机密★启用前
2023年初中学业水平考试试卷
数学
注意事项：
1．本试卷共6页，满分120分．考试时间为120分钟．
2．答题前，考生务必先将自己的考生号、姓名、座位号等信息填写在试卷和答题卡的指定位置．请认真核对条形码上的相关信息后，将条形码粘贴在答题卡的指定位置．
3．答题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共有10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个正确选项，请将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．
1. 下列各式计算结果为的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同底数幂的乘除法及幂的乘方运算法则即可判断．
【详解】解：A、，不符合题意；
B、，不符合题意；
C、，符合题意；
D、，不符合题意；
故选：C．
【点睛】题目主要考查同底数幂的乘除法及幂的乘方运算法则，熟练掌握运算法则是解题关键．
2. 关于的一元一次不等式的解集在数轴上的表示如图所示，则的值为（ ）
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】先求出不等式的解集，然后对比数轴求解即可．
【详解】解：解得，
由数轴得：，
解得：，
故选：B．
【点睛】题目主要考查求不等式的解集及参数，熟练掌握求不等式解集的方法是解题关键．
3. 定义新运算“”，规定：，则的运算结果为（ ）
A. B. C. 5 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据新定义的运算求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
故选：D．
【点睛】题目主要考查新定义的运算，理解题意中的运算法则是解题关键．
4. 如图，直线，直线与直线分别相交于点，点在直线上，且．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，，可得，由，可得，进而可得的度数．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了等边对等角，三角形的内角和定理，平行线的性质．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
5. 几个大小相同的小正方体搭成几何体的俯视图如图所示，图中小正方形中数字表示对应位置小正方体的个数，该几何体的主视图是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据各层小正方体的个数，然后得出三视图中主视图的形状，即可得出答案．
【详解】解：根据俯视图可知，这个几何体中：主视图有三列：左边一列1个，中间一列2个，右边一列2个，
所以该几何体的主视图是
故选：D．
【点睛】此题主要考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查，熟练掌握三视图的判断方法是解题关键．
6. 从1，2，3这三个数中随机抽取两个不同的数，分别记作和．若点的坐标记作，则点在双曲线上的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出点坐标的所有情况的个数，然后求出其中在双曲线上的坐标的个数，根据随机事件概率的计算方法，即可得到答案．
【详解】解：从1，2，3这三个数中随机抽取两个不同的数，点的坐标共有6种情况：，，，，，，并且它们出现的可能性相等．
点坐标在双曲线上有2种情况: ，．
所以，这个事件的概率为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查随机事件的概率，关键是掌握随机事件概率的计算方法：如果在一次试验中，有种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件包含其中的种结果，那么事件发生的概率．
7. 如图是源于我国汉代数学家赵爽的弦图，它是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．若小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较小的锐角为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据两个正方形的面积分别求出两个正方形的边长，然后结合题意进一步设直角三角形短的直角边为，则较长的直角边为，再接着利用勾股定理得到关于的方程，据此进一步求出直角三角形各个直角边的边长，最后求出的值即可.
【详解】∵小正方形的面积为，大正方形的面积为25，
∴小正方形的边长为1，大正方形的边长为5，
设直角三角形短的直角边为，则较长的直角边为，其中，
∴，其中，
解得：，，
∴，
故选：D
【点睛】本题主要考查了勾股定理与一元二次方程及三角函数综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
8. 在平面直角坐标系中，将正比例函数的图象向右平移3个单位长度得到一次函数的图象，则该一次函数的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一次函数的平移规律求解即可．
【详解】解：正比例函数的图象向右平移3个单位长度得：
，
故选：B．
【点睛】题目主要考查一次函数的平移，熟练掌握平移规律是解题关键．
9. 如图，是锐角三角形的外接圆，，垂足分别为，连接．若的周长为21，则的长为（ ）
A. 8 B. 4 C. 3.5 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是的中点，再由中位线的性质及三角形的周长求解即可．
【详解】解：∵是锐角三角形的外接圆，，
∴点D、E、F分别是的中点，
∴，
∵的周长为21，
∴即，
∴，
故选：B．
【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是解题关键．
10. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为与关于直线对称，反比例函数的图象与交于点．若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点B作轴，根据题意得出，再由特殊角的三角函数及等腰三角形的判定和性质得出，，利用各角之间的关系，确定，B，D三点共线，结合图形确定，然后代入反比例函数解析式即可．
