2023年江苏无锡中考数学真题（Word版附答案）

这是一份2023年江苏无锡中考数学真题（Word版附答案），共30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年江苏无锡中考数学真题及答案
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的）
1．实数9的算术平方根是（    ）
A．3 B． C． D．
2．函数y＝中自变量x的取值范围是（    ）
A．x＞2 B．x≥2 C．x≠2 D．x＜2
3．下列4组数中，不是二元一次方程的解是（    ）
A． B． C． D．
4．下列运算正确的是（    ）
A． B． C． D．
5．将函数的图像向下平移2个单位长度，所得图像对应的函数表达式是（    ）
A． B． C． D．
6．2020年一2022年无锡居民人均可支配收入由5.76万元增长至6.58万元，设人均可支配收入的平均增长率为x，下列方程正确的是（    ）
A． B．
C． D．
7．如图，中，，将逆时针旋转得到，交于F．当时，点D恰好落在上，此时等于（    ）
  
A． B． C． D．
8．下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是中心对称图形；③正六边形的外接圆半径与边长相等；④正n边形共有n条对称轴．其中真命题的个数是（    ）
A．4 B．3 C．2 D．1
9．如图，在四边形中，，，，若线段在边上运动，且，则的最小值是（    ）
  
A． B． C． D．10
10．如图中，，为中点，若点为直线下方一点，且与相似，则下列结论：①若，与相交于，则点不一定是的重心；②若，则的最大值为；③若，则的长为；④若，则当时，取得最大值．其中正确的为（    ）
  
A．①④ B．②③ C．①②④ D．①③④
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．）
11．分解因式：__________．
12．废旧电池含有少量重金属，随意丢弃会污染环境有资料表明，一粒纽扣大的废旧电池，大约会污染水．数据用科学记数法可表示__________．
13．方程的解是：__________．
14．若直三棱柱的上下底面为正三角形，侧面展开图是边长为的正方形，则该直三棱柱的表面积为__________．
15．请写出一个函数的表达式，使得它的图象经过点：__________．
16．《九章算术》中提出了如下问题：今有户不知高、广，竿不知长短，横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出，问户高、广、邪各几何？这段话的意思是：今有门不知其高宽：有竿，不知其长短，横放，竿比门宽长出4尺：竖放，竿比门高长出2尺：斜放，竿与门对角线恰好相等．问门高、宽和对角线的长各是多少？则该问题中的门高是__________尺．
17．已知曲线分别是函数的图像，边长为的正的顶点在轴正半轴上，顶点、在轴上（在的左侧），现将绕原点顺时针旋转，当点在曲线上时，点恰好在曲线上，则的值为__________．
18．二次函数的图像与x轴交于点、，与轴交于点，过点的直线将分成两部分，这两部分是三角形或梯形，且面积相等，则的值为__________．
三、解答题（本大题共10小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（1）计算：       
（2）化简：
20．（1）解方程：      
（2）解不等式组：
21．如图，中，点D、E分别为的中点，延长到点F，使得，连接．求证：
  
(1)；
(2)四边形是平行四边形．
22．为了深入推动大众旅游，满足人民群众美好生活需要，我市举办中国旅游日惠民周活动，活动主办方在活动现场提供免费门票抽奖箱，里面放有4张相同的卡片，分别写有景区：A．宜兴竹海，B．宜兴善卷洞，C．阖闾城遗址博物馆，D．锡惠公园．抽奖规则如下：搅匀后从抽奖箱中任意抽取一张卡片，记录后放回，根据抽奖的结果获得相应的景区免费门票．
(1)小明获得一次抽奖机会，他恰好抽到景区A门票的概率是_________．
(2)小亮获得两次抽奖机会，求他恰好抽到景区A和景区B门票的概率．
23．2023年5月30日，神州十六号载人飞船成功发射，为大力弘扬航天精神，普及航天知识，激发学生探索和创新热情，某初中在全校开展航天知识竞赛活动现采用简单随机抽样的方法从每个年级抽取相同数量的学生答题成绩进行分析，绘制成下列图表，请根据图表提供的信息，解答下列问题：
学生参加航天知识竞赛成绩频数分布表
竞赛成绩x（组别）
（A）
（B）
（C）
（D）
（E）
（F）
频数
21
96
a
57
b
6
学生参加航天知识竞赛成绩统计表
年级
平均数
众数
中位数
七年级

