2023年湖北省随州市中考数学试卷（含解析）

这是一份2023年湖北省随州市中考数学试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年湖北省随州市中考数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2023的绝对值是(    )
A. 2023 B. −2023 C. 12023 D. −12023
2. 如图，直线l1//l2，直线l与l1，l2相交，若图中∠1=60°，则∠2为(    )
A. 30°
B. 60°
C. 120°
D. 150°


3. 如图是一个放在水平桌面上的圆柱体，该几何体的三视图中完全相同的是(    )
A. 主视图和俯视图
B. 左视图和俯视图
C. 主视图和左视图
D. 三个视图均相同


4. 某班在开展劳动教育课程调查中发现，第一小组6名同学每周做家务的天数依次为3，7，5，6，5，4(单位：天)，则这组数据的众数和中位数分别为(    )
A. 5和5 B. 5和4 C. 5和6 D. 6和5
5. 甲、乙两个工程队共同修一条道路，其中甲工程队需要修9千米，乙工程队需要修12千米.已知乙工程队每个月比甲工程队多修1千米，最终用的时间比甲工程队少半个月.若设甲工程队每个月修x千米，则可列出方程为(    )
A. 9x−12x+1=12 B. 12x+1−9x=12 C. 9x+1−12x=12 D. 12x−9x+1=12
6. 甲、乙两车沿同一路线从A城出发前往B城，在整个行程中，汽车离开A城的距离y与时刻t的对应关系如图所示，关于下列结论：①A，B两城相距300km；②甲车的平均速度是60km/h，乙车的平均速度是100km/h；③乙车先出发，先到达B城；④甲车在9：30追上乙车.正确的有(    )


A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①④
7. 如图，在▱ABCD中，分别以B，D为圆心，大于12BD的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线交BD于点O，交AD，BC于点E，F，下列结论不正确的是(    )
A. AE=CF
B. DE=BF
C. OE=OF
D. DE=DC
8. 已知蓄电池的电压为定值，使用某蓄电池时，电流I(单位：A)与电阻R(单位：Ω)是反比例函数关系，它的图象如图所示，则当电阻为6Ω时，电流为(    )
A. 3A
B. 4A
C. 6A
D. 8A
9. 设有边长分别为a和b(a>b)的A类和B类正方形纸片、长为a宽为b的C类矩形纸片若干张.如图所示要拼一个边长为a+b的正方形，需要1张A类纸片、1张B类纸片和2张C类纸片.若要拼一个长为3a+b、宽为2a+2b的矩形，则需要C类纸片的张数为(    )


A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
10. 如图，已知开口向下的抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点(6,0)，对称轴为直线x=2.则下列结论正确的有(    )
①abc0；
③方程cx2+bx+a=0的两个根为x1=12，x2=−16；
④抛物线上有两点P(x1,y1)和Q(x2,y2)，若x10，
∴abc0，
∴x=−1时，y>0，
∴a−b+c>0，故②正确；
由cx2+bx+a=0可得方程的解x1+x2=−bc，x1x2=ac，
∵的抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点(6,0)，对称轴为直线x=2，
∴抛物线与x轴另一个交点为(−2,0)，
∴方程ax2+bx+c=0的两个根为−2，6，
∴−ba=4，ca=−12，
∴−bc=4−12=−13，ac=−112
而若方程cx2+bx+a=0的两个根为x1=12，x2=−16，则−bc=12−16=13，ac=12×(−16)=−112，故③错误；
∵抛物线开口向下，对称轴为直线x=2，
若x1y2，故不正确．
故选：B．
根据抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点位置判断①；由抛物线的对称性可判断②；由二次函数与方程的关系，以及根与系数的关系可判断③；由二次函数的性质可判断④．
本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．

11.【答案】0 
【解析】解：(−2)2+(−2)×2
=4+(−4)
=0．
故答案为：0．
根据有理数的混合运算顺序，先计算乘方，再计算乘法，后计算加法即可．
本题考查了有理数的混合运算，掌握有理数的相关运算法则是解答本题的关键．

12.【答案】30° 
【解析】解：如图，连接OC，

∵OA⊥BC，
∴AC=AB，
∴∠AOC=∠AOB=60°，
∴∠ADC=12∠AOC=30°，
故答案为：30°．
连接OC，根据垂径定理及圆心角、弧、弦的关系求得∠AOC的度数，然后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可求得答案．
本题考查圆的有关性质的应用，结合已知条件求得∠AOC的度数是解题的关键．

13.【答案】2 
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2−3x+1=0的两个实数根分别为x1和x2，
∴x1+x2=−−31=3，x1x2=11=1，
∴x1+x2−x1x2=3−1=2．
故答案为：2．
直接利用根于系数的关系x1+x2=−ba=3，x1x2=ca=1，再代入计算即可求解．
本题主要考查根与系数的关系，熟记根与系数的关系时解题关键．根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．

