2023年山东济宁中考数学试题及答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1，0，，1.5

31.实数中无理数是（A.）C.

B.01

3D.1.5【答案】A【解析】【分析】根据无理数的概念求解．【详解】解：实数,0,,1.5中，是无理数，而0,,1.5是有理数；故选A．【点睛】本题主要考查无理数，熟练掌握无理数的概念是解题的关键．2.下列图形中，是中心对称图形的是（）1313A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】在一个平面内，把一个图形绕着某个点旋转180，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；由此判断即可得出答案．【详解】选项A、C、D中的图形不是中心对称图形，故选项A、C、D不符合题意；选项B中的图形是中心对称图形，故B符合题意．故选：B．【点睛】本题考查了中心对称图形的定义，在一个平面内，把一个图形绕着某个点旋转180，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．3.下列各式运算正确的是（A.x2x3x6）C.(xy)2x2y2

D.B.x12x2x6x2yx6y3【答案】D【解析】【分析】根据同底数幂的乘除、完全平方公式、积的乘方逐个计算即可．【详解】A．x2×x3=x5，所以A选项不符合题意；B．x12x2x10，所以B选项不符合题意；C．(xy)2x2y22xy，所以C选项不符合题意；D．x2y

33x6y3，所以D选项符合题意．故选：D．【点睛】此题主要考查了同底数幂的乘除、完全平方公式、积的乘方，熟记运算法则是解题关键．4.若代数式A.x2且x2【答案】D【解析】【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件得到不等式组，解不等式组即可得到答案．【详解】解：∵代数式x有意义，则实数x的取值范围是（x2B.x0

）C.x2

D.x0

x有意义，x2

x0∴，x20

解得x0且x2，故选：D【点睛】此题考查了二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，熟练掌握相关知识是解题的关键．5.如图，a,b是直尺的两边，ab，把三角板的直角顶点放在直尺的b边上，若135，则2的度数是（）A.65【答案】B【解析】B.55C.45D.35

【分析】根据平行线的性质及平角可进行求解．【详解】解：如图：∵ab，135，∴ACD135,BCE2，∵BCEACBACD180，ACB90，∴BCE1809035552；故选B．【点睛】本题主要考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．6.为检测学生体育锻炼效果，从某班随机抽取10名学生进行篮球定时定点投篮检测，投篮进球数统计如图所示．对于这10名学生的定时定点投篮进球数，下列说法中错误的是（）A.中位数是52【答案】D【解析】B.众数是5C.平均数是5.2D.方差是【分析】根据中位数、众数、平均数、方差定义逐个计算即可．【详解】根据条形统计图可得，从小到大排列第5和第6人投篮进球数都是5，故中位数是5，选项A不符合题意；投篮进球数是5的人数最多，故众数是5，选项B不符合题意；平均数

342536272

5.2，故选项C不符合题意；102

2

35.245.2方差

选项D符合题意；故选：D．255.2365.2275.22

10222

1.56，故【点睛】本题考查了中位数、众数、平均数、方差和条形统计图的知识，解答本题的关键在于读懂题意，从图表中筛选出可用的数据，然后整合数据进行求解即可．7.下列各式从左到右的变形，因式分解正确的是（A.(a3)2a26a9

C.5ax5ay5axyxy22）B.a4a4aa44

2D.a2a8a2a42【答案】C【解析】【分析】根据因式分解的概念可进行排除选项．【详解】解：A、(a3)2a26a9，属于整式的乘法，故不符合题意；B、a4a4aa44，不符合几个整式乘积的形式，不是因式分解；故不符合题2意；C、5ax5ay5axyxy，属于因式分解，故符合题意；22D、因为a2a4a2a8a2a8，所以因式分解错误，故不符合题意；22故选C．【点睛】本题主要考查因式分解，熟练掌握因式分解的概念是解题的关键．8.一个几何体的三视图如下，则这个几何体的表面积是（）A39π

.

