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数学
卷Ⅰ（选择题）
一、选择题（本大题有 10小题，每小题4分，共40分，请选出每小题中一个最符合题意的
选项，不选、多选、错选，均不给分
1. 计算 的结果是（ ）
A. B. C. 1 D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据有理数的减法法则进行计算即可．
【详解】解： ，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了有理数的减法，解题的关键是掌握有理数的减法计算法则．减去一个数等于加上
它的相反数．
2. 据报道，2023年“五一”假期全国国内旅游出游合计274000000人次．数字274000000用科学记数法表
示是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】科学记数法的表现形式为 的形式，其中 为整数，确定n的值时，要看把原数
变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，由此进行求解即可得到答案．
【详解】解： ，
故选B．
【点睛】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
3. 由8个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】找到从正面看所得到 的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【详解】从正面看第一层是三个小正方形，第二层左边一个小正方形，中间没有，右边1个小正方形，
故选：D．
【点睛】本题考查了三视图的知识，要求同学们掌握主视图是从物体的正面看得到的视图．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同底数幂相除法则判断选项A；根据幂的乘方法则判断选项B；根据平方差公式判断选项C；
根据完全平方公式判断选项D即可．
【详解】解：A． ，原计算错误，不符合题意；
B． ，原计算错误，不符合题意；
C． ，原计算正确，符合题意；
D． ，原计算错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了同底数幂相除法则、幂的乘方法则、平方差公式、完全平方公式等知识，熟练掌握各
运算法则是解答本题的关键．
5. 在一个不透明的袋子里装有2个红球和5个白球，它们除颜色外都相同，从中任意摸出1个球，则摸出
的球为红球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
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【分析】根据概率的意义直接计算即可．
【详解】解：在一个不透明的袋子中装有2个红球和5个白球，它们除颜色外其他均相同，从中任意摸出
1个球，共有7种可能，摸到红球的可能为2种，则摸出红球的概率是 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了概率的计算，解题关键是熟练运用概率公式．
6. 《九章算术》中有一题：“今有大器五、小器一容三斛；大器一、小器五容二斛．问大、小器各容几
何？”译文：今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛（斛：古代容是单位）；大容器1个，小容器5
个，总容暴为2斛．问大容器、小容器的容量各是多少斛？设大容器的容量为 斛，小容器的容量为 斛，
则可列方程组是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设大容器的容积为x斛，小容器的容积为y斛，根据“大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；
大容器1个，小容器5个，总容量为2斛”即可得出关于x、y的二元一次方程组．
【详解】解：设大容器的容积为x斛，小容器的容积为y斛，
根据题意得： ．
故选：B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，根据数量关系列出关于x、y的二元一次方程组是
解题的关键．
7. 在平面直角坐标系中，将点 先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是（
）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把 横坐标加2，纵坐标加1即可得出结果．
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【详解】解：将点 先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是 ．
故选：D．
【点睛】本题考查点的平移中坐标的变换，把 向上（或向下）平移h个单位，对应的纵坐标加上
（或减去）h，，把 向右上（或向左）平移n个单位，对应的横坐标加上（或减去）n．掌握平移规
律是解题的关键．
8. 如图，在矩形 中， 为对角线 的中点， ．动点 在线段 上，动点 在线
段 上，点 同时从点 出发，分别向终点 运动，且始终保持 ．点 关于 的
对称点为 ；点 关于 的对称点为 ．在整个过程中，四边形 形状的变化依次
是（ ）
A. 菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B. 菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C. 平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D. 平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，分别证明四边形 是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【详解】∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
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∴ ， ，
∵ 、 ，
∴
∵对称，
∴ ，
∴
∵对称，
∴ ，
∴ ，
同理 ，
∴
∴
∴四边形 是平行四边形，
如图所示，
当 三点重合时， ，
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∴
即
∴四边形 是菱形，
如图所示，当 分别为 的中点时，
设 ，则 ， ，
在 中， ，
连接 ， ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∵ 为 中点，
∴ ， ，
∴ ，
根据对称性可得 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，且 ，
∴四边形 是矩形，
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当 分别与 重合时， 都是等边三角形，则四边形 是菱形
∴在整个过程中，四边形 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股
定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
9. 已知点 在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是（ ）
A. B. C.
7【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
D.
