2023年山东菏泽中考数学试题及答案

一、选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确选项的序号涂在答题卡的相应位置．）1.剪纸文化是我国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．【详解】解：A．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故A符合题意；B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C不符合题意；D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故D不符合题意．故选：A．【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．2.下列运算正确的是（A.a6a3a2

）B.a2a3a5

C.2a322a6D.ab2

a2b2

【答案】B【解析】【分析】利用同底数幂的乘除法、积的乘方与幂的乘方以及完全平方公式分别判断即可．【详解】解：A、a6a3a3，故选项错误；B、a2a3a5，故选项正确；C、2a324a6，故选项错误；2

D、aba22abb2，故选项错误；故选：B．【点睛】此题主要考查了整式的混合运算，同底数幂的乘除法、积的乘方、幂的乘方以及完全平方公式，正确掌握相关乘法公式是解题关键．3.一把直尺和一个含30角的直角三角板按如图方式放置，若120，则2（）A.30【答案】B【解析】B.40

C.50D.60【分析】根据平行线的性质，得出3120，进而Ð2=60°．-Ð3=40°【详解】由图知，3120∴Ð2=60°-Ð3=60°-20°=40°故选：B【点睛】本题考查平行线的性质，特殊角直角三角形，由图形的位置关系推出角之间的数量关系是解题的关键．4.实数a，b，c在数轴上对应点的位置如图所示，下列式子正确的是（）A.c(ba)0B.b(ca)0C.a(bc)0

D.a(cb)0

【答案】C【解析】【分析】根据数轴可得，a0bc，再根据a0bc逐项判定即可．【详解】由数轴可知a0bc，∴c(ba)0，故A选项错误；∴b(ca)0，故B选项错误；∴a(bc)0，故C选项正确；∴a(cb)0，故D选项错误；故选：C．【点睛】本题考查实数与数轴，根据a0bc进行判断是解题关键．5.如图所示的几何体是由5个大小相同的小正方体组成的，它的主视图是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据主视图是从正面看到的图形进行求解即可．【详解】解：从正面看该几何体，有三列，第一列有2层，第二和第三列都只有一层，如图所示：故选：A．【点睛】本题主要考查了简单几何组合体的三视图，熟知三视图的定义是解题的关键．6.一元二次方程x23x10的两根为x1，x2，则A.11

的值为（x1x2C.3）32B.3D.

32【答案】C【解析】【分析】先求得x1x23，x1x21，再将求解即可．【详解】解：∵一元二次方程x23x10的两根为x1、x2，∴x1x23，x1x21∴11

变形，代入x1x2与x1x2的值x1x211x1x2



x1x2x1x2

313．故选C．【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，牢记x1x2解决本题的关键．7.ABC的三边长a，b，c满足(ab)22ab3|c32|0，则ABC是（A.等腰三角形角三角形【答案】D【解析】【分析】由等式可分别得到关于a、b、c的等式，从而分别计算得到a、b、c的值，再由B.直角三角形C.锐角三角形）bc，x1x2是aaD.等腰直a2b2c2的关系，可推导得到ABC为直角三角形．【详解】解∵(ab)22ab3|c32|0

ab20

又∵2ab30

c320

ab20∴2ab30，c320ab0

∴2ab30

c320a3

解得b3，

c32∴a2b2c2，且ab，∴ABC为等腰直角三角形，故选：D．【点睛】本题考查了非负性和勾股定理逆定理的知识，求解的关键是熟练掌握非负数的和为0，每一个非负数均为0，和勾股定理逆定理．8.若一个点的纵坐标是横坐标的3倍，则称这个点为“三倍点”，如：A(1,3),B(2,6),C(0,0)等都是三倍点”，在3x1的范围内，若二次函数，则c的取值范围是（yx2xc的图象上至少存在一个“三倍点”A.

）D.1

c14B.4c3C.