B.45πC.48πD.54π

【答案】B【解析】【分析】先根据三视图还原出几何体，再利用圆锥的侧面积公式和圆柱的侧面积公式计算即可．【详解】根据三视图可知，该几何体上面是底面直径为6，母线为4的圆锥，下面是底面直径为6，高为4的圆柱，该几何体的表面积为：11

Sπ646π4π612π24π9π45π．22

故选B．【点睛】本题主要考查了简单几何体的三视图以及圆锥的侧面积公式和圆柱的侧面积公式，根据三视图还原出几何体是解决问题的关键．2

9.如图，在正方形方格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，点A，B，C，D，E均在小正方形方格的顶点上，线段AB,CD交于点F，若CFB，则ABE等于（）A.180B.1802C.90D.902【答案】C【解析】【分析】根据三角形外角的性质及平行线的性质可进行求解．【详解】解：如图，由图可知：GDEH1,CGBH4，CGDBHE90，∴CGD≌BHESAS，∴GCDHBE，∵CG∥BD，∴CABABD，∵CFBCABGCD，∴ABDHBE，∴ABEABDDBHHBE90；故选C．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．，an满足如下关系：a210.已知一列均不为1的数a1，a2，a3，a4

A.

1a11a2，a3，1a11a21a31an，，an1，若a12，则a2023的值是（1a31an12B.）13C.3

D.2【答案】A【解析】【分析】根据题意可把a12代入求解a23，则可得a3由此可得规律求解．【详解】解：∵a12，11

，a4，a52……；3211

1

1213132，…….；21，a3，a3，a4∴a25

13112132112311

由此可得规律为按2、3、、四个数字一循环，231

∵20234=505.....3，∴a2023故选A．【点睛】本题主要考查数字规律，解题的关键是得到数字的一般规律．二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．11.一个函数过点1,3，且y随x增大而增大，请写出一个符合上述条件的函数解析式_________．【答案】y3x（答案不唯一）【解析】【分析】根据题意及函数的性质可进行求解．【详解】解：由一个函数过点1,3，且y随x增大而增大，可知该函数可以为y3x（答案不唯一）；故答案为y3x（答案不唯一）．a31；2【点睛】本题主要考查正比例函数的性质，熟练掌握正比例函数的性质是解题的关键．12.已知一个多边形的内角和为540°，则这个多边形是______边形．【答案】5【解析】【详解】设这个多边形是n边形，由题意得，(n-2)×180°=540°，解之得，n=5．13.某数学活动小组要测量一建筑物的高度，如图，他们在建筑物前的平地上选择一点A，在点A和建筑物之间选择一点B，测得AB30m．用高1mAC1m的测角仪在A处测得建筑物顶部E的仰角为30，在B处测得仰角为60，则该建筑物的高是_________m．【答案】1531【解析】【分析】结合三角形外角和等腰三角形的判定求得EDCD，然后根据特殊角的三角函数值解直角三角形．【详解】解：由题意可得：四边形MNBD，四边形DBAC，四边形MNAC均为矩形，∴ABCD30，MNAC1，在RtEMC中，ECD30，在Rt△EDM中，EDM60，∴DECEDMECD30，∴DECECD，∴EDCD30，在Rt△EDM中，EMEM3sin60，即，ED302解得EM153，∴ENEMMN1531m故答案为：1531．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．14.已知实数m满足m2m10，则2m33m2m9_________．【答案】8【解析】【分析】由题意易得m2m1，然后整体代入求值即可．【详解】解：∵m2m10，∴m2m1，∴2m33m2m92mm2mm2m92mm2m9mm29m2m9198；故答案为8．【点睛】本题主要考查因式分解及整体思想，熟练掌握利用整体思维及因式分解求解整式的值．15.如图，ABC是边长为6的等边三角形，点D，E在边BC上，若DAE30，1

tanEAC，则BD_________．3【答案】33【解析】【分析】过点A作AHBC于H，根据等边三角形的性质可得BAC60，再由AHBC，可得BADDAH=30，再根据BADEAC=30，可得DAHEAC，从而可得tanDAH=tanEAC=

