2023年山东省枣庄市中考数学真题(原卷与解析)

数学

注意事项：

1．本试题分第I卷和第II卷两部分，第I卷为选择题，30分；第II卷为非选择题，90分；全卷共6页，满分120分．考试时间为120分钟．

2．答卷时，考生务必将第I卷和第II卷的答案填涂或书写在答题卡指定位置上，并在本页上方空白处写上姓名和准考证号，考试结束，将试卷和答题卡一并交回．

第I卷（选择题

共30分）

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，只有一项是正确的．

1.下列各数中比1大的数是（A.2B.0）C.-1D.-32.榫卯是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构方式，是我国工艺文化精神的传奇；凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，下图是某个部件“卯”的实物图，它的主视图是（）A.B.C.D.3.随着全球新一轮科技革命和产业变革的蓬勃发展，新能源汽车已经成为全球汽车产业转型发展的主要方向，根据中国乘用车协会的统计数据，中国新能源汽车销量为159万辆，同比增长26.2%，2023年第一季度，其中159万用科学记数法表示为（A.）C.159104D.1.59102

1.59106B.15.9105

4.我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》一书是中国较早的数学著作之一，书中记载一道问题：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之？”题意是：快马每天走240里，慢马每天走150里，慢马先走12天，试问快马几天可以追上慢马？若设快马x天可以追上慢马，则下列方程正确的是（A.C.）B.240x150x15012240x150x24012

240x150x24012

D.240x150x15012

5.下列运算结果正确的是（Ax4x42x8

）.

B.2x236x6C.x6x3x3D.x2x3x6

6.4月23日是世界读书日，学校举行“快乐阅读，健康成长”读书活动．小明随机调查了本校七年级30名同学近4个月内每人阅读课外书的数量，数据如下表所示：人数课外书数量（本）6677109712）C.7，12D.9，9）则阅读课外书数量的中位数和众数分别是（A.8，9B.10，97.如图，在O中，弦AB，CD相交于点P，若A48，APD80，则B的度数为（A.32B.42

C.48D.52

）8.如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若144，则2的度数为（A14

.

B.16C.24D.26

9.如图，在ABC中，ABC90，C30，以点A为圆心，以AB的长为半径作弧交AC于点D，连接BD，再分别以点B，D为圆心，大于连接DE，则下列结论中不正确的是（1

BD的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP交BC于点E，2）A.BEDEB.AECEC.CE2BE

D.S△EDC3S△ABC310.二次函数yax2bxc(a0)的图象如图所示，对称轴是直线x1，下列结论：①abc<0；②方程ax2bxc0（a0）必有一个根大于2且小于3；③若0,y1,,y2是抛物线上的两点，那么3

2

y1y2；④11a2c0；⑤对于任意实数m，都有m(amb)ab，其中正确结论的个数是（）A.5B.4C.3D.2第II卷（非选择题共90分）

二、填空题，大题共6小题，每小题填对得3分，共18分，只填写最后结果．

11计算.

1

20231_________．2

0112.若x3是关x的方程ax2bx6的解，则20236a2b的值为___________．13.银杏是著名的活化石植物，其叶有细长的叶柄，呈扇形．如图是一片银杏叶标本，叶片上两点B，C的坐标分别为(3,2),(4,3)，将银杏叶绕原点顺时针旋转90后，叶柄上点A对应点的坐标为___________．14.如图所示，桔棒是一种原始的汲水工具，它是在一根竖立的架子上加上一根细长的杠杆，末端悬挂一重物，前端悬挂水桶．当人把水桶放入水中打满水以后，由于杠杆末端的重力作用，便能轻易把水提升至所需处，若已知：杠杆AB6米，AO:OB2:1，支架OMEF，OM3米，AB可以绕着点O自由旋转，当点A旋转到如图所示位置时AOM45，此时点B到水平地面EF的距离为___________米．（结果保留根号）15.如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为___________．16.如图，在反比例函数y8(x0)的图象上有P1,P2,P3,P2024等点，它们的横坐标依次为1，2，3，…，x2024，分别过这些点作x轴与y轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右依次为S1,S2,S3,,S2023，则S1S2S3S2023___________．三、解答题：本大题共8小题，共72分，解答时，要写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．

a2a2

17.先化简，再求值：a2，其中a的值从不等式组1a5的解集中选取一个合适的2a1a1

整数．18.（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．（2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．19.对于任意实数a，b，定义一种新运算：a※b

aba2bab6(a2b)