14.【答案】5 
【解析】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，

∵∠C=90°，
∴CD⊥BC，
∵BD是∠ABC的角平分线，CD⊥BC，DE⊥AB，
∴CD=DE，
在Rt△BCD和Rt△BED中，
CD=DEBD=BD，
∴Rt△BCD≌Rt△BED(HL)，
∴BC=BE=6，
在Rt△ABC中，AB= AC2+BC2= 82+62=10，
∴AE=AB−BE=10−6=4，
设CD=DE=x，则AD=AC−CD=8−x，
在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2，
∴42+x2=(8−x)2，
解得：x=3，
∴AD=8−x=5．
故答案为：5．
过点D作DE⊥AB于点E，由角平分线的性质得到CD=DE，再通过HL证明Rt△BCD≌Rt△BED，得到BC=BE=6，根据勾股定理可求出AB=10，进而求出AE=4，设CD=DE=x，则AD=8−x，在Rt△ADE中，利用勾股定理建立方程求解即可．
本题主要考查角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、解二元一次方程，解题关键是正确作出辅助线，利用角平分线的性质和勾股定理解决问题．

15.【答案】10 
【解析】解：∵1号开关被按了1次，2号开关被按了2次，3号开关被按了2次，4号开关被按了3次，5号开关被按了2次，6号开关被按了4次，7号开关被按了2次，8号开关被按了4次，9号开关被按了3次，…，
∴n号开关被按的次数等于n的约数的个数，
∴约数个数是奇数，则n一定是平方数．
∵100=102，
∴100以内共有10个平方数，
∴最终状态为“亮”的灯共有10盏．
故答案为：10．
分析各号开关被按的次数，可得出n号开关被按的次数等于n的约数的个数，进而可得出约数个数是奇数，则n一定是平方数．结合100=102，可得出100以内共有10个平方数，即最终状态为“亮”的灯共有10盏．
本题考查了规律型：数字的变化类，根据各号开关被按的次数，找出“n号开关被按的次数等于n的约数的个数”是解题的关键．

16.【答案】10  2 5 
【解析】解：△CDP的面积为12×5×4=10；
当点P和M重合时，DP的值最大，如图；

设AP=x，则PB=5−x，DN=4，
∴CN=3，
在Rt△PBC中，根据勾股定理有：(5−x)2+42=(x+3)2，
解得x=2，
∴DP=2 5，
故答案为：10，2 5，
△CDP的面积直接以CD为底，AD为高即可求；当点P和M重合时，DP的值最大，画出图形，利用勾股定理构造方程即可解答．
本题考查矩形的性质和翻折的性质及勾股定理，熟悉性质是解题关键．

17.【答案】解：4x2−4÷2x−2
=4(x+2)(x−2)⋅x−22
=2x+2，
当x=1时，原式=21+2=23． 
【解析】先把除法转化为乘法，再约分，最后将x的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．

18.【答案】(1)证明：∵DE//AC，CE//BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴AC=BD，OC=12AC，OD=12BD，
∴OC=OD，
∴四边形OCED是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，BC=3，DC=2，
∴OA=OB=OC=OD，S矩形ABCD=3×2=6，
∴S△OCD=14S矩形ABCD=14×6=1.5，
∵四边形OCED是菱形，
∴菱形OCED的面积=2S△OCD=2×1.5=3． 
【解析】(1)证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形性质可得：OC=OD，利用菱形的判定即可证得结论；
(2)先求出矩形面积，再根据矩形性质可得S△OCD=14S矩形ABCD，再由菱形性质可得菱形OCED的面积=2S△OCD可解答．
本题考查了矩形性质，菱形的判定和性质，矩形面积和菱形面积等基础知识，能综合运用相关知识点进行推理和计算是解此题的关键．

19.【答案】80  16  90°  40 
【解析】解：(1)∵基本了解的有40人，占50%，
∴接受问卷调查的学生共有40÷50%=80(人)，
条形统计图中m的值为：80−20−40−4=16，
扇形统计图中“非常了解”部分所对应扇形的圆心角的度数为：2080×360°=90°，
故答案为：80，16，90°；
(2)可以估计出该校学生中对心理健康知识“不了解”的总人数为：800×480=40人)，
故答案为：40；
(3)画树状图如下：