1

c544c5

【答案】D【解析】【分析】由题意可得：三倍点所在的直线为y3x，根据二次函数yx2xc的图象上至少存在一个“三倍点”转化为yx2xc和y3x至少有一个交点，求0，再根据x3和x1时两个函数值大小即可求出．【详解】解：由题意可得：三倍点所在的直线为y3x，在3x1的范围内，二次函数yx2xc的图象上至少存在一个“三倍点”，即在3x1的范围内，yx2xc和y3x至少有一个交点，令3xx2xc，整理得：x24xc0，则=b24ac=441c=16+4c0，解得c4，当x3时，y133c=12+c，y29，∴912+c，解得：c3，当x1时，y111c=+c，y23，∴3>2+c，解得：c5，综上:c的取值范围是4c5，故选：D．【点睛】本题考查二次函数与一次函数交点问题，熟练掌握相关性质是关键．二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分，只要求把最后结果填写在答题卡的相应区域内．）9.因式分解：m24m______．【答案】mm4【解析】【分析】直接提取公因式m，进而分解因式即可．【详解】解：m2-4m=m(m-4)．故答案为：m(m-4)．【点睛】本题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．10.计算：|32|2sin6020230___________．【答案】1【解析】【分析】根据先计算绝对值，特殊角的三角函数值，零指数幂，再进行加减计算即可．【详解】解：22

322sin6020230312232

1故答案为：1．【点睛】本题考查了实数的运算，掌握绝对值、特殊角的三角函数值、零指数幂的运算是解题的关键．11.用数字0，1，2，3组成个位数字与十位数字不同的两位数，其中是偶数的概率为__________．【答案】【解析】【分析】先列表得出所有的情况，再找到符合题意的情况，利用概率公式计算即可．【详解】解：0不能在最高位，而且个位数字与十位数字不同，列表如下：101231213231022021330313259一共有可以组成9个数字，偶数有10、12、20、30、32，∴是偶数的概率为故答案为：5．95．9【点睛】本题考查了列表法求概率，注意0不能在最高位．12.如图，正八边形ABCDEFGH的边长为4，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，则阴影部分的面积为__________（结果保留）．【答案】6【解析】【分析】先利用正八边形求出圆心角的度数，再利用扇形的面积公式求解即可．【详解】解：由题意，HAB

82180135，8AHAB413542∴S阴6，360故答案为：6．【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形的面积等知识，解题的关键是记住扇形的面积n2180．nr2

，正多边形的每个内角度数为S

360n13.如图，点E是正方形ABCD内的一点，将ABE绕点B按顺时针方向旋转90得到VCBF．若ABE55，则EGC__________度．【答案】80【解析】【分析】先求得BEF和CBE的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴ABC90，∵ABE55，∴CBE905535，∵ABE绕点B按顺时针方向旋转90得到VCBF∴EBF90，BEBF，∴BEF45，∴EGCCBEBEF354580，故答案为：80．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键．14.如图，在四边形ABCD中，ABCBAD90,AB5,AD4,ADBC，点E在线段BC上运动，点F在线段AE上，∠ADF∠BAE，则线段__________．BF的最小值为【答案】292##229【解析】【分析】设AD的中点为O，以AD为直径画圆，连接OB，设OB与O的交点为点F，证明DFA90，可知点F在以AD为直径的半圆上运动，当点F运动到OB与O的交点F时，线段BF有最小值，据此求解即可．【详解】解：设AD的中点为O，以AD为直径画圆，连接OB，设OB与O的交点为点F，∵ABCBAD90，∴AD∥BC，∴DAEAEB，∵∠ADF∠BAE，∴∠DFA∠ABE90，∴点F在以AD为直径的半圆上运动，∴当点F运动到OB与O的交点F时，线段BF有最小值，∵AD4，∴AOOF∴BO

1

AD2，，2522229，BF的最小值为292，故答案为：292．【点睛】本题考查了平行线的性质，圆周角定理的推论，勾股定理等知识，根据题意分析得到点F的运动轨迹是解题的关键．三、解答题（本题共78分，把解答或证明过程写在答题卡的相应区域内．）5x23x1,



15.解不等式组：3x2x2．x32

【答案】x【解析】【分析】分别求出各个不等式的解，再取各个解集的公共部分，即可．【详解】解：解5x23x1得：x解2

35，23x2x22

x得：x，3322．3∴不等式组的解集为x

【点睛】本题主要考查解一元一次不等式组，熟练掌握解不等式组的基本步骤，是解题的关键．16.先化简，再求值：【答案】4x2y，63xxx

2xy30．22，其中x，y满足xyxyxy【解析】【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时将除法变为乘法，约分得到最简结果，将2xy30变形整体代入计算即可求解．3xxyxxyxyxy【详解】解：原式

xyxyxyxyx3x23xyx2xyxyxy

xxyxyxyxy4x22xy



xxyxy4x2y；由2xy30，得到2xy3，则原式22xy6．【点睛】此题考查分式的化简求值，解题关键熟练掌握分式混合运算的顺序以及整体代入法求解．17.如图，在YABCD中，AE平分BAD，交BC于点E；CF平分BCD，交AD于点F．求证：AECF．【答案】证明见解析【解析】【分析】由平行四边形的性质得BD，ABCD，AD∥BC，由平行线的性质和角平分线的性质得出BAEDCF，可证△BAE≌△DCF，即可得出AECF．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BD，ABCD，BADDCB，AD∥BC，∵AE平分BAD，CF平分BCD，∴BAEDAEBCFDCF，在BAE和DCF中，BD