AHABsin6033，再由1

，利用锐角三角函数求得3DHDH1

==，求得DH3，即可求得结果．AH333【详解】解：过点A作AHBC于H，∵ABC是等边三角形，∴ABACBC6，BAC60，∵AHBC，∴BAH

1

BAC30，2∴BADDAH=30，∵DAE30，∴BADEAC=30，∴DAHEAC，∴tanDAH=tanEAC=∵BH

1

AB3，21，3∵AH=ABsin60=6

3=33，2DHDH1

==，∴AH333∴DH

3，∴BD=BHDH=33，故答案为：33．【点睛】本题考查等边三角形的性质、锐角三角函数，熟练掌握等边三角形的性质证明DAHEAC是解题的关键．三、解答题：本大题共7小题，共55分．16.计算：122cos30【答案】【解析】【分析】根据二次根式的运算、特殊三角函数值及负指数幂可进行求解．【详解】解：原式232

3221．52312322335

．252【点睛】本题主要考查二次根式的运算、特殊三角函数值及负指数幂，熟练掌握各个运算是解题的关键．17.某学校为扎实推进劳动教育，把学生参与劳动教育情况纳入积分考核．学校随机抽取了部分学生的劳动积分（积分用x表示）进行调查，整理得到如下不完整的统计表和扇形统计图．等级劳动积分人数4Ax90

BCDE80x9070x8060x70m2083x60

请根据以上图表信息，解答下列问题：（1）统计表中m_________，C等级对应扇形的圆心角的度数为_________；（2）学校规定劳动积分大于等于80的学生为“劳动之星”．若该学校共有学生2000人，请估计该学校“劳动之星”大约有多少人；（3）A等级中有两名男同学和两名女同学，学校从A等级中随机选取2人进行经验分享，请用列表法或画树状图法，求恰好抽取一名男同学和一名女同学的概率．【答案】（1）15，144

（2）该学校“劳动之星”大约有760人（3）23【解析】【分析】（1）根据统计图可得抽取学生的总人数为50人，然后可得m的值，进而问题可求解；（2）根据题意易知大于等于80的学生所占比，然后问题可求解；（3）根据列表法可进行求解概率．【小问1详解】解：由统计图可知：D等级的人数有8人，所占比为16％，∴抽取学生的总人数为816％50（人），∴m504208315，C等级对应扇形的圆心角的度数为360故答案为15，144；【小问2详解】解：由题意得：20144；502000415760（人），50答：该学校“劳动之星”大约有760人【小问3详解】解：由题意可列表如下：男1男1男2女1女2/男1男2男1女1男1女2男2男1男2/男2女1男2女2女1男1女2男2女1/女1女2女2男1女2男2女2女1女2/从A等级两名男同学和两名女同学中随机选取2人进行经验分享，共有12种情况，恰好抽取一名男同学和一名女同学共有8种情况，所以抽取一名男同学和一名女同学的概率为P82．123【点睛】本题主要考查扇形统计图与统计表、概率，熟练掌握扇形统计图及利用列表法求解概率是解题的关键．18.如图，BD是矩形ABCD的对角线．（1）作线段BD的垂直平分线（要求：尺规作图，保留作图㢃迹，不必写作法和证明）；（2）设BD的垂直平分线交AD于点E，交BC于点F，连接BE，DF．①判断四边形BEDF的形状，并说明理由；②若AB5，BC10，求四边形BEDF的周长．【答案】（1）图见详解（2）①四边形BEDF是菱形，理由见详解；②四边形BEDF的周长为25【解析】【分析】（1）分别以点B、D为圆心，大于则问题可求解；（2）①由题意易得EDOFBO，易得EOD≌FOBASA，然后可得四边形1

BD为半径画弧，分别交于点M、N，连接MN，2

BEDF是平行四边形，进而问题可求证；②设BEEDx，则AE10x，然后根据勾股定理可建立方程进行求解．【小问1详解】解：所作线段BD的垂直平分线如图所示：【小问2详解】解：①四边形BEDF是菱形，理由如下：如图，由作图可知：OBOD，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴EDOFBO，∵EODFOB，∴EOD≌FOBASA，∴EDFB，∴四边形BEDF是平行四边形，∵EF是BD的垂直平分线，∴BEED，∴四边形BEDF是菱形；②∵四边形ABCD是矩形，BC10，∴A90,ADBC10，由①可设BEEDx，则AE10x，∵AB5，∴AB2AE2BE2，即2510xx2，解得：x6.25，∴四边形BEDF的周长为6.25425．【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的性质与判定、勾股定理及线段垂直平分线的性质，熟练掌握矩形的性质、菱形的性质与判定、勾股定理及线段垂直平分线的性质是解题的关键．19.如图，正比例函数y1

