2023年新疆维吾尔族自治区中考数学真题 （含解析）

这是一份2023年新疆维吾尔族自治区中考数学真题 （含解析），共26页。试卷主要包含了不得使用计算器等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1．本试卷分为试题卷和答题卷两部分，试题卷共4页，答题卷共2页．
2．满分150分，考试时间120分钟．
3．不得使用计算器．
一、单项选择题（本大题共9小题，每小题4分，共36分．请按答题卷中的要求作答）
1. ﹣5的绝对值是（ ）
A. 5B. ﹣5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据负数的绝对值等于它的相反数可得答案．
【详解】解：|﹣5|=5．
故选A．
2. 下列交通标志中是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．
【详解】解：选项A、C、D均不能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以不是轴对称图形；
选项B能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合，所以是轴对称图形；
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3. 我国自主研制的全球最大集装箱船“地中海泰莎”号的甲板面积近似于4个标准足球场，可承载吨的货物，数字用科学记数法可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，为整数．
【详解】解：．
故选：A．
【点睛】本题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原来的数，变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数，确定与的值是解题的关键．
4. 一次函数的图象不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据即可求解．
【详解】解：∵一次函数中，
∴一次函数的图象不经过第四象限，
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
5. 计算的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先计算单项式乘以单项式，然后根据单项式除以单项式进行计算即可求解．
详解】解：
，
故选：C．
【点睛】本题考查了单项式除以单项式，熟练掌握单项式除以单项式的运算法则是解题的关键．
6. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】方程两边同时加上一次项系数一半的平方即计算即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了配方法，熟练掌握配方法的基本步骤是解题的关键．
7. 如图，在中，若，，则扇形(阴影部分)的面积是( )

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆周角定理求得，然后根据扇形面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴．
故选：B.
【点睛】本题考查了圆周角定理，扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式以及圆周角定理是解题的关键．
8. 如图，在中，以点为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧在的内部交于点，作射线交于点．若，，则的长为( )

A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】过点作于点，勾股定理求得，根据作图可得是的角平分线，进而设，则，根据，代入数据即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，

中，，，
∴，
根据作图可得是的角平分线，
∴
设，
∵
∴
解得：
故选：C．
【点睛】本题考查了作角平分线，角平分线的性质，正弦的定义，勾股定理解直角三角形，熟练掌握基本作图以及角平分线的性质是解题的关键．
9. 如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线相交于点，．结合图象，判断下列结论：①当时，；②是方程的一个解；③若，是抛物线上的两点，则；④对于抛物线，，当时，的取值范围是．其中正确结论的个数是（ ）

A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图象直接判断①②，根据题意求得解析式，进而得出抛物线与轴的交点坐标，结合图形即可判断③，化为顶点式，求得顶点坐标，进而即可判断④，即可求解．
【详解】解：根据函数图象，可得当时，，故①正确；
∵在上，
∴是方程的一个解；故②正确；
∵，在抛物线上，
∴
解得：
∴
当时，
解得：
∴当时，，
当时，，
∴若，是抛物线上的两点，则；故③正确；
∵，顶点坐标为，
∴对于抛物线，，当时，的取值范围是，故④错误．
故正确的有3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与性质，待定系数法求二次函数解析式，求二次函数与坐标轴交点坐标，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．请按答题卷中的要求作答）
10. 要使分式有意义，则x需满足的条件是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件即可求解．
【详解】解：∵分式有意义，
∴
∴，
故答案：．
【点睛】本题考查了分式有意义的条件，熟练掌握分式有意义的条件是解题的关键．
11. 若正多边形的一个内角等于，则这个正多边形的边数是 ______．
【答案】10##十
【解析】
【分析】本题需先根据已知条件设出正多边形的边数，再根据正多边形的计算公式得出结果即可．
【详解】解：设这个正多边形是正n边形，根据题意得：
，
解得：．
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了正多边形的内角，在解题时要根据正多边形的内角公式列出式子是本题的关键．
12. 在平面直角坐标系中有五个点，分别是，，，，，从中任选一个点恰好在第一象限的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据第一象限的点的特征，可得共有2个点在第一象限，进而根据概率公式即可求解．
【详解】解：在平面直角坐标系中有五个点，分别是，，，，，
其中，，在第一象限，共2个点，
∴从中任选一个点恰好在第一象限的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了概率公式求概率，第一象限点的坐标特征，熟练掌握以上知识是解题的关键．
13. 如图，在中，若，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等边对等角得出，再有三角形内角和定理及等量代换求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
解得：，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查等边对等角及三角形内角和定理，结合图形，找出各角之间的关系是解题关键．
14. 如图，在平面直角坐标系中，为直角三角形，，，．若反比例函数的图象经过的中点，交于点，则______．