ABCD

BAEDCF

∴BAE≌DCFASA∴AECF．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，平行线的性质及全等三角形的判定与性质，根据题目已知条件熟练运用平行四边形的性质，平行线的性质是解答本题的关键．18.无人机在实际生活中的应用广泛，如图所示，某人利用无人机测最大楼的高度BC，无人机在空中点P处，测得点P距地面上A点80米，点A处俯角为60，楼顶C点处的俯角为30，已知点A与大楼的距离AB为70米（点A，B，C，P在同一平面内），求大楼的高度BC（结果保留根号）【答案】大楼的高度BC为303m．【解析】【分析】如图，过P作PHAB于H，过C作CQPH于Q，而CBAB，则四边形CQHB是矩形，可得QHBC，BHCQ，求解PHAPsin60803403，2AHAPcos6040，可得CQBH704030，PQCQtan30103，可得BCQH403103303．【详解】解：如图，过P作PHAB于H，过C作CQPH于Q，而CBAB，则四边形CQHB是矩形，∴QHBC，BHCQ，由题意可得：AP80，PAH60，PCQ30，AB70，∴PHAPsin6080

3403，AHAPcos6040，2∴CQBH704030，∴PQCQtan30103，∴BCQH403103303，∴大楼的高度BC为303m．【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，理解仰角与俯角的含义是解本题的关键．19.某班学生以跨学科主题学习为载体，综合运用体育，数学，生物学等知识，研究体育课的运动负荷，在体育课基本部分运动后，测量统计了部分学生的心率情况，按心率次数x（次/分钟）分为如下五组：A组：50x75，B组：75x100，C组：100x125，D组：125x150，E组：150x175．其中，A组数据为73，65，74，68，74，70，66，56．根据统计数据绘制了不完整的统计图（如图所示），请结合统计图解答下列问题：（1）A组数据的中位数是_______，众数是_______；在统计图中B组所对应的扇形圆心角是_______度；（2）补全学生心率频数分布直方图；（3）一般运动的适宜行为为100x150（次/分钟），学校共有2300名学生，请你依据此次跨学科项目研究结果，估计大约有多少名学生达到适宜心率？【答案】（1）69，74，54；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据中位数和众数的概念求解，先求出总人数，然后求出B组所占的百分比，最后乘以360即可求出在统计图中B组所对应的扇形圆心角；（2）根据样本估计总体的方法求解即可．【小问1详解】将A组数据从小到大排列为：56，65，66，68，70，73，74，74，∴中位数为（3）大约有1725名学生达到适宜心率．6870

69；2∵74出现的次数最多，∴众数是74；88%100，360

15

54100∴在统计图中B组所对应的扇形圆心角是54；故答案为：69，74，54；【小问2详解】10081545230

∴C组的人数为30，∴补全学生心率频数分布直方图如下：【小问3详解】2300

3045

1725（人），100∴大约有1725名学生达到适宜心率．【点睛】本题主要考查调查与统计的相关知识，理解频数分布直方图，扇形统计图的相关信息，掌握运用样本百分比估算总体数量是解题的关键．20.如图，已知坐标轴上两点A0,4,B2,0，连接AB，过点B作BCAB，交反比例函数y

k

在第一象限的图象于点C(a,1)．x（1）求反比例函数y

k

和直线OC的表达式；x3

个单位，得到直线l，求直线l与反比例函数图象的交点坐标．2（2）将直线OC向上平移【答案】（1）y

41

，yx

4x（2）2,2或8,【解析】

12

【分析】（1）如图，过点C作CDx轴于点D，证明ABO∽BCD，利用相似三角形的性质得到BD2，求出点C的坐标，代入y

k

可得反比例函数解析式，设OC的表达式x为ymx，将点C4,1代入即可得到直线OC的表达式；（2）先求得直线l的解析式，联立反比例函数的解析式即可求得交点坐标．【小问1详解】如图，过点C作CDx轴于点D，则CD1，CDB90，∵BCAB，∴ABC90，∴ABOCBD90，∵CDB90，∴BCDCBD90，∴BCDABO，∴ABO∽BCD，∴OABD