【答案】B
【解析】
【分析】点 在同一个函数图象上，可得N、P关于y轴对称，当 时，
y随x的增大而增大，即可得出答案．
【详解】解：∵ ，
∴得N、P关于y轴对称，
∴选项A、C错误，
∵ 在同一个函数图象上，
∴当 时，y随x的增大而增大，
∴选项D错误，选项B正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了函数的图象．注意掌握排除法在选择题中的应用是解此题的关键．
10. 如图，在 中， 是边 上的点（不与点 重合）．过点 作 交 于点 ；
过点 作 交 于点 ． 是线段 上的点， ； 是线段 上的点，
．若已知 的面积，则一定能求出（ ）
A. 的面积 B. 的面积
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C. 的面积 D. 的面积
【答案】D
【解析】
【分析】如图所示，连接 ，证明 ，得出 ，由已知得出 ，则
，又 ，则 ，进而得出 ，可得 ，
结合题意得出 ，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接 ，
∵ ， ，
∴ ， ．
∴ , ．
∴ ．
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
∴ ．
又∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵
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∴ ．
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，证明 是解题的关键．
卷Ⅱ（非选择题）
二、填空题（本大题有6小题，每小题5分，共30分）
11. 因式分解：m2﹣3m＝__________．
【答案】
【解析】
【分析】题中二项式中各项都含有公因式 ，利用提公因式法因式分解即可得到答案．
【详解】解： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查整式运算中的因式分解，熟练掌握因式分解的方法技巧是解决问题的关键．
12. 如图，四边形 内接于圆 ，若 ，则 的度数是________．
【答案】 ##80度
【解析】
【分析】根据圆内接四边形的性质：对角互补，即可解答．
10【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
【详解】解：∵四边形 内接于 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解答本题的关键．
13. 方程 的解是________．
【答案】
【解析】
【分析】先去分母，左右两边同时乘以 ，再根据解一元一次方程的方法和步骤进行解答，最后进行
检验即可．
【详解】解：去分母，得： ，
化系数为1，得： ．
检验：当 时， ，
∴ 是原分式方程的解．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了解分式方程，解题的关键是掌握解分式方程的方法和步骤，正确找出最简公分母，
注意解分式方程要进行检验．
14. 如图，在菱形 中， ，连接 ，以点 为圆心， 长为半径作弧，交直线
于点 ，连接 ，则 的度数是________．
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【答案】 或
【解析】
【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得 ，再进行分类讨论：当点E
在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．
【详解】解：∵四边形 为菱形， ，
∴ ，
连接 ，
①当点E在点A上方时，如图 ，
∵ ， ，
∴ ，
②当点E在点A下方时，如图 ，
∵ ， ，
∴ ，
故答案为： 或 ．
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【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三
角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，
三角形的内角和为 ；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．
15. 如图，在平面直角坐标系 中，函数 （ 为大于 0 的常数， ）图象上的两点
，满足 ． 的边 轴，边 轴，若 的面积为6，则
的面积是________．
【答案】2
【解析】
【分析】过点 作 轴于点 ， 轴于点 ， 于点 ，利用
， ，得到
，结合梯形的面积公式解得 ，再由三角形面积公式计算
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，即可解答．
【详解】解：如图，过点 作 轴于点 ， 轴于点 ， 于点 ，
故答案为：2．
【点睛】本题考查反比例函数中 的几何意义，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
16. 在平面直角坐标系 中，一个图形上的点都在一边平行于 轴的矩形内部（包括边界），这些矩形
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中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形．例如：如图，函数 的图象（抛物线中
的实线部分），它的关联矩形为矩形 ．若二次函数 图象的关联矩形恰
好也是矩形 ，则 ________．
【答案】 或
【解析】
【分析】根据题意求得点 ， ， ，根据题意分两种情况，待定系数法求解析式即可
求解．
【详解】由 ，当 时， ，
∴ ，
∵ ，四边形 是矩形，
∴ ，
①当抛物线经过 时，将点 ， 代入 ，
∴
解得：
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②当抛物线经过点 时，将点 , 代入 ，
