2023年山东省济宁市中考数学试卷附答案

2023年12月2日发(作者：福建中考数学试卷莆田)

2023年山东省济宁市中考数学试卷

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,只有一项符合题目要求．

0，，1.5中无理数是（

）

1.

实数，A.

13 B. 0

1C.



3D. 1.5

2.

下列图形中,是中心对称图形的是（

）

A. B. C. D.

3.

下列各式运算正确的是（

）

A.

x2x3x6

4.

若代数式A.

x2

B.

x12x2x6 C.

(xy)2x2y2 D.

x2y3x6y3

x有意义,则实数x的取值范围是（

）

x2B.

x0 C.

x2 D.

x0且x2

5.

如图,a,b是直尺的两边,a（

）

b,把三角板的直角顶点放在直尺的b边上,若135,则2的度数是

A.

65 B.

55 C.

45 D.

35

6.

为检测学生体育锻炼效果,从某班随机抽取10名学生进行篮球定时定点投篮检测,投篮进球数统计如图所示．对于这10名学生的定时定点投篮进球数,下列说法中错误的是（

）

第 1 页 共 15 页 A.

中位数是5 B.

众数是5 C.

平均数是5.2 D.

方差是2

7.

下列各式从左到右的变形,因式分解正确的是（

）

A.

(a3)2a26a9

C.

5ax5ay5axyxy

22B.

a4a4aa44

2D.

a2a8a2a4

28.

一个几何体的三视图如下,则这个几何体的表面积是（

）

A.

39π B.

45π C.

48π D.

54π

9.

如图,在正方形方格中,每个小正方形的边长都是一个单位长度,点A，B，C，D，E均在小正方形方格的顶点上,线段AB,CD交于点F,若CFB,则ABE等于（

）

A.

180 B.

1802 C.

90 D.

902

10.

已知一列均不为1的数a1，a2，a3，，an满足如下关系：a21a11a2，a3,1a11a2a4A.

1a31an，，an1,若a12,则a2023的值是（

）

1a31an1

2B.

1

3C.

3 D. 2

二、填空题：本大题共5小题,每小题3分,共15分．

第 2 页 共 15 页 11.

一个函数过点1,3,且y随x增大而增大,请写出一个符合上述条件的函数解析式_________．

12.

已知一个多边形的内角和为540°,则这个多边形是______边形．

13.

某数学活动小组要测量一建筑物的高度,如图,他们在建筑物前的平地上选择一点A,在点A和建筑物之间选择一点B,测得AB30m．用高1mAC1m的测角仪在A处测得建筑物顶部E的仰角为30,在B处测得仰角为60,则该建筑物的高是_________m．

14.

已知实数m满足m2m10,则2m33m2m9_________．

15.

如图,ABC是边长为6的等边三角形,点D，E在边BC上,若DAE30,tanEAC_________．

1,则BD3

三、解答题：本大题共7小题,共55分．

16.

计算：122cos303221．

17.

某学校为扎实推进劳动教育,把学生参与劳动教育情况纳入积分考核．学校随机抽取了部分学生的劳动积分（积分用x表示）进行调查,整理得到如下不完整的统计表和扇形统计图．

等级

A

B

C

D

E

劳动积分

人数

4

m

20

8

3

x90

80x90

70x80

60x70

x60

第 3 页 共 15 页

请根据以上图表信息,解答下列问题：

（1）统计表中m_________,C等级对应扇形的圆心角的度数为_________;

（2）学校规定劳动积分大于等于80的学生为“劳动之星”．若该学校共有学生2000人,请估计该学校“劳动之星”大约有多少人;

（3）A等级中有两名男同学和两名女同学,学校从A等级中随机选取2人进行经验分享,请用列表法或画树状图法,求恰好抽取一名男同学和一名女同学的概率．

18.

如图,BD是矩形ABCD的对角线．

（1）作线段BD的垂直平分线（要求：尺规作图,保留作图㢃迹,不必写作法和证明）;

（2）设BD的垂直平分线交AD于点E,交BC于点F,连接BE，DF．

①判断四边形BEDF的形状,并说明理由;

①若AB5，BC10,求四边形BEDF的周长．

19.

如图,正比例函数y11kx和反比例函数y2(x0)的图像交于点Am,2．

x2

（1）求反比例函数的解析式;

（2）将直线OA向上平移3个单位后,与y轴交于点B,与y2k(x0)的图像交于点C,连接AB，AC,求xABC的面积．

第 4 页 共 15 页 20.

