2023年西藏中考数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求，不选、错选或多选均不得分．
1. 7的相反数是（ ）
A. B. C. 7 D. -7
【答案】D
【解析】
【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得一个数的相反数．
【详解】解：的相反数是，
故选：D．
【点睛】本题考查了相反数，只有符号不同的两个数互为相反数：一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．不要把相反数的意义与倒数的意义混淆．
2. 下列图形属于中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义：“在平面内，把一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形与原图形重合，那么这个图形称为中心对称图形”，逐项判断即可得．
【详解】解：选项A、B、D的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项C的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3. 2023年1月18日，国务院新闻办公室介绍了2022年知识产权相关工作情况，截至2022年底，我国发明专利有效量为万件．将数据用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】科学记数法的表现形式为的形式，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，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：
故选：B．
【点睛】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
4. 不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出不等式组的解集，再在数轴上表示即可作答．
【详解】，
解不等式，得：；
解不等式，得：；
即不等式组的解集为：，
在数轴上表示为：
故选：C．
【点睛】本题主要考查了求解不等式组的解集并在数轴上表示解集的知识，注意，含端点时用实心点，不含端点时，用空心点．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据整式的减法、积的乘方、同底数幂的乘法以及完全平方公式逐项计算即可作答．
【详解】A项，，计算正确，故本项符合题意；
B项，，原计算错误，故本项不符合题意；
C项，，原计算错误，故本项不符合题意；
D项，，原计算错误，故本项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了整式的减法、积的乘方、同底数幂的乘法以及完全平方公式，掌握相应的运算法则及完全平方公式，是解答本题的关键．
6. 如图，已知，点A在直线a上，点B，C在直线b上，，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行线的性质与三角形的内角和为进行解题即可．
【详解】解：∵，，
∴，
由题可知：，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．
7. 已知一元二次方程的两个根为、，则的值为（ ）
A. －3 B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】由根与系数的关系得出两根之和，两根之积，然后把要求的式子变形，代入求值即可．
【详解】解：由一元二次方程根与系数的关系得，
，
∴
，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
8. 如图，四边形内接于，E为BC延长线上一点．若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据邻补角互补求出的度数，再根据圆内接四边形对角互补求出的度数，最后根据圆周角定理即可求出的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握这些定理和性质是解题的关键．
9. 已知a，b都是实数，若，则的值是（ ）
A. B. C. 1 D. 2023
【答案】B
【解析】
【分析】根据绝对值和偶次方的非负性可求解a，b的值，再代入计算可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
解得，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了绝对值与偶次方非负性的应用，解题关键是利用非负性求出a、b的值．
10. 如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知，则阴影部分的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先过点作于点E，于点，由题意可得四边形是平行四边形，继而求得的长，判定四边形是菱形，则可求得答案．
【详解】过点作于点E，于点，
根据题意得：，，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
同理： ，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．
11. 将抛物线通过平移后，得到抛物线的解析式为，则平移的方向和距离是（ ）
A. 向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度
B. 向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度
C. 向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度
D. 向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】先确定两个抛物线的顶点坐标，再利用点平移的规律确定抛物线平移的情况．
【详解】解：抛物线的顶点坐标为，抛物线的顶点坐标为，
而点向左平移2个，再向下平移3个单位可得到，
所以抛物线向左平移2个，再向下平移3个单位得到抛物线y=x2+2x+3．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式；二是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式．
12. 如图，矩形中，和相交于点O，，，点E是边上一点，过点E作于点H，于点G，则的值是（ ）
A. 2.4 B. 2.5 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】连接，利用矩形的性质可得， ，，即，再利用面积可得，，结合，可得，问题随之得解．
【详解】解：连接，如图，
∵四边形是矩形，，，
∴，，，，
∴，，
即，
∵，，
∴，，
∵，
∴．
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理以及三角形的面积等知识，灵活利用面积得出，是解答本题的关键．
二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分．请在每小题的空格中填上正确答案，错填、不填均不得分．
13. 请任意写出一个你喜欢的无理数：__________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：根据无理数的概念，直接写出一个符合条件的无理数即可，如：、π等.
点睛：无理数：无限不循环小数称之为无理数.
无理数包括：1、无限不循环小数，
2、开方开不尽的数，
3、含有π的倍数的数等.
14. 在函数y=中，自变量x的取值范围是_____．
【答案】.
【解析】
【详解】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据分式分母不为0的条件，要使在实数范围内有意义，必须.