一共有12种等可能的结果，其中恰好抽到2名女生的结果有2种，
∴P(恰好抽到2名女生)=212=16．
(1)将基本了解的人数除以其所占百分比即可得到接受调查的学生总数；将接受调查的学生总数减去另外三项人数即可求出M的值；将“非常了解”占比乘以360°即可求出扇形统计图中“非常了解”部分所对应扇形的圆心角的度数；
(2)将该校学生总数乘以样本中该校学生中对心理健康知识“不了解”的占比即可；
(3)用列表法或树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出恰好抽到2名女生的可能结果，再利用等可能事件的概率公式求出即可．
本题考查扇形统计图，条形统计图，用样本估计总体，列表法和树状图法求等可能事件的概率，能从统计图中获取有用信息，掌握列表法和树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．

20.【答案】解：(1)过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，
∵cosα=CECD=CE10= 32，
解得CE=5 3，
∴DE= CD2−CE2=5(m)．
∴点D到地面BC的距离为5m．
(2)过点D作DF⊥AB于点F，
则BF=DE=5m，
设BC=xm，则BE=DF=(5 3+x)m，
在Rt△ABC中，tan60°=ABBC=ABx= 3，
解得AB= 3x，
∴AF=( 3x−5)m，
在Rt△ADF中，tan30°=AFDF= 3x−55 3+x= 33，
解得x=5 3，
经检验，x=5 3是原方程的解且符合题意，
∴AB= 3×5 3=15(m)．
∴居民楼的高度AB为15m． 
【解析】(1)过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，根据三角函数的定义得到CE=5 3，根据勾股定理得到DE= CD2−CE2=5(m)；
(2)过点D作DF⊥AB于点F，则BF=DE=5m，设BC=xm，则BE=DF=(5 3+x)m，解直角三角形即可得到结论．
本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题、坡度坡角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．

21.【答案】(1)证明：连接OC，

∵AD⊥DF，
∴∠D=90°，
∵点C是BE的中点，
∴CE=CB，
∴∠DAC=∠CAB，
∴OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD//OC，
∴∠OCF=∠D=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线；
(2)解：①过点O作OG⊥AE，垂足为G，

∴AG=EG=12AE=1，
∵OG⊥AD，
∴∠AGO=∠DGO=90°，
∵∠D=∠AGO=90°，
∴OG//DF，
∴∠AFD=∠AOG，
∵sin∠AFD=13，
∴sin∠AOG=sin∠AFD=13，
在Rt△AGO中，AO=AGsin∠AOG=113=3，
∴⊙O的半径为3；
②∵∠OCF=90°，
∴∠OCD=180°−∠OCF=90°，
∵∠OGE=∠D=90°，
∴四边形OGDC是矩形，
∴OC=DG=3，
∵GE=1，
∴DE=DG−GE=3−1=2，
∴线段DE的长为2． 
【解析】(1)连接OC，根据垂直定义可得∠D=90°，根据已知易得CE=CB，从而利用等弧所对的圆周角相等可得∠DAC=∠CAB，然后利用等腰三角形的性质可得∠CAB=∠OCA，从而可得∠DAC=∠OCA，进而可得AD//OC，最后利用平行线的性质可得∠OCF=∠D=90°，即可解答；
(2)①过点O作OG⊥AE，垂足为G，根据垂径定理可得AG=EG=1，再根据垂直定义可得∠AGO=∠DGO=90°，从而可得∠D=∠AGO=90°，进而可得OG//DF，然后利用平行线的性质可得∠AFD=∠AOG，从而可得sin∠AOG=sin∠AFD=13，最后在Rt△AGO中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答；
②根据平角定义可得∠OCD=90°，从而可得四边形OGDC是矩形，然后利用矩形的性质可得OC=DG=3，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

22.【答案】−2  60 
【解析】解：(1)把(5,50)，(10,40)代入p=mx+n得：
5m+n=5010m+n=40，
解得m=−2n=60，
∴p=−2x+60(1≤xAC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中顶点A到另外两个顶点的距离和最小，
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点，
∴该三角形的“费马点”为点A．
故答案为：等边；两点之间线段最短；120°；A；
(2)如图4，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′，

由(1)可知当B、P、P′、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A′B，
∵∠ACP=∠A′CP′，
∴∠ACP+∠BCP=∠A′CP′+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP′=60°，
∴∠BCA′=90°，
根据旋转的性质可知：AC=A′C=3，
∴A′B= 42+32=5，
即PA+PB+PC的最小值为5；
(3)∵总铺设成本=PA×a+PB×a+PC× 2a=a(PA+PB+ 2PC)，
∴当PA+PB+ 2PC最小时，总铺设成本最低，
将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A′P′C，连接PP′，A′B，