【答案】
【解析】
【分析】作交于点，根据题意可得，由点为的中点，可得，在 中，通过解直角三角形可得，从而得到点，代入函数解析式即可得到答案．
【详解】解：如图，作交于点，
，
，，，
，
点为的中点，
，
，
，
，
，
，
点在反比例函数图象上，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，反比例函数的图象与性质，熟练掌握反比例函数的图象与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形，是解题的关键．
15. 如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为______．

【答案】##
【解析】
【分析】过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质以及已知条件得出，进而求得，根据折叠的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，

∵在中，，，，
∴，
∴，
在中，
∵将沿折叠得到，当点恰好落在上时，
∴
又
∴
∴
∴
设，
∴
在中，
∴
解得：（负整数）
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共90分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
16. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据有理数的乘方，零指数幂，算术平方根的定义，进行计算即可求解；
（2）根据平方差公式以及单项式乘以多项式的法则进行计算即可求解．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，整式的乘法，熟练掌握有理数的乘方，零指数幂，算术平方根的定义，平方差公式以及单项式乘以多项式是解题的关键．
17. （1）解不等式组：
（2）金秋时节，新疆瓜果飘香．某水果店A种水果每千克5元，B种水果每千克8元，小明买了A、B两种水果共7千克花了41元．A、B两种水果各买了多少千克？
【答案】（1）；（2）购买A种水果5千克，则购买B种水果千克
【解析】
【分析】（1）先求出各个不等式的解集，然后确定不等式组的解集即可；
（2）设购买A种水果x千克，则购买B种水果千克，根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：（1）
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：；
（2）设购买A种水果x千克，则购买B种水果千克，根据题意得：
，
解得：，
∴，
∴购买A种水果5千克，则购买B种水果千克．
【点睛】题目主要考查求不等式组的解集及一元一次方程的应用，理解题意，熟练掌握运算法则及列出方程是解题关键．
18. 如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．

（1）求证：；
（2）当时，求证：四边形是矩形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）直接证明，得出，根据、分别是、的中点，即可得证；
（2）证明四边形是平行四边形，进而根据，推导出是等边三角形，进而可得，即可证明四边形是矩形．
【小问1详解】
证明：在与中，
∴，
∴，
又∵、分别是、的中点，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴四边形是平行四边形，，
∵为的中点，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
19. 跳绳是某校体育活动的特色项目．体育组为了了解七年级学生1分钟跳绳次数情况，随机抽取20名七年级学生进行1分钟跳绳测试（单位：次），数据如下：
100 110 114 114 120 122 122 131 144 148
152 155 156 165 165 165 165 174 188 190
对这组数据进行整理和分析，结果如下：
请根据以上信息解答下列问题：
（1）填空：______，______；
（2）学校规定1分钟跳绳165次及以上为优秀，请你估计七年级240名学生中，约有多少名学生能达到优秀？
（3）某同学1分钟跳绳152次，请推测该同学的1分钟跳绳次数是否超过年级一半的学生？说明理由．
【答案】（1），
（2）
（3）是，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据众数与中位数的定义进行计算即可求解；
（2）根据样本估计总体，用跳绳165次及以上人数的占比乘以总人数，即可求解；
（3）根据中位数的定义即可求解；
【小问1详解】
解：这组数据中，165出现了4次，出现次数最多
∴，
这组数据从小到大排列，第10个和11个数据分别为，
∴，
故答案为：，．
【小问2详解】
解：∵跳绳165次及以上人数有7个，
∴估计七年级240名学生中，有个优秀，
【小问3详解】
解：∵中位数为，
∴某同学1分钟跳绳152次，可推测该同学的1分钟跳绳次数超过年级一半的学生．
【点睛】本题考查了求中位数，众数，样本估计总体，熟练掌握中位数、众数的定义是解题的关键．
20. 烽燧即烽火台，是古代军情报警一种措施，史册记载，夜间举火称“烽”，白天放烟称“燧”．克孜尔尕哈烽燧是古丝绸之路北道上新疆境内时代最早、保存最完好、规模最大的古代烽燧（如图1）．某数学兴趣小组利用无人机测量该烽燧的高度，如图2，无人机飞至距地面高度米的A处，测得烽燧的顶部C处的俯角为，测得烽燧的底部B处的俯角为，试根据提供的数据计算烽燧的高度．（参数据：，，，，，）

【答案】米
【解析】
【分析】过点A作的平行线交的延长线于点G，过点C作，根据题意得出边形为矩形，，再由正切函数求解即可．
【详解】解：过点A作的平行线交的延长线于点G，过点C作，如图所示：