，例如：3※1312，5※45463．根据上面的材料，请完成下列问题：（1）4※3___________，(1)※(3)___________；（2）若(3x2)※(x1)5，求x的值．》正式发布，劳动课正式成为中小学的20.《义务教育课程方案》和《义务教育劳动课程标准（2022年版）一门独立课程，日常生活劳动设定四个任务群：A清洁与卫生，B整理与收纳，C家用器具使用与维护，D烹饪与营养．学校为了较好地开设课程，对学生最喜欢的任务群进行了调查，并将调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图．请根据统计图解答下列问题：（1）本次调查中，一共调查了___________名学生，其中选择“C家用器具使用与维护”的女生有___________名，“D烹饪与营养”的男生有___________名．（2）补全上面的条形统计图和扇形统计图；（3）学校想从选择“C家用器具使用与维护”的学生中随机选取两名学生作为“家居博览会”的志愿者，请用画树状图或列表法求出所选的学生恰好是一名男生和一名女生的概率．21.如图，一次函数ykxb(k0)的图象与反比例函数y

4

的图象交于A(m,1),B(2,n)两点．x（1）求一次函数的表达式，并在所给的平面直角坐标系中画出这个一次函数的图象；（2）观察图象，直接写出不等式kxb

4

的解集；x

（3）设直线AB与x轴交于点C，若P(0,a)为y轴上的一动点，连接AP,CP，当△APC的面积为求点P的坐标．5

时，222.如图，AB为O的直径，点C是AD的中点，过点C做射线BD的垂线，垂足为E．（1）求证：CE是O切线；（2）若BE3，AB4，求BC的长；（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积（用含有π的式子表示）．23.如图，抛物线yx2bxc经过A(1,0),C(0,3)两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D．（1）求该抛物线的表达式；（2）若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MHDH的最小值；（3）若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．．．如图1，在ABC中，ABAC17，BC30，AD是BC边上的中线．如图2，将ABC24.问题情境：的两个顶点B，C分别沿EF,GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB,AC,BC于点E，G，F，H．猜想证明：（1）如图2，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由．问题解决；（2）如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB,BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积．2023年枣庄市初中学业水平考试

数学

一、选择题

1.【答案】A【解析】根据正数大于0，0大于负数，两个负数，绝对值大的反而小可得题目选项中的各数中比1大的数是2，故选A.2.【答案】C【解析】解：由题意，得：“卯”的主视图为：故选C．3.【答案】A【解析】解：159万15900001.59106；故选A．4.【答案】D【解析】解：设快马x天可以追上慢马，依题意，得：240x-150x=150×12．故选：D．5.【答案】C【解析】解：A选项，x4x4B选项，2x2

2x4，选项计算错误，不符合题意；3

8x6，选项计算错误，不符合题意；C选项，x6x3x3，选项计算正确，符合题意；D选项，x2×x3=x5，选项计算错误，不符合题意；故选C．6.【答案】D【解析】解：中位数为第15个和第16个的平均数为：故选：D．7.【答案】A【解析】解：AD，A48，99

9，众数为9．2D48，APD80，APDBD，BAPDD804832，故选：A．8.【答案】B【解析】解：如图：∵正六边形的一个外角的度数为：360

60，6∴正六边形的一个内角的度数为：18060120，即：460,25120，∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，144，∴3144，∴534104，∴2120516；故选B．9.【答案】D【解析】解：由题意得：ABAD，AP为BAC的平分线，ABC90，C30，BAC60，ABD为等边三角形，AP为BD的垂直平分线，BEDE，故A的结论正确；ABD为等边三角形，ABD60，ADB60，DBE30，BEDE，EDBEBD30，ADEADBEDB90，DEAC．ABC90，C30，AC2AB，ABAD，ADCD，DE垂直平分线段AC，AECE，故B的结论正确；RtCDE中，C30，CE2DE，BEDE，CE2BE，故C的结论正确．EDCABC90，CC，CDE∽CBA，

SCDEDE2()，SCBAABADAB，DEDEtanDAEtan30

ABAD3，3

SCDEDE21()，SCBAAB3故D的结论错误；故选：D．10.【答案】C【解析】解：∵抛物线开口向上，对称轴为直线x∴a0,b2a0,c0，∴abc0；故①错误；由图可知，抛物线与x轴的一个交点的横坐标的取值范围为：1x0，∵抛物线关于直线x1对称，∴抛物线与x轴的一个交点的横坐标的取值范围为：2x3，∴方程ax2bxc0（a0）必有一个根大于2且小于3；故②正确；b

