的从频数分布表与统计表中获取互相关联的信息是解本题的关键．
26. 如图，内接于，是的直径，，于点，交于点，交于点，，连接．
（1）求证：是的切线；
（2）判断的形状，并说明理由；
（3）当时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）是等腰三角形，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，根据已知得出，根据得出，进而根据对等角相等，以及三角形内角和定理可得，即可得证；
（2）根据题意得出，则，证明，得出，等量代换得出，即可得出结论；
（3）根据，，设，则，等边对等角得出，则．
【小问1详解】
证明：如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
即，又是的直径，
∴是的切线；
【小问2详解】
∵，是的直径，
∴，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
又，
∴，
∴是等腰三角形，
【小问3详解】
∵，，
设，则，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
27. 在平面直角坐标系中，给出如下定义：为图形上任意一点，如果点到直线的距离等于图形上任意两点距离的最大值时，那么点称为直线的“伴随点”．
例如：如图1，已知点，，在线段上，则点是直线：轴的“伴随点”．
（1）如图2，已知点，，是线段上一点，直线过，两点，当点是直线的“伴随点”时，求点的坐标；
（2）如图3，轴上方有一等边三角形，轴，顶点在轴上且在上方，，点是上一点，且点是直线：轴的伴随点．当点到轴的距离最小时，求等边三角形的边长；
（3）如图4，以，，为顶点的正方形上始终存在点，使得点是直线：的伴随点．请直接写出的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）过点作于点，根据新定义得出，根据已知得出，则，即可求解；
（2）当到轴的距离最小时，点在线段上，设的边长为，以为圆心为半径作圆，当与轴相切时，如图所示，切点为，此时点是直线：轴的伴随点．且点到轴的距离最小，则的纵坐标为，即，是等边三角形，且轴，设交于点，则，得出，根据即可求解；
（3）当四边形是正方形时，，连接并延长交轴于点，直线的解析式为，得出，可得到直线的距离为，则当点与点重合时，当点与点重合时，求得两个临界点时的的值，即可求解．
【小问1详解】
解：如图所示，过点作于点，
∵，，则，点是直线的“伴随点”时，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：当到轴的距离最小时，
∴点在线段上，
设的边长为，以为圆心为半径作圆，当与轴相切时，如图所示，切点为，此时点是直线：轴的伴随点．且点到轴的距离最小，
则的纵坐标为，即，
∵是等边三角形，且轴，设交于点，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：或（舍去）
∴等边三角形的边长为
【小问3详解】
解：如图所示，当四边形是正方形时，，连接并延长交轴于点，
∵，，
∴，，
∵，
设直线的解析式为，则
解得
∴直线的解析式为，
∴直线垂直，
当时，
∴，
∵，即得到直线的距离为，
则当点与点重合时，是直线：的伴随点．
此时在上，则，解得：，
当点与点重合时，则过点，此时，解得：，
∴．
【点睛】本题考查了几何新定义，解直角三角形，切线的性质，直线与坐标轴交点问题，正方形的性质，理解新定义是解题的关键．
28.
综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．
【答案】（1）四边形是正方形，证明见解析；（2）；（3），证明见解析；
【解析】
【分析】（1）证明，可得，从而可得结论；
（2）证明四边形是矩形，可得，同理可得：，证明，，，证明四边形是正方形，可得，从而可得结论；
（3）如图，连接，证明，，，，可得，再证明，可得，证明，可得，从而可得答案．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可得：，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴．
（3）如图，连接，
∵，正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．