，OBCD∵A0,4,B2,0，∴OA4，OB2，∴4BD，21∴BD2，∴OD224，∴点C4,1，将点C代入y可得k4，∴y

k

中，x4，x设OC的表达式为ymx，将点C4,1代入可得14m，解得：m

1，4∴OC的表达式为y【小问2详解】1x；413x，42134

当两函数相交时，可得x，42x

直线l的解析式为y解得x12,x8,代入反比例函数解析式，x8

x122得，1

y2y122

∴直线l与反比例函数图象的交点坐标为2,2或8,





12

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，待定系数法求函数的解析式，反比例函数与一次函数的交点问题，一次函数的平移问题，解一元二次方程等知识．21.某学校为美化学校环境，打造绿色校园，决定用篱笆围成一个一面靠墙（墙足够长）的矩形花园，用一道篱笆把花园分为A，B两块（如图所示），花园里种满牡丹和芍药，学校已定购篱笆120米．（1）设计一个使花园面积最大的方案，并求出其最大面积；（2）在花园面积最大的条件下，A，B两块内分别种植牡丹和芍药，每平方米种植2株，知牡丹每株售价25元，芍药每株售价15元，学校计划购买费用不超过5万元，求最多可以购买多少株牡丹？【答案】（1）长为60米，宽为20米时，有最大面积，且最大面积为1200平方米（2）最多可以购买1400株牡丹【解析】【分析】（1）设长为x米，面积为y平方米，则宽为系式，配成顶点式求出函数的最大值即可；（2）设种植牡丹的面积为a平方米，则种植芍药的面积为1200a平方米，由题意列出不等式求得种植牡丹面积的最大值，即可解答．【小问1详解】解：设长为x米，面积为y平方米，则宽为∴yx

120x

米，可以得到y与x的函数关3120x112x240xx601200，333120x

20（米）3120x

米，3∴当x60时，y有最大值是1200，此时，宽为答：长为60米，宽为20米时，有最大面积，且最大面积为1200平方米．【小问2详解】解：设种植牡丹的面积为a平方米，则种植芍药的面积为1200a平方米，由题意可得252a1521200a50000解得：a700，即牡丹最多种植700平方米，，70021400（株）答：最多可以购买1400株牡丹．【点睛】本题考查二次函数的应用、一元一次不等式的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．的中点，弦DEAB，垂足为点F．22.如图，AB为O的直径，C是圆上一点，D是BC

（1）求证：BCDE；（2）P是»AE上一点，AC6,BF2，求tanBPC；（3）在（2）的条件下，当CP是ACB的平分线时，求CP的长．【答案】（1）证明见解析；（2）43（3）72【解析】BD，由垂径定理得BE的中点得CDBD，得到BC»DE»，【分析】（1）由D是BC

根据同圆中，等弧对等弦即可证明；（2）连接OD，证明ACB∽OFD，设O的半径为r，利用相似三角形的性质得r=5，AB2r10，由勾股定理求得BC，得到tanCAB

tanBPC

4

；3BC84

，即可得到AC63（3）过点B作BGCP交CP于点G，证明CBG是等腰直角三角形，解直角三角形得到CGBGBCcos4542，由tanBPC

可求解．【小问1详解】4BG4

，解得GP32，即得到GP33的中点，解：∵D是BC

BD，∴CD∵DEAB且AB为O的直径，BD，∴BE»DE»，∴BC

∴BCDE；【小问2详解】解：连接OD，BD，∵CD∴CABDOB，∵AB为O的直径，∴ACB90，∵DEAB，∴DFO90，∴ACB∽OFD，∴ACOF

，ABOD6r2，2rr设O的半径为r，则解得r=5，经检验，r=5是方程的根，∴AB2r10，∴BC

AB2AC28，BC84

，AC634；3∴tanCAB

∵BPCCAB，∴tanBPC

【小问3详解】解：如图，过点B作BGCP交CP于点G，∴BGCBGP90

∵ACB90，CP是ACB的平分线，∴ACPBCP45∴CBG45

∴CGBGBCcos4542，∵tanBPC∴BG4

，GP343∴GP32，∴CP423272．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．23.（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AEDF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．【问题解决】（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AEDF，延长BC