15. 分解因式：______．
【答案】
【解析】
【分析】用平方差公式即可得到结果．
【详解】原式= (m+6)(m−6)，
故答案为 (m+6)(m−6) ．
【点睛】考查用平方差公式因式分解，解题的关键是熟记用平方差．
16. 如图，在中，，分别以点B和点C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点；作直线交于点E．若线段，，则长为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据作图可知：是线段的垂直平分线，即有，再在中，，问题得解．
【详解】连接，如图，
根据作图可知：是线段的垂直平分线，
∴，
∵，，，
∴在中，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂直平分线的尺规作图，垂直平分线的性质以及勾股定理等知识，得出是线段的垂直平分线，是解答本题的关键．
17. 圆锥的底面半径是，母线长，则它的侧面展开图的圆心角的度数为______．
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥的侧面展开图的圆心角为，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到，然后解关于的方程即可．
【详解】解：设圆锥的侧面展开图的圆心角为，
根据题意得
解得，
即圆锥的侧面展开图的圆心角为．
故答案：．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
18. 按一定规律排列单项式：，，，，．则按此规律排列的第n个单项式为________．（用含有n的代数式表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据系数和字母的次数与单项式的序号关系写出即可．
【详解】解：系数为，次数为1；
系数为，次数为2；
系数为，次数为3；
系数为，次数为4；
第n个单项式的系数可表示为：，字母a的次数可表示为：n，
∴第n个单项式为：．
【点睛】本题考查数字变化类规律探究，掌握单项式系数和次数并发现其变化规律是解题的关键．
三、解答题：本大题共9小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据负整数指数幂、零指数幂的运算法则，结合特殊角的三角函数值以及开立方的知识，计算即可作答．
【详解】
．
【点睛】本题主要考查了含特殊角的三角函数值的实数的混合运算，牢记特殊角的三角函数值，是解答本题的关键．
20. 解分式方程：．
【答案】
【解析】
【分析】方程两边同时乘以，将分式方程化为整式方程，再求解即可．
【详解】
，
经检验，是原方程的根，
故原方程的解为：．
【点睛】本题考查了求解分式方程的知识，掌握相应的求解方程，是解答本题的关键．注意：解分式方程时，要将所求的解代入原方程进行检验．
21. 如图，已知，，．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】先由题意可证，可得，再根据等式的性质即可得出结论．
【详解】证明：在和中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．
22. 某校为了改善学生伙食状况，更好满足校园内不同民族学生的饮食需求，充分体现对不同民族学生饮食习惯的尊重，进行了一次随机抽样调查，调查了各民族学生的人数，绘制了两幅不完整的统计图，如图．
请根据图中给出的信息，回答下列问题：
（1）调查的样本容量为______，并把条形统计图补充完整；
（2）珞巴族所在扇形圆心角的度数为______；
（3）学校为了举办饮食文化节，从调查的四个民族的学生中各选出一名学生，再从选出的四名学生中随机选拔两名主持人，请用列表或画树状图的方法求出两名主持人中有一名是藏族学生的概率．
【答案】（1），图形见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用汉族学生人数除以其占比即可求出样本容量，再根据条形图中的人数可求出藏族学生人数，即可作答；
（2）珞巴族学生人数除以总人数再乘以即可作答；
（3）采用列表法列举即可作答．
【小问1详解】
总人数：（人），
藏族学生人数：（人），
补充图形如下：
【小问2详解】
，
即珞巴族所在扇形圆心角的度数为；
【小问3详解】
设用“甲”代表藏族学生，用“乙”代表其他三族的学生，画出列表如下：
由图表可知，总共有12种情况，含有“甲”（藏族学生）的情况有6种，
故：两名主持人中有一名是藏族学生的概率．
【点睛】本题主要考查了条形统计图，扇形统计图以及采利用列举法求解概率的知识，正确作出列表，是解答本题的关键．
23. 列方程（组）解应用题：如图，巴桑家客厅的电视背景墙是由块形状大小相同的长方形墙砖砌成．
（1）求一块长方形墙砖的长和宽；
（2）求电视背景墙的面积．
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）首先设一块长方形墙砖的长为，宽为，然后用的代数式分别表示出长方形的两条长边分别为，，宽为,进而根据长方形的性质列出方程组，解方程组即可得出答案；
（2）根据长方形的面积计算公式即可得出答案．
【小问1详解】
解：设一块长方形墙砖的长为，宽为．
依题意得：
，
解得：
，
答：一块长方形墙砖的长为，宽为．
【小问2详解】
求电视背景墙的面积为：．
答：电视背景墙的面积为．
【点睛】此题主要考查了二元一次方程组的实际应用，长方形的性质，根据长方形的两组对边分别相等列出方程组是解答此题的关键．