∴
解得：
综上所述， 或 ，
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，理解新定义，最小矩形的限制条件是解题的关键．
三、解答题（本大题有8小题，第17~20小题每小题8分，第21小题10分，第22，23小题
每小题12分，第24小题14分，共80分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过
程）
17. （1）计算： ．
（2）解不等式： ．
【答案】（1）1；（2）
【解析】
【分析】（1）根据零指数幂的性质、二次根式的化简、绝对值的性质依次解答；
（2）先移项，再合并同类项，最后化系数为1即可解答．
【详解】解：（1）原式 ．
（2）移项得 ，
即 ，
∴ ．
∴原不等式的解是 ．
【点睛】本题考查实数的混合运算、零指数幂、二次根式的化简和解一元一次不等式等知识，是基础考点，
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掌握相关知识是解题关键．
18. 某校兴趣小组通过调查，形成了如下调查报告（不完整）．
1．了解本校初中生最喜爱的球类运动项目
调 查 目
的
2．给学校提出更合理地配置体育运动器材和场地的建议
调 查 方
随机抽样调查 调查对象 部分初中生
式
你最喜爱的一个球类运动项目（必选）
调 查 内
容 A．篮球 B．乒乓球 C．足球 D．排球 E．羽毛球
调 查 结
果
建议 ……
结合调查信息，回答下列问题：
（1）本次调查共抽查了多少名学生？
（2）估计该校900名初中生中最喜爱篮球项目的人数．
（3）假如你是小组成员，请你向该校提一条合理建议．
【答案】（1）100 （2）360
（3）答案不唯一，见解析
【解析】
【分析】（1）根据乒乓球人数和所占比例，求出抽查的学生数；
（2）先求出喜爱篮球学生比例，再乘以总数即可；
（3）从图中观察或计算得出，合理即可．
【小问1详解】
被抽查学生数： ，
答：本次调查共抽查了100名学生．
【小问2详解】
被抽查的100人中最喜爱羽毛球的人数为： ，
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∴被抽查的100人中最喜爱篮球的人数为： ，
∴ （人）．
答：估计该校900名初中生中最喜爱篮球项目的人数为360．
【小问3详解】
答案不唯一，如：因为喜欢篮球的学生较多，建议学校多配置篮球器材、增加篮球场地等．
【点睛】本题考查从条形统计图和扇形统计图获取信息的能力，并用所获取的信息反映实际问题．
19. 图 1 是某款篮球架，图 2 是其示意图，立柱 垂直地面 ，支架 与 交于点 ，支架
交 于点 ，支架 平行地面 ，篮筺 与支架 在同一直线上， 米，
米， ．
（1）求 的度数．
（2）某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在発子上，最高可以把篮网挂到离地面 米处，那么他能挂
上篮网吗？请通过计算说明理由．（参考数据： ）
【答案】（1）
（2）该运动员能挂上篮网，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据直角三角形的两个锐角互余即可求解；
（2）延长 交于点 ，根据题意得出 ，解 ，求得 ，根据
与 比较即可求解．
【小问1详解】
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解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【小问2详解】
该运动员能挂上篮网，理由如下．
如图，延长 交于点 ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴该运动员能挂上篮网．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握三角函数的定义是解题
的关键．
20. 一条笔直的路上依次有 三地，其中 两地相距1000米．甲、乙两机器人分别从 两
地同时出发，去目的地 ，匀速而行．图中 分别表示甲、乙机器人离 地的距离 （米）与
行走时间 （分钟）的函数关系图象．
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（1）求 所在直线的表达式．
（2）出发后甲机器人行走多少时间，与乙机器人相遇？
（3）甲机器人到 地后，再经过1分钟乙机器人也到 地，求 两地间的距离．
【答案】（1）
（2）出发后甲机器人行走 分钟，与乙机器人相遇
（3） 两地间的距离为600米
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）利用待定系数法求出 所在直线的表达式，再列方程组求出交点坐标，即可；
（3）列出方程即可解决．
【小问1详解】
∵ ，
∴ 所在直线的表达式为 ．
【小问2详解】
设 所在直线的表达式为 ，
∵ ，
∴ 解得
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∴ ．
甲、乙机器人相遇时，即 ，解得 ，
∴出发后甲机器人行走 分钟，与乙机器人相遇．
【小问3详解】
设甲机器人行走 分钟时到 地， 地与 地距离 ，
则乙机器人 分钟后到 地， 地与 地距离 ，
由 ，得 ．
∴ ．
答： 两地间的距离为600米．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，用待定系数法可求出函数表达式，要利用方程组的解，求出
两个函数的交点坐标，充分应用数形结合思想是解题的关键．
21. 如图， 是 的直径， 是 上一点，过点 作 的切线 ，交 的延长线于点 ，过
点 作 于点 ．
（1）若 ，求 的度数．
（2）若 ，求 的长．
21【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形的外角的性质， 即可求解．
（2）根据 是 的切线，可得 ，在 中，勾股定理求得 ，根据
，可得 ，进而即可求解．
【小问1详解】
解：∵ 于点 ，
∴ ，
∴ ．
【小问2详解】