根据题意得：四边形为矩形，，
∴，
∴，
∵，
∴米，
∴米．
【点睛】题目主要考查解三角形的应用，理解题意，结合图形求解是解题关键．
21. 随着端午节的临近，，两家超市开展促销活动，各自推出不同的购物优惠方案，如下表：
（1）当购物金额为元时，选择超市______（填“”或“”）更省钱；
当购物金额元时，选择超市______（填“”或“”）更省钱；
（2）若购物金额为（）元时，请分别写出它们的实付金额（元）与购物金额（元）之间的函数解析式，并说明促销期间如何选择这两家超市去购物更省钱？
（3）对于超市的优惠方案，随着购物金额的增大，顾客享受的优惠率不变，均为%（注：）．若在超市购物，购物金额越大，享受的优惠率一定越大吗？请举例说明．
【答案】（1）,
（2），，当或时选择超市更省钱，当时，选择超市更省钱
（3）不一定，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，分别计算购物金额为和元时，两家超市的费用，比较即可求解；
（2）根据题意列出函数关系，根据当时，，得出时选择超市更省钱，结合题意，即可求解；
（3）根据题意以及（2）的结论，举出反例即可求解．
【小问1详解】
解：购物金额为元时，超市费用为（元）
超市费用为80元，
∵，
∴当购物金额为80元时，选择超市更省钱；
购物金额为元时，超市费用为（元）
超市费用为元
∵，
∴当购物金额为130元时，选择超市更省钱；
故答案为：,．
【小问2详解】
解：依题意，，
当时，超市没有优惠，故选择超市更省钱，
当时，
解得：
∴当时，选择超市更省钱，
综上所述，或时选择超市更省钱，
当时，选择超市更省钱，
当时，两家一样，
综上所述，当或时选择超市更省钱，当时，选择超市更省钱；
【小问3详解】
在超市购物，购物金额越大，享受的优惠率不一定越大，
例如：当超市购物元，返元，相当于打折，即优惠率为，
当超市购物元，返元，则优惠率为，
∴在超市购物，购物金额越大，享受的优惠率不一定越大，
【点睛】本题考查了一次函数的应用，根据题意列出函数关系式是解题的关键．
22. 如图，是的直径，点，是上的点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点，过点作于点，交于点．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据，得出，由，得出，根据已知条件得出，证明，结合已知条件可得，即可得证；
（2）连接，根据已知条件得出，，得出，证明，得出，，进而求得，，根据，求得，进而即可求解．
【小问1详解】
证明：如图所示，连接，

∵，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴
∴
∵
∴
∵是半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：如图所示，连接，

∵，，
设，则
∴，
∴，
即
解得：，
∵，
∴
∵
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴,，
∴，
∴，
解得：，
∴
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵,
,
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23. 【建立模型】(1)如图，点是线段上的一点，，，，垂足分别为，，，．求证：；
【类比迁移】(2)如图，一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，将线段绕点逆时针旋转得到、直线交轴于点．
①求点的坐标；
②求直线的解析式；
【拓展延伸】(3)如图，抛物线与轴交于，两点点在点的左侧，与轴交于点，已知点，，连接．抛物线上是否存在点，使得，若存在，求出点的横坐标．

【答案】（1）见解析； （2）①；②直线的解析式为；（3）或
【解析】
【分析】[建立模型]（1）根据题意得出，，证明，即可得证；
[类比迁移] （2）①过点作轴于点，同（1）的方法，证明，根据一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，求得，，进而可得点的坐标；
②由，设直线的解析式为，将点代入得直线的解析式为；
[拓展延伸]（3）根据解析式求得，；①当点在轴下方时，如图所示，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作，于点，证明，根据得出，设，则，求得点，进而求得直线的解析式，联立抛物线解析式即可求解；②当点在轴的上方时，如图所示，过点作，于点，过点作轴，交轴于点，过点作于点，同①的方法即可求解．
【详解】[建立模型]（1）证明：∵，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
[类比迁移]（2）如图所示，过点作轴于点，

∵将线段绕点逆时针旋转得到，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∵一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，
当时，，即，
当时，，即，
∴，
∴，
∴；
②∵，设直线的解析式为，
将代入得：
解得：
∴直线的解析式为，
（3）∵抛物线与轴交于，两点点在点的左侧，
当时，，
解得：，
∴，；
①当点在轴下方时，如图所示，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作，于点，

∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
代入，得：，
解得：，
∴直线解析式为，
联立，
解得：（舍去），；
②当点在轴的上方时，如图所示，过点作于点，过点作轴，交轴于点，过点作于点，

同理可得，
∴，
设，则，
∵，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
代入，得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：（舍去），，
综上所述，的横坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．平均数
众数
中位数
145
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