由旋转性质可知：P′C=PC，∠PCP′=∠ACA′=90°，P′A′=PA，A′C=AC=4km，
∴PP′= 2PC，
∴PA+PB+ 2PC=P′A′+PB+PP′，
当B、P、P′、A在同一条直线上时，P′A′+PB+PP′取最小值，
即PA+PB+ 2PC取最小值为A′B，
过点A′作A′H⊥BC于H，
∵∠ACB=60°，∠ACA′=90°，
∴∠A′CH=30°，
∴A′H=12A′C=2km，
∴HC= A′C2−A′H2= 42−22=2 3(km)，
∴BH=BC+CH=2 3+2 3=4(km)，
∴A′B= AH2+BH2= (4 3)2+22=2 13(km)，
即PA+PB+ 2PC的最小值为2 13km，
总铺设成本为：总铺设成本=a(PA+PB+ 2PC)=2 13a(元)．
故答案为：2 13a.
(1)根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析后即可得出结论，然后填空即可；
(2)根据(1)的方法将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，即可得出可知当B、P、P′、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A′B，再根据∠ACB=30°可证明∠ACA′=90°，根据勾股定理即可求出A′B；
(3)根据总铺设成本=a(PA+PB+ 2PC)，将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A′P′C，得到等腰直角△PP′C，推出PP′= 2PC，即可得出当B、P、P′、A在同一条直线上时，P′A′+PB+PP′取最小值，即PA+PB+ 2PC取最小值为A′B的长，然后根据已知条件和旋转的性质求出A′B即可．
本题是几何变换综合题，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短以及等边三角形的性质，深入理解题意是解决问题的关键．

24.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c过点A(−1,0)，B(2,0)，
∴抛物线的表达式为y=a(x+1)(x−2)，
将点C(0,2)代入得，2=−2a，
∴a=−1，
∴抛物线的表达式为y=−(x+1)(x−2)，即y=−x2+x+2．
设直线BC的表达式为y=kx+t，
将B(2,0)，C(0,2)代入得，
2k+t=0t=2，
解得k=−1t=2，
∴直线BC的表达式为y=−x+2．
(2)∵点M在直线BC上，且P(m,n)，
∴点M的坐标为(m,−m+2)，
∴OC=2
∴CM2=(m−0)2+(−m+2−2)2=2m2，OM2=m2+(−m+2)2=2m2−4m+4，
当△OCM为等腰三角形时，
①若CM=OM，则CM2=OM2，
即2m2=2m2−4m+4，
解得m=1；
②若CM=OC，则CM2=OC2，
即2m2=4，
解得m= 2或m=− 2(舍去)；
③若OM=OC，则OM2=OC2，
即2m2−4m+4=4，
解得m=2或m=0(舍去)．
综上，m=1或m= 2或m=2．
(3)∵点P与点C相对应，
∴△POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB，
①若点P在点B的左侧，
则∠CBN=45°,BN=2−m,CB=2 2，
当△POQ∽△CBN，即∠POQ=45°时，
直线OP的表达式为y=x，
∴−m2+m+2=m，
解得m= 2或m=− 2(舍去)，
∴OP2=( 2)2+( 2)2=4，即OP=2，
∴OPBC=OQBN，即22 2=OQ2− 2，
解得OQ= 2−1，
∴P( 2, 2),Q(0, 2−1)，
当△POQ∽△CBN，即∠POQ=45°时，
PQ= 2m,OQ=−m2+m+2+m=−m2+2m+2，
∴PQCB=OQBN，即 2m2 2=−m2+2m+22−m，
解得m=1± 5(舍去)．
②若点P在点B的右侧，
则∠CBN=135°，BN=m−2，
当△POQ∽△CNB，即∠POQ=135°时，
直线OP的表达式为y=−x，
∴−m2+m+2=−m，
解得m=1+ 3或m=1− 3(舍去)，
∴OP= 2m= 2+ 6，
∴OPBC=OQBN，即 2+ 62 2=OQ 3−1，
解得OQ=1，
∴P(1+ 3,−1− 3),Q(0,1)，
当△POQ∽△CNB，即∠POQ=135°时，
PQ= 2m，OQ=|−m2+m+2+m|=m2−2m−2，
∴PQCB=OQBN，即 2m2 2=m2−2m−2m−2，
解得m=1+ 5或m=1− 5(舍去)，
∴P(1+ 5,−3− 5),Q(0,−2)，
综上，P( 2, 2)，Q(0, 2−1 )或P(1+ 3,−1− 3)，Q(0,1)或P(1+ 5,−3− 5)，Q(0,−2)． 
【解析】(1)由题得抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−2)，将点C坐标代入求a，进而得到抛物线的解析式；设直线BC的解析式为y=kx+t，将B、C两点坐标代入求解即可得到直线BC的解析式．
(2)由题可得M坐标，分别求出OC，OM，CM，对等腰三角形OCM中相等的边界线分类讨论，进而列方程求解．
(3)对P点在B点左右两侧进行分类讨论，设法表示出各线段的长度，利用相似三角形的相似比求解m，进而得到点P，点Q的坐标．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定等相关知识．