1，与y轴交于负半轴，2a∵a0，∴抛物线上的点离对称轴的距离越远，函数值越大，∵0,y1,,y2是抛物线上的两点，且01∴y1y2；故③错误；∵a0,b2a

∴11a2c5a2a2b2c5a2abc，由图象知：x=1，yabc0，∴11a2c5a2abc0；故④正确；∵a0，对称轴为直线x1，∴当x1时，函数值最小为：abc，∴对于任意实数m，都有am2bmcabc，即：am2bmab，∴m(amb)ab；故⑤正确；综上：正确的有3个；故选C．32

3

1，2二、填空题

11.【答案】3【解析】解：1

20231

2

0112

3故答案为：3．12.【答案】2019【解析】解：∵x3是关x的方程ax2bx6的解，∴a323b6，即：3ab2，∴20236a2b

202323ab20232220234

2019；故答案为：2019．13.【答案】3,1【解析】解：∵B，C的坐标分别为(3,2),(4,3)，∴坐标系的位置如图所示：∴点A的坐标为：1,3，连接OA，将OA绕点O顺时针旋转90后，如图，叶柄上点A对应点的坐标为3,1；故答案为：3,114.【答案】32##23

【解析】解：过点B作BDEF于点D，过点A作ACBD交BD于点C，交OM于点N，∵OMEF，∴OM∥BC，∴ANOM，∴四边形MDCN为矩形，∴MNCD，∵AB6，AO:OB2:1，∴AO

2

AB4，3在RtANO中，AO4，AOM45，∴ONOAcos454

222；2∴CDMNOMON322，在Rt△ACB中，AB6，AOM45，∴BCABcos456

232；2；2（米）∴BDBCCD323223故答案为：32．15.【答案】17

2【解析】解：CE7,CEF的周长为32，CFEF32725．F为DE的中点，DFEF．BCD90，CF

1

DE，2EFCF

1

DE12.5，2DE2EF25，CDDE2CE224．四边形ABCD是正方形，BCCD24，O为BD的中点，OF是BDE的中位线，1117

OF(BCCE)(247)．22217．22023

16.【答案】253故答案为：【解析】当x1时，P1的纵坐标为8，当x2时，P2的纵坐标为4，当x3时，P3的纵坐标为8

，38，5当x4时，P4的纵坐标为2，当x5时，P5的纵坐标为…则S11(84)84；88S21(4)4；3388

S31(2)2；3388

S41(2)2；55…Sn

8888888n

S1S2S3Sn844228，335nn1n1n1820232023

∴S1S2S3S2023．20242532023

故答案为：．25388；nn1三、解答题

a2a11

17.【答案】，2aa3aa2a2

22【解析】解：原式2a1a1a1aa2a1a21

2a21aa2a1

；

a∵a20,a210，∴a0,a1，∵42∴1a

593，5的整数解有：0,1,2，∵a0,a1，22211

∴a2，原式．22（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；（2）见解析18.【答案】【解析】解：（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；故答案为：观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；（2）如图：（1）1；2；19.【答案】（2）x1，【解析】（1）4＜32，4※34361，1＞32

(1)※(3)1(3)2；故答案为：1；2；（2）若3x22(x1)时，即x4时，则(3x2)(x1)5，解得：x1，若3x2＜2(x1)时，即x＜4时，则(3x2)(x1)65，解得：x

5

，不合题意，舍去，2x1，20.【答案】（1）20,2,1（2）图见解析【解析】（1）解：1215%20（人），∴一共调查了20人；∴C组人数为：2025%5（人），∴C组女生有：532（人）；由扇形统计图可知：D组的百分比为115%25%50%10%，∴D组人数为：2010%2（人），∴D组男生有：211（人）；故答案为：20,2,1（2）补全图形如下：（3）3

5（3）用A,B,C表示3名男生，用D,E表示两名女生，列表如下：AABCBCDEA,BB,AC,AC,BA,CB,CA,DB,DC,DA,EB,EC,EDED,AE,AD,BE,BD,CE,CE,DD,E共有20种等可能的结果，其中所选的学生恰好是一名男生和一名女生的结果有12种，∴P