到点H，使CHDE，连接DH．求证：ADF【类比迁移】H．（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AEDF11，DE8，AED60，求CF的长．【答案】（1）见解析【解析】（2）见解析（3）3【分析】（1）由矩形的性质可得ADEDCF90，则CDFDFC90，再由AEDF，可得DGE90，则CDFAED90，根据等角的余角相等得AEDDFC，即可得证；（2）利用“HL”证明ADE≌DCF，可得DECF，由CHDE，可得CFCH，利用“SAS”证明DCF≌DCH，则DHCDFC，由正方形的性质可得AD∥BC，根据平行线的性质，即可得证；（3）延长BC到点G，使CGDE8，连接DG，由菱形的性质可得ADDC，AD∥BC，则ADEDCG，推出△ADE≌△DCGSAS，由全等的性质可得DGCAED60，DGAE，进而推出DFG是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．【详解】（1）证明：四边形ABCD是矩形，ADEDCF90，CDFDFC90，AEDF，DGE90，CDFAED90，AEDDFC，△ADE∽△DCF；（2）证明：四边形ABCD是正方形，ADDC，AD∥BC，ADEDCF90，AEDF，ADE≌DCFHL，DECF，又CHDE，CFCH，点H在BC的延长线上，DCHDCF90，DCDC，DCF≌DCHSAS，HDFC，

AD∥BC，ADFDFCH；（3）解：如图，延长BC到点G，使CGDE8，连接DG，四边形ABCD是菱形，ADDC，AD∥BC，ADEDCG，ADE≌DCGSAS，DGCAED60，DGAE，AEDF，DGDF，DFG是等边三角形，FGFCCGDF11，FC11CG1183．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．24.已知抛物线yx2bxc与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C

0,4，其对称轴为x

3．2（1）求抛物线的表达式；（2）如图1，点D是线段OC上的一动点，连接AD，BD，将△ABD沿直线AD翻折，得到VABD，当点B恰好落在抛物线的对称轴上时，求点D的坐标；（3）如图2，动点P在直线AC上方的抛物线上，过点P作直线AC的垂线，分别交直线AC，线段BC于点E，F，过点F作FGx轴，垂足为G，求FG2FP的最大值．【答案】（1）yx23x4（2）D0,（3）



433496【解析】【分析】（1）由题易得c的值，再根据对称轴求出b的值，即可解答；（2）过B作x轴的垂线，垂足为H求出A和B的坐标，得到ABAB5，AH由ABAB52AH，推出DAB即可解答；（3）求得BC所在直线的解析式为y14x4，设Pm,m3m4，设PE所在直2

1

BAB30，解直角三角形得到OD的长，25，2m22m

线的解析式为：y2xb2，得y2xm2m4，令y1y2，解得x，32

分别表示出FG和2PF，再对FG2FP进行化简计算，配方成顶点式即可求解．【小问1详解】解：抛物线与y轴交于点C∴c4，∵对称轴为x∴

0,4，b3

，b3，223

，2∴抛物线的解析式为yx23x4；【小问2详解】如图，过B作x轴的垂线，垂足为H，令x23x40，解得：x11,x24，0，∴A4,0，B1,

∴AB145，由翻折可得ABAB5，∵对称轴为x∴AH

354，223

，2∵ABAB52AH，∴ABH30，BAB60∴DAB

1

BAB30，2在RtAOD中，ODOAtan30

43，34D3；∴0,3【小问3详解】设BC所在直线的解析式为y1k1xb1，k1b10

把B、C坐标代入得：，b41k14

解得，b41∴y14x4，∵OAOC，∴CAO45，∵AEB90，∴直线PE与x轴所成夹角为45，设Pm,m3m4，设PE所在直线的解析式为：y2xb2，把点P代入得b2m2m4，∴y2xm2m4，令y1y2，则4x4xm22m4，2

2

2

m22m解得x，3∴FGyF4m22m

34

2PF2xFxP2

22xFxPm2mcos4534m22m34

2m2m32549

m

3262∴FG2FPFG

∵点P在直线AC上方，∴4m0，∴当m

549

时，FG2FP的最大值为．26【点睛】本题考查了二次函数综合问题，利用数形结合的思想是解题的关键．