2

1k

x和反比例函数y2(x0)的图像交于点Am,2．x2（1）求反比例函数的解析式；（2）将直线OA向上平移3个单位后，与y轴交于点B，与y2

k

(x0)的图像交于点C，x连接AB，AC，求ABC的面积．【答案】（1）y2（2）3【解析】【分析】（1）待定系数法求函数解析式；（2）根据平移的性质求得平移后函数解析式，确定B点坐标，然后待定系数法求直线AB的解析式，从而利用三角形面积公式分析计算．【小问1详解】解：把Am,2代入y1解得m4，∴A把A

8

x11

x中，m2，224,2，k

(x0)中，2，4,2代入y2kx48

；x1

x3，2解得k=8，∴反比例函数的解析式为y2【小问2详解】解：将直线OA向上平移3个单位后，其函数解析式为y当x0时，y3，∴点B的坐标为0,3，设直线AB的函数解析式为yBCmxn，4mn2

将A4,2，B0,3代入可得，n31

m解得4，n3

∴直线AB的函数解析式为yBC

1

x3，4y

联立方程组

y

1

x3

x18x222，解得，8y11y24x∴C点坐标为2,4，过点C作CMx轴，交AB于点N，15x3中，当x2时，y，2453

∴CN4，2213

∴S△ABC43．22在yBC

【点睛】本题考查一次函数和反比例函数的交点问题，掌握待定系数法求函数解析式，运用数形结合思想解题是关键．20.为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买A，B两种型号的充电桩．已知A型充电桩比B型充电桩的单价少0.3万元，且用15万元购买A型充电桩与用20万元购买B型充电桩的数量相等．（1）A，B两种型号充电桩的单价各是多少？（2）该停车场计划共购买25个A，B型充电桩，购买总费用不超过26万元，且B型充电桩的购买数量不少于A型充电桩购买数量的2．问：共有哪几种购买方案？哪种方案所需购买总费用最少？【答案】（1）A型充电桩的单价为0.9万元，B型充电桩的单价为1.2万元（2）共有三种方案：方案一：购买A型充电桩14个，购买B型充电桩11个；方案二：购买A型充电桩15个，购买B型充电桩10个；方案三：购买A型充电桩16个，购买B型充电桩9个；方案三总费用最少．【解析】1

【分析】（1）根据“用15万元购买A型充电桩与用20万元购买B型充电桩的数量相等”列分式方程求解；（2）根据“购买总费用不超过26万元，且B型充电桩的购买数量不少于A型充电桩购买数量的2”列不等式组确定取值范围，从而分析计算求解【小问1详解】解：设B型充电桩的单价为x万元，则A型充电桩的单价为x0.3万元，由题意可得：1

1520

,x0.3x解得x1.2，经检验：x1.2是原分式方程的解，x0.30.9，答：A型充电桩的单价为0.9万元，B型充电桩的单价为1.2万元；【小问2详解】解：设购买A型充电桩a个，则购买B型充电桩25a个，由题意可得：0.9a1.225a26

4050

a，解得，1

3325aa

2

∵a须为非负整数，∴a可取14，15，16，∴共有三种方案：方案一：购买A型充电桩14个，购买B型充电桩11个，购买费用为0.9141.21125.8（万元）；方案二：购买A型充电桩15个，购买B型充电桩10个，购买费用为0.9151.21025.5（万元）；方案三：购买A型充电桩16个，购买B型充电桩9个，购买费用为0.9161.2925.2（万元），∵25.225.525.8∴方案三总费用最少．【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，一元一次不等式组的应用，理解题意，找准等量关系列出分式方程和一元一次不等式组是解决问题的关键．21.如图，已知AB是O的直径，CDCB，BE切O于点B，过点C作CFOE交BE于点F，若EF