123．2051

x1，图见解析272

21.【答案】（1）y

（2）x<2或0x4（3）P0,或P0,【解析】（1）解：∵一次函数ykxb(k0)的图象与反比例函数y∴m2n4，∴m4,n2，∴A(4,1),B(2,2)，



32



4

的图象交于A(m,1),B(2,n)两点，x1

4kb1k∴，解得：2，2kb2b1

∴y

1

x1，2图象如图所示：（2）解：由图象可知：不等式kxb（3）解：当点P在y轴正半轴上时：4

的解集为x<2或0x4；x设直线AB与y轴交于点D，∵y

1

x1，2当x0时，y1，当y0时，x2，∴C2,0,D0,1，∴PDa1，∴SAPCSAPDSPCD解得：a

3；2115a14a12，222∴P0,；当点P在y轴负半轴上时：



32

PD1a，∴SAPCSAPDSPCD解得：a∴P0,

73

或a（不合题意，舍去）；22115

1a41a2222



7．232



7．2

综上：P0,或P0,



（1）见解析；22.【答案】（2）BC23；（3）23【解析】（1）证明：连接OC，∵点C是，AD的中点，，∴ACDC

∴ABCEBC，∵OCOB，∴ABCOCB，∴EBCOCB，∴OC∥BE，∵BECE，∴半径OCCE，∴CE是O切线；（2）连接AC，∵AB是O的直径，∴ACB90，∴ACBCEB90，∵ABCEBC，∴ACB∽CEB，ABBC

，BCBE4BC∴，BC3∴∴BC23；（3）连接OD，CD，∵AB4，∴OCOB2，∵在Rt△BCE中，BC23,BE3，∴cosCBE

BE33，

BC232∴CBE30，∴COD60，∴AOC60，∵OCOD，∴△COD是等边三角形，∴CDO60，∴CDOAOC，∴CD∥AB，∴SCODSCBD，∴S阴S扇形COD60222，360323.【答案】（1）yx22x3（2）37（3）存在，Q1,3或Q1,1或Q1,5【解析】（1）解：∵抛物线yx2bxc经过A(1,0),C(0,3)两点，1bc0b2

∴，解得：，c3c3

∴yx22x3；（2）∵yx22x3x14，∴M1,4，设直线AM:ykxm(k0)，2

则：

km0k2

，解得：，km4m2

∴AM:y2x2，当x0时，y2，∴D0,2；作点D关于x轴的对称点D¢，连接DM，则：D0,2，MHDHMHDHDM，∴当M,H,D三点共线时，MHDH有最小值为DM的长，∵D0,2，M1,4，∴DM1242

237，即：MHDH的最小值为：37；（3）解：存在；∵yx22x3x14，∴对称轴为直线x1，设Pp,t，Q1,n，当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时：①DM为对角线时：

2

1p01

，tn42

∴

p0

，tn6

当p0时，t3，∴n3，∴Q1,3；0p11②当DP为对角线时：，2t4n

p2

∴，2t4n

当p2时，t222233，∴n1，∴Q1,1；1p01③当MP为对角线时：，4t2n

∴

p0

，nt2

当p0时，t3，∴n3，∴Q1,5；综上：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，Q1,3或Q1,1或Q1,5．（1）四边形AEDG是菱形，理由见解析24.【答案】（2）30【解析】（1）解：四边形AEDG是菱形，理由如下：∵在ABC中，ABAC，AD是BC边上的中线，∴ADBC,BDCD

1

BC，211

BD,CHDHCD，22∵将ABC的两个顶点B，C分别沿EF,GH折叠后均与点D重合，∴EFBC,GHBC,BEDE,CGCD,BFFD∴EF∥AD，BFBE

1，FDAE1

∴BEAEAB，2∴同法可得：CGAG

1

AC，2∴AEDE,AGDG，∵ABAC，∴AEDEDGAG，∴四边形AEDG是菱形；（2）解：∵折叠，∴GDCC,MHBB，∵ABAC，∴BC，∴GDCB,MHBC，∴MH∥AC,DG∥AB，∴四边形AMKG为平行四边形，∵ABAC17，BC30，由（1）知：BDCD

2115117BC15，DHCH，DGAGAB，222221715∴GH4，22过点H作HECG于点E，11

CHHGCGHE，2215

430，∴CGHE2∵SCHG

∵四边形MKGA的面积AGHE，AGCG，∴四边形MKGA的面积CGHE30．