为加快公共领域充电基础设施建设,某停车场计划购买A,B两种型号的充电桩．已知A型充电桩比B型充电桩的单价少0.3万元,且用15万元购买A型充电桩与用20万元购买B型充电桩的数量相等．

（1）A,B两种型号充电桩的单价各是多少？

（2）该停车场计划共购买25个A,B型充电桩,购买总费用不超过26万元,且B型充电桩的购买数量不少于A型充电桩购买数量的21.

如图,已知AB是1．问：共有哪几种购买方案？哪种方案所需购买总费用最少？

2O的直径,CDCB,BE切O于点B,过点C作CFOE交BE于点F,若EF2BF．

（1）如图1,连接BD,求证：△ADB≌△OBE;

（2）如图2,N是AD上一点,在AB上取一点M,使MCN60,连接MN．请问：三条线段MN，BM，DN有怎样的数量关系？并证明你的结论．

22.

如图,直线yx4交x轴于点B,交y轴于点C,对称轴为x3的抛物线经过B，C两点,交x轴负半2轴于点A．P为抛物线上一动点,点P的横坐标为m,过点P作x轴的平行线交抛物线于另一点M,作x轴的垂线PN,垂足为N,直线MN交y轴于点D．

（1）求抛物线的解析式;

（2）若0m（3）若m3,当m为何值时,四边形CDNP是平行四边形？

23,设直线MN交直线BC于点E,是否存在这样的m值,使MN2ME？若存在,求出此时m的2值;若不存在,请说明理由．

第 5 页 共 15 页 2023年山东省济宁市中考数学试卷答案

一、选择题．

1. A

2.B

3. D

4. D

5. B

6. D

7. C

8. B

解：根据三视图可知,该几何体上面是底面直径为6,母线为4的圆锥,下面是底面直径为6,高为4的圆柱,该几何体的表面积为：

11Sπ646π4π612π24π9π45π．

22故选B．

9. C

解：如图.

2

由图可知：GDEH1,CGBH4,CGDBHE90.

①CGD≌BHESAS.

①GCDHBE.

①CG∥BD.

①CABABD.

①CFBCABGCD.

①ABDHBE.

①ABEABDDBHHBE90;

故选C．

第 6 页 共 15 页 10. A

解：①a12.

1111213132,…….;

21,a①a23,a3,a4513112132112311由此可得规律为按2,3,,四个数字一循环.

123①20233.

①a2023a312;

故选A．

二、填空题．

11.

y3x（答案不唯一）

12. 5

13.

1531

14. 8

15.

33

解：过点A作AHBC于H.

①ABC是等边三角形.

①ABACBC6,BAC60.

①AHBC.

①BAH12BAC30.

①BADDAH=30.

①DAE30.

①BADEAC=30.

①DAHEAC.

①tanDAH=tanEAC=13.

①BH12AB3.

①

AH=ABsin60=632=33.

第 7 页 共 15 页 DHDH1==. ①AH333①DH3.

①BD=BHDH=33.

故答案为：33．

三、解答题．

16.

5

217.

（1）15,144

（2）该学校“劳动之星”大约有760人

（3）2

318.

（1）图见详解

（2）①四边形BEDF是菱形,理由见详解;①四边形BEDF的周长为25

【小问1详解】

解：所作线段BD的垂直平分线如图所示：

【小问2详解】

解：①四边形BEDF是菱形,理由如下：如图.

第 8 页 共 15 页 由作图可知：OBOD.

①四边形ABCD是矩形.

①AD∥BC.

①EDOFBO.

①EODFOB.

①EOD≌FOBASA.

①EDFB.

①四边形BEDF是平行四边形.

①EF是BD的垂直平分线.

①BEED.

①四边形BEDF是菱形;

①①四边形ABCD是矩形,BC10.

①A90,ADBC10.

由①可设BEEDx,则AE10x.

①AB5.

①AB2AE2BE2,即2510xx2.

解得：x6.25.

①四边形BEDF的周长为6.25425．

19.

（1）y2（2）3

【小问1详解】

解：把Am,2代入y1解得m4.

28

x11x中,m2.

22

第 9 页 共 15 页 ①A4,2.

4,2代入y8.

8;

x1x3.

22把Akk(x0)中,2.

x4解得k①反比例函数的解析式为y2【小问2详解】

解：将直线OA向上平移3个单位后,其函数解析式为y当x0时,y3.

①点B的坐标为0,3.

设直线AB的函数解析式为yABmxn.

将A4,2,B0,3代入可得4mn2.

n31m解得4.

n3①直线AB的函数解析式为yAB1x3.

4y联立方程组y1x3x18x222,解得,

8y1y412x①C点坐标为2,4.

过点C作CMx轴,交AB于点N.