24. 如图，一次函数与反比例函数的图象相交于A，B两点，且点A的坐标为，点B的坐标为．
（1）求的值和反比例函数的解析式；
（2）点A关于原点O的对称点为，在x轴上找一点P，使最小，求出点的坐标．
【答案】（1）m=3，n=-3，反比例函数的解析式为：；
（2）；
【解析】
【分析】（1）将点，点分别代入之中，即可求出的值；然后再将点代入即可得到反比例函数的解析；
（2）作点关于轴的对称点，连接交轴于点，连接，则为最小，故得点为所求作的点，根据对称性先求出点，点，再利用待定系数法求出直线的解析式为，由此可求出点的坐标．
【小问1详解】
解：将点，点分别代入之中，
得：，，
解得：，，
∴点，点，
将点代入之中，得：，
∴反比例函数的解析式为：，
【小问2详解】
作点关于x轴的对称点，连接交轴于点，连接，如图：
则为最小，
故得点为所求作的点．理由如下：
在轴上任取一点，连接，，，
∵点关于轴对称点，
∴轴为线段的垂直平分线，
∴，
∴，，
根据“两点之间线段最短”得：，
即：，
∴为最小．
∵点，点与点关于原点对称，
∴点的坐标为，
又∵点，点和点关于轴对称，
∴点点的坐标为，
设直线的解析式为：，
将点，代入，
得：，解得：，
∴直线A'B'的解析式为：，
对于，当时，，
∴点的坐标为．
【点睛】此题主要考查了一次函数与反比例函数的图象，利用轴对称求最短路线，熟练掌握待定系数法求函数的解析式，理解利用轴对称求最短路线的思路和方法是解答此题的关键．
25. 如图，轮船甲和轮船乙同时离开海港O，轮船甲沿北偏东的方向航行，轮船乙沿东南方向航行，2小时后，轮船甲到达A处，轮船乙到达B处，此时轮船甲正好在轮船乙的正北方向．已知轮船甲的速度为每小时25海里，求轮船乙的速度．（结果保留根号）
【答案】海里小时．
【解析】
【分析】过作于，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：过作于，
在中，，（海里），
（海里），
在中，，
（海里），
轮船乙的速度为海里小时．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用方向角问题，作出辅助线是解题的关键．
26. 如图，已知为的直径，点C为圆上一点，垂直于过点C的直线，交于点E，垂足为点D，平分．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求长．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据角平分线的定义有，根据圆周角定理有，可得，进而有，进而可得，则有半径，问题得证；
（2）连接，，，利用勾股定理可得，进而有，，根据，即，进而可得，根据四边形内接于，可得，即，再在中，可得．
【小问1详解】
连接，如图，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
【小问2详解】
连接，，，如图，
∵为的直径，
∴，
∵，，
∴在中，，
∴，，
∵平分，
∴，即，
∵在中，，
∴，
∵四边形内接于，
∴，即，
∵在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，解直角三角形，圆内接四边形的性质以及圆周角定理等知识，灵活运用解直角三角形，是解答本题的关键．
27. 在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图甲，在y轴上找一点D，使为等腰三角形，请直接写出点D的坐标；
（3）如图乙，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在P、Q两点使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）或或或；
（3）存在，，或，或，或或
【解析】
【分析】（1）将，代入，求出,即可得出答案；
（2）分别以点为顶点、以点为顶点、当以点为顶点，计算即可；
（3）抛物线的对称轴为直线，设，，求出，，，分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线．
【小问1详解】
解：（1）∵，两点在抛物线上，
∴
解得，，
∴抛物线的解析式为：；
【小问2详解】
令，
∴，
由为等腰三角形，如图甲，
当以点为顶点时，，点与原点重合，
∴；
当以点为顶点时，，是等腰中线，
∴，
∴；
当以点为顶点时，
∴点D的纵坐标为或，
∴综上所述，点D的坐标为或或或．
【小问3详解】
存在，理由如下：
抛物线的对称轴为：直线，
设，，
∵，
则，
，
，
∵以为顶点的四边形是菱形，
∴分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线，
当以为对角线时，则，如图1，
∴，
解得：，
∴或
∵四边形是菱形，
∴与互相垂直平分，即与的中点重合，
当时，
∴，
解得：，
∴
当时，
∴，
解得：，
∴
以为对角线时，则，如图2，
∴，
解得：，
∴，
∵四边形是菱形，
∴与互相垂直平分，即与中点重合，
∴，
解得：，
∴；
当以为对角线时，则，如图3，
∴，
解得：，
∴，
∵四边形是菱形，
∴与互相垂直平分，即与的中点重合，
∴，
解得：
∴，
综上所述，符合条件的点P、Q的坐标为： ，或，或，或或
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性质、坐标与图形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握菱形的性质和坐标与图形的性质是解题的关键．