【详解】解：如图所示，过点B作轴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
∵与关于直线对称，
∴，
∴，
∴，B，D三点共线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
将其代入得：，
故选：A．
【点睛】题目主要考查等腰三角形的判定和性质，特殊角的三角函数及反比例函数的确定，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
二、填空题：本大题共有6小题，每小题3分，共18分．请将答案填在答题卡上对应的横线上．
11. 若为两个连续整数，且，则________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据夹逼法求解即可．
【详解】解：∵，即，
∴，
∴，
∴．
故答案为：3．
【点睛】题目主要考查无理数的估算，熟练掌握估算方法是解题关键．
12. 若是一元二次方程的两个实数根，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】由一元二次方程的根与系数的关系得，，，然后代入求解即可．
【详解】解：由一元二次方程的根与系数的关系得，，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，代数式求值．解题的关键在于熟练掌握：一元二次方程的两个实数根，满足，．
13. 如图，正方形的边长为2，对角线相交于点，以点为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正方形的性质得出阴影部分的面积为扇形的面积，然后由勾股定理得出，再由扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：正方形，
∴，，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴
∴阴影部分的面积为扇形的面积，即，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查正方形的性质及扇形的面积公式，理解题意，将阴影部分面积进行转化是解题关键．
14. 已知二次函数，若点在该函数的图象上，且，则的值为________．
【答案】2
【解析】
【分析】将点代入函数解析式求解即可．
【详解】解：点在上，
∴，
，
解得：(舍去)
故答案为：2．
【点睛】题目主要考查二次函数图象上的点的特点，理解题意正确求解是解题关键．
15. 如图，在中，，将绕点A逆时针方向旋转，得到．连接，交于点D，则的值为________．
【答案】5
【解析】
【分析】过点D作于点F，利用勾股定理求得，根据旋转的性质可证、是等腰直角三角形，可得，再由，得，证明，可得，即，再由，求得，从而求得，，即可求解．
【详解】解：过点D作于点F，
∵，，，
∴，
∵将绕点A逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，即，
∵ ，，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：5．
【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．
16. 如图，是正五边形的对角线，与相交于点．下列结论：
①平分； ②； ③四边形是菱形； ④
其中正确的结论是________．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据正五边形的性质得出各角及各边之间的关系，然后由各角之间的关系及相似三角形的判定和性质，菱形的判定依次证明即可．
【详解】解：①∵正五边形，
∴，，
∴，
∴，
∴平分；正确；
②∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，故②错误；
③∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；正确；
④∵，，
∴，
∴，
∴，即，正确；
故答案为：①③④．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质及相似三角形、菱形的判定和性质，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
三、解答题：本大题共有7小题，共72分．请将必要的文字说明、计算过程或推理过程写在答题卡的对应位置．
17. （1）先化简，再求值：，其中．
（2）解方程：．
【答案】（1），1；（2）
【解析】
【分析】（1）首先利用完全平方公式和平方差公式计算，然后合并同类项，最后代入求解即可；
（2）根据解分式方程的一般步骤进行求解即可．
【详解】解：（1）原式
．
当时，
原式．
（2）
方程两边乘，得．
解得．
检验：将代入，
∴是原方程的根．
【点睛】此题考查了整式的乘法混合运算以及化简求值，以及解分式方程，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18. 在推进碳达峰、碳中和进程中，我国新能源汽车产销两旺，连续8年保持全球第一．图为我国某自主品牌车企2022年下半年新能源汽车的月销量统计图．
请根据所给信息，解答下列问题：
（1）通过计算判断该车企2022年下半年的月均销量是否超过20万辆；
（2）通过分析数据说明该车企2022年下半年月销量的特点（写出一条即可），并提出一条增加月销量的合理化建议．
【答案】（1）该车企2022年下半年的月均销量超过20万辆
（2）2022年下半年月销量的特点：月销量呈递增趋势；12月的销量最大；有三个月的销量超过了20万辆；中位数为20.5万辆；月均销量超过20万辆等
建议：充分了解客户需求，及时处理客户反馈，提供优质的售后服务
【解析】
【分析】（1）根据平均数的定义求解即可；
（2）利用条形统计图中的数据进行阐述即可．
【小问1详解】
解：（万辆），
，
∴该车企2022年下半年的月均销量超过20万辆．
【小问2详解】
2022年下半年月销量的特点：月销量呈递增趋势；12月的销量最大；有三个月的销量超过了20万辆；中位数为20.5万辆；月均销量超过20万辆等．
建议：充分了解客户需求，及时处理客户反馈，提供优质的售后服务．
【点睛】本题考查平均数及中位数等统计知识，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
19. 为了增强学生体质、锤炼学生意志，某校组织一次定向越野拉练活动．如图，A点为出发点，途中设置两个检查点，分别为点和点，行进路线为．点在点的南偏东方向处，点在A点的北偏东方向，行进路线和所在直线的夹角为．