2BF．（1）如图1，连接BD，求证：△ADB≌△OBE；（2）如图2，N是AD上一点，在AB上取一点M，使MCN60，连接MN．请问：三条线段MN，BM，DN有怎样的数量关系？并证明你的结论．【答案】（1）见解析【解析】【分析】（1）根据CFOE，OC是半径，可得CF是O的切线，根据BE是O的切线，由切线长定理可得BFCF，进而根据sinE（2）MNBMDN，证明见解析CF1，得出E30，EF2CB，根据垂径定理的推论得出OCBD，进EOB60，根据CDCB得出CD

而得出ADB90EBO，根据含30度角的直角三角形的性质，得出ADBO1AB，即可证明ABD≌OEBAAS；2（2）延长ND至H使得DHBM，连接CH，BD，根据圆内接四边形对角互补得出HDCMBC，证明HDC≌MBCSAS，结合已知条件证明NCNC，进而证明CNH≌CNM【小问1详解】证明：∵CFOE，OC是半径，∴CF是O的切线，∵BE是O的切线，∴BFCF，SAS，得出NHMN，即可得出结论．∵EF2BF

CF1EF2∴EF2CF，∴sinE∴E30，EOB60，∵CDCB

CB，∴CD

∴OCBD，∵AB是直径，∴ADB90EBO，∵EEBD90，ABDEBD90∴EABD30，∴ADBO1AB，2∴ABD≌OEBAAS；【小问2详解】MNBMDN，理由如下，延长ND至H使得DHBM，连接CH，BD，如图所示∵CBMNDC180,HDCNDC180∴HDCMBC，∵CDCB，DHBM∴HDC≌MBC

SAS，∴BCMDCH，CMCH由（1）可得ABD30，又AB是直径，则ADB90，∴A60，∴DCB180A120，∵MCN60，∴BCMNCD120NCM1206060，∴DCHNCDNCH60,∴NCHNCM，∵NCNC，∴CNH≌CNM∴NHMN，∴MNDNDHDNBM．即MNBMDN．【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，垂径定理的推论，全等三角形的性质与判定，根据特殊角的三角函数值求角度，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．22.如图，直线yx4交x轴于点B，交y轴于点C，对称轴为x

SAS，3

的抛物线经过2B，C两点，交x轴负半轴于点A．P为抛物线上一动点，点P的横坐标为m，过点P作x

轴的平行线交抛物线于另一点M，作x轴的垂线PN，垂足为N，直线MN交y轴于点D．（1）求抛物线的解析式；（2）若0m（3）若m3

，当m为何值时，四边形CDNP是平行四边形？23，设直线MN交直线BC于点E，是否存在这样的m值，使MN2ME？2若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）yx23x4（2）m

621312（3）存在，m【解析】【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式；（2）结合平行四边形的性质，通过求直线MN的函数解析式，列方程求解；（3）根据MN2ME，确定E点坐标，从而利用一次函数图象上点的特征计算求解．【小问1详解】解：在直线yx4中，当x0时，y4，当y0时，x4，∴点B4,0，点C

0,4，2

3设抛物线的解析式为yaxk，2

23

a4k0

2

B4,0C0,4把点，，点代入可得23a0k42

a1

解得25，k4

325∴抛物线的解析式为yxx23x4；24

【小问2详解】解：由题意，Pm,m3m4，∴PNm23m4，2

2当四边形CDNP是平行四边形时，PNCD，∴ODm23m44m23m，∴D0,m3m，Nm,0，2

设直线MN的解析式为yk1xm3m，把Nm,0代入可得k1mm3m0，2

2

解得k13m，∴直线MN的解析式为y3mxm3m，又∵过点P作x轴的平行线交抛物线于另一点M，且抛物线对称轴为x∴M3m,m3m4

2

2

3，22

∴3mm23mm23m4，解得m1

621621（不合题意，舍去），m2；33【小问3详解】解：存在，理由如下：∵MN2ME，∴点E为线段MN的中点，3mm3

，22∵点E在直线yx4上，∴点E的横坐标为∴E

35,，22

3535

,代入y3mxm23m中，可得3mm23m，2222

1．2把E

解得m14（不合题意，舍去），m2【点睛】本题考查一次函数和二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数解析式，利用数形结合思想和方程思想解题是关键．