51x3中,当x2时,y.

2453①CN4.

22在yBC

第 10 页 共 15 页 ①S△ABC1343．

2220.

（1）A型充电桩的单价为0.9万元,B型充电桩的单价为1.2万元

（2）共有三种方案：方案一：购买A型充电桩14个,购买B型充电桩11个;方案二：购买A型充电桩15个,购买B型充电桩10个;方案三：购买A型充电桩16个,购买B型充电桩9个;方案三总费用最少．

【小问1详解】

解：设B型充电桩的单价为x万元,则A型充电桩的单价为x0.3万元,由题意可得：

1520

x0.3x解得x1.2.

经检验：x1.2是原分式方程的解.

x0.30.9.

答：A型充电桩的单价为0.9万元,B型充电桩的单价为1.2万元;

【小问2详解】

解：设购买A型充电桩a个,则购买B型充电桩25a个,由题意可得：

0.9a1.225a264050,.

a解得13325aa2①a须为非负整数.

①a可取14,15,16.

①共有三种方案：

方案一：购买A型充电桩14个,购买B型充电桩11个,购买费用为0.9141.21125.8（万元）;

方案二：购买A型充电桩15个,购买B型充电桩10个,购买费用为0.9151.21025.5（万元）;

方案三：购买A型充电桩16个,购买B型充电桩9个,购买费用为0.9161.2925.2（万元）.

①25.225.525.8

①方案三总费用最少．

21.

（1）见解析

（2）MNBMDN,证明见解析

【小问1详解】

证明：①CFOE,OC是半径.

①CF是①BE是O的切线.

O的切线.

①BFCF.

第 11 页 共 15 页 ①EF2BF

CF1

EF2①EF2CF.

①sinE①E30,EOB60.

①CDCB

①CDCB.

①OCBD.

①AB是直径.

①ADB90EBO.

①EEBD90,ABDEBD90

①EABD30.

①ADBO1AB.

2①ABD≌OEBAAS;

【小问2详解】

MNBMDN,理由如下.

延长ND至H使得DHBM,连接CH,BD,如图所示

①CBMNDC180,HDCNDC180

①HDCMBC.

①CDCB,DHBM

①HDC≌MBCSAS.

①BCMDCH,CMCH

第 12 页 共 15 页 由（1）可得ABD30.

又AB是直径,则ADB90.

①A60.

①DCB180A120.

①MCN60.

①BCMNCD120NCM1206060.

①DCHNCDNCH60,

①NCHNCM.

①NCNC.

①CNH≌CNM①NHMN,

①MNDNDHDNBM．

即MNBMDN．

22.

（1）yx23x4

SAS.

（2）m621

3355181

或m62（3）存在,m【小问1详解】

解：在直线yx4中,当x0时,y4,当y0时,x4.

①点B4,0,点C0,4.

23设抛物线的解析式为yaxk.

223a4k02.

把点B4,0,点C0,4代入可得23a0k42a1解得25.

k4

第 13 页 共 15 页 325①抛物线的解析式为yxx23x4;

24【小问2详解】

解：由题意,Pm,m3m4.

①PNm23m4.

当四边形CDNP是平行四边形时,PNCD.

①ODm23m44m23m.

①D0,m3m,Nm,0.

22设直线MN的解析式为yk1xm3m.

2把Nm,0代入可得k1mm3m0.

22解得k13m.

①直线MN的解析式为y3mxm3m.

2又①过点P作x轴的平行线交抛物线于另一点M,且抛物线对称轴为x①M3m,m3m4

①3mm23mm23m4.

解得m123.

22621621;

（不合题意,舍去）,m233【小问3详解】

解：存在,理由如下．

由题意,Pm,m3m4.

①M3m,m3m4,Nm,0．

22当1m3时,点P在x轴的上方.

2①MN2ME.

①点E为线段MN的中点.

xMxN3mm3yMyNm23m4,yE①xE.

22222

第 14 页 共 15 页 3m23m4①E,.

22代入yx4整理得,m23m10.

解得m13535（不合题意,舍去）,m2．

22当m1时,点P在x轴上,此时点E与点M重合,所以此种情况不存在;

当m1时,点P在x轴的下方,点E在射线NM上.

如图,设线段NM的中点为R.

xMxN3mm3yMyNm23m4①xR.

,yR222223m23m4①R,．

22①MN2ME.

①M为RE的中点.

①xM①ExRxNyyN,yMR.

22399-2m,m2m6.

222代入yx4整理得,3m25m130.

解得m351815181（不合题意,舍去）,m4．

66355181,使MN2ME．

或m62综上可知,存在m

第 15 页 共 15 页