（1）求行进路线和所在直线的夹角的度数；
（2）求检查点和之间的距离（结果保留根号）．
【答案】（1）行进路线和所在直线的夹角为
（2）检查点和之间的距离为
【解析】
【分析】（1）根据题意得，，，再由各角之间的关系求解即可；
（2）过点A作，垂足为，由等角对等边得出，再由正弦函数及正切函数求解即可．
【小问1详解】
解：如图，根据题意得，，，
，
．
在中，，
．
答：行进路线和所在直线的夹角为．
【小问2详解】
过点A作，垂足为．
，
，
．
,
在中，
，
．
,
在中，，
，
．
答：检查点和之间的距离为．
【点睛】题目主要考查解三角形的应用，理解题意，作出相应辅助线求解是解题关键．
20. 随着科技的发展，扫地机器人已广泛应用于生活中，某公司推出一款新型扫地机器人，经统计该产品2022年每个月的销售情况发现，每台的销售价格随销售月份的变化而变化、设该产品2022年第（为整数）个月每台的销售价格为（单位：元），与的函数关系如图所示（图中为一折线）．
（1）当时，求每台销售价格与之间的函数关系式；
（2）设该产品2022年第个月的销售数量为（单位：万台），m与的关系可以用来描述，求哪个月的销售收入最多，最多为多少万元？（销售收入每台的销售价格销售数量）
【答案】（1）
（2）第5个月的销售收入最多，最多为3375万元
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）根据销售收入每台的销售价格销售数量求得销售收入为万元与销售月份之间的函数关系，再利用函数的性质即可求解．
【小问1详解】
解：当时，设每台的销售价格与之间的函数关系式为．
∵图象过两点，
，解得
∴当时，每台的销售价格与之间的函数关系式为．
【小问2详解】
设销售收入为万元，
①当时，，
，当时，（万元）．
②当时，，
，
∴随的增大而增大，
∴当时，（万元）．
，∴第5个月的销售收入最多，最多为3375万元．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数在销售问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
21. 如图，是的直径，是弦，是上一点，是延长线上一点，连接．
（1）求证：；（请用两种证法解答）
（2）若，的半径为3，，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）8
【解析】
【分析】（1）证法一：连接，得到，因为，所以；证法二：连接，可得，则，根据，可得，即可得到结果；
（2）连接，根据角度间的关系可以证得为直角三角形，根据勾股定理可得边的长，进而求得结果．
【小问1详解】
证法一：如图，连接，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
证法二：如图，连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
【小问2详解】
解：如图，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵的半径为3，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
【点睛】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，找到角度之间的关系是解题的关键．
22. 如图，在菱形中，对角线相交于点，点分别是边，线段上的点，连接与相交于点．
（1）如图1，连接．当时，试判断点是否在线段的垂直平分线上，并说明理由；
（2）如图2，若，且，
①求证：；
②当时，设，求的长（用含的代数式表示）．
【答案】（1）点在线段的垂直平分线上
（2）①证明见解析，②
【解析】
【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；
（2）①根据菱形的性质得出，再由各角之间的关系得出，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；③连接．利用等边三角形的判定和性质得出，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解：如图，点在线段的垂直平分线上．
理由如下：连接．
∵四边形是菱形，对角线相交于点，
．
，
，
∴点在线段的垂直平分线上．
【小问2详解】
①证明：如图，∵四边形是菱形，
，
，，
，
，
．
，
．
，
，
，
．
在中，，
．
．
，
；
②如图，连接．
，
∴是等边三角形．
∵，
∴，
在中，，
，
．
，，
，
．
，
，
．
在中，，
由勾股定理得，
．
【点睛】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质及解直角三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
23. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，直线交抛物线于两点（点在点的左侧），交轴于点，交轴于点．
（1）求点的坐标；
（2）是线段上一点，连接，且．
①求证：是直角三角形；
②的平分线交线段于点是直线上方抛物线上一动点，当时，求点的坐标．
【答案】（1），，
（2）①证明见解析，②点的坐标为或
【解析】
【分析】（1）根据一次函数与坐标轴的交点及一次函数与二次函数的交点求解即可；
（2）①设然后利用勾股定理求解，，过点作轴，垂足为．再由等腰三角形及各角之间的关系即可证明；②根据题意得出，设点的坐标为，根据题意得．分两种情况分析：（i）当点在直线的左侧抛物线上时，．（ii）当点在直线的右侧抛物线上时，．求解即可．
【小问1详解】
解：∵直线交轴于点，交轴于点，
当时，
，
当时，
．
∵直线交抛物线于两点，
，
，解得．
∵点在点的左侧，
∴点的横坐标为3，
当时，．
；
【小问2详解】
如图，
①抛物线交轴于点A，
当时，．
,
在中，，
由勾股定理得，
设
，
．
，
，
，
．
，
．
是等腰直角三角形，
．
过点作轴，垂足为．
，
是等腰直角三角形，
是直角三角形．
②平分
轴．
，
．
设点的坐标为，根据题意得．
（i）当点在直线的左侧抛物线上时，．
过点作轴，垂足为．
，
．
，
在中，
，
，
（舍去）．
当时，
（ii）当点在直线的右侧抛物线上时，．
过点作轴，垂足为．
，
在中，
，
，
（舍去）．
当时，
∴点的坐标为或．
【点睛】题目主要考查一次函数与二次函数综合问题，特殊三角形问题及解三角形，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键