∵ 是 的切线， 是 的半径，
∴ ．
在 中，
∵ ，
∴ ．
22【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
∵ ，
∴
∴ ，即 ，
∴ ．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，切线的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知
识是解题的关键．
22. 如 图 ， 在 正 方 形 中 ， 是 对 角 线 上 的 一 点 （ 与 点 不 重 合 ） ，
分别为垂足．连接 ，并延长 交 于点 ．
（1）求证： ．
（2）判断 与 是否垂直，并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2） 与 垂直，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由正方形的性质，得到 ，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得
，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接 交 于点 ，由 证明 ，再根据全等三角形对应角相等得到
，继而证明四边形 为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．
23【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
【小问1详解】
解：在正方形 中，
∴ ，
∴ ．
【小问2详解】
与 垂直，理由如下．
连接 交 于点 ．
∵ 为正方形 的对角线，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
在正方形 中， ，
又∵ ，
∴四边形 为矩形，
∴ ，
24【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
∴ ，
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，
综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
23. 已知二次函数 ．
（1）当 时，
①求该函数图象 的顶点坐标．
②当 时，求 的取值范围．
（2）当 时， 的最大值为2；当 时， 的最大值为3，求二次函数的表达式．
【答案】（1）① ；②当 时，
（2）
【解析】
【分析】（1）①将 代入解析式，化为顶点式，即可求解；
②已知顶点 ，根据二次函数的增减性，得出当 时， 有最大值7，当 时取得最小值，即
可求解；
（2）根据题意 时， 的最大值为2； 时， 的最大值为3，得出抛物线的对称轴 在 轴的
右侧，即 ，由抛物线开口向下， 时， 的最大值为2，可知 ，根据顶点坐标的纵坐标为
25【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
3，求出 ，即可得解．
【小问1详解】
解：①当 时， ，
∴顶点坐标为 ．
②∵顶点坐标为 ．抛物线开口向下，
当 时， 随 增大而增大，
当 时， 随 增大而减小，
∴当 时， 有最大值7．
又
∴当 时取得最小值，最小值 ；
∴当 时， ．
【小问2详解】
∵ 时， 的最大值为2； 时， 的最大值为3，
∴抛物线的对称轴 在 轴的右侧，
∴ ，
∵抛物线开口向下， 时， 的最大值为2，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴二次函数的表达式为 ．
26【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，顶点式，二次函数的最值问题，熟练掌握二次函数的
性质是解题的关键．
24. 在平行四边形 中（顶点 按逆时针方向排列）， 为锐角，且
．
（1）如图1，求 边上的高 的长．
（2） 是边 上的一动点，点 同时绕点 按逆时针方向旋转 得点 ．
①如图2，当点 落在射线 上时，求 的长．
②当 是直角三角形时，求 的长．
【答案】（1）8 （2）① ；② 或
【解析】
【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；
（2）①先证明 ，再证明 ，最后利用相似三角形对应边成比例列出
方程即可；
②分三种情况讨论完成，第一种： 为直角顶点；第二种： 为直角顶点；第三种， 为直角顶点，但
此种情况不成立，故最终有两个答案．
【小问1详解】
在 中， ，
在 中， ．
27【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
【小问2详解】
①如图1，作 于点 ，由（1）得， ，则 ，
作 交 延长线于点 ，则 ，
∴ ．
∵
∴ ．
由旋转知 ，
∴ ．
设 ，则 ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ．
28【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
②由旋转得 ， ，
又因为 ，所以 ．
情况一：当以 为直角顶点时，如图2．
∵ ，
∴ 落在线段 延长线上．
∵ ，
∴ ，
由（1）知， ，
∴ ．
情况二：当以 为直角顶点时，如图3．
设 与射线 的交点为 ，
作 于点 ．
29【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
设 ，则 ，
∴
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
化简得 ，
解得 ，
∴ ．
情况三：当以 为直角顶点时，
点 落在 的延长线上，不符合题意．
30【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
综上所述， 或 ．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆
相关定义，判定，性质是解题的关键．
31