82
81
八年级

82
82
九年级

83
80
  (1)_________；_________%；
(2)请根据“学生参加航天知识竞赛成绩统计表”对本次竞赛中3个年级的总体情况做出评价，并说明理由．
24．如图，已知，点M是上的一个定点．
  
(1)尺规作图：请在图1中作，使得与射线相切于点M，同时与相切，切点记为N；
(2)在（1）的条件下，若，则所作的的劣弧与所围成图形的面积是_________．
25．如图，是的直径，与相交于点．过点的圆O的切线，交的延长线于点，．
  
(1)求的度数；
(2)若，求的半径．
26．某景区旅游商店以元的价格采购一款旅游食品加工后出售，销售价格不低于元，不高于元，经市场调查发现每天的销售量与销售价格（元）之间的函数关系如图所示．
  
(1)求关于的函数表达式：
(2)当销售价格定为多少时，该商店销售这款食品每天获得的销售利润最大？最大销售利润是多少？【销售利润=（销售价格一采购价格）×销售量】
27．如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．
  
(1)当时，求四边形的面积；
(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．
28．已知二次函数的图像与轴交于点，且经过点和点．
(1)请直接写出，的值；
(2)直线交轴于点，点是二次函数图像上位于直线下方的动点，过点作直线的垂线，垂足为．
①求的最大值；
②若中有一个内角是的两倍，求点的横坐标．



参考答案
1．A
【分析】根据算术平方根的定义即可求出结果．
【详解】解：，
故选：A．
【点睛】本题考查了平方根和算术平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根．
2．C
【分析】令分母不等于0求解即可．
【详解】由题意得
x-2≠0，
∴x≠2．
故选C．
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，函数有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当函数解析式是整式时，字母可取全体实数；②当函数解析式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当函数解析式是二次根式时，被开方数为非负数．
3．D
【分析】将选项中的的值分别代入方程的左边，进而即可求解．
【详解】解：A、当时，，则是二元一次方程的解，不合题意；    
B、当时，，则是二元一次方程的解    ，不合题意；
C、 当时，，则是二元一次方程的解，不合题意；
D、当时，，则不是二元一次方程的解，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了二元一次方程的解的定义，熟练掌握二元一次方程的解的定义是解题的关键．
4．D
【分析】根据同底数幂的乘法，同底数幂的除法，积的乘方，合并同类项，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；    
B. 与不能合并，故该选项不正确，不符合题意；    
C. ，故该选项不正确，不符合题意；    
D. ，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，同底数幂的除法，积的乘方，合并同类项，熟练掌握同底数幂的乘法，同底数幂的除法，积的乘方，合并同类项的运算法则是解题的关键．
5．A
【分析】根据题目条件函数的图像向下平移2个单位长度，则的值减少2，代入方程中即可．
【详解】解：∵函数的图像向下平移2个单位长度，
∴，
故答案为：A．
【点睛】本题主要考查函数平移，根据题目信息判断是沿轴移动还是沿轴移动是解题的关键．
6．A
【分析】根据2020年的人均可支配收入和2022年的人均可支配收入，列出一元二次方程即可．
【详解】解：由题意得：．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7．B
【分析】根据旋转可得，再结合旋转角即可求解．
【详解】解：由旋转性质可得：，，
∵，
∴，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了几何—旋转问题，掌握旋转的性质是关键．
8．C
【分析】根据正多边形的性质以及正多边形与圆的关系逐一进行判断即可．
【详解】解：各边相等各角相等的多边形是正多边形，只有各边相等的多边形不一定是正多边形，如菱形，故①是假命题；
正三角形和正五边形就不是中心对称图形，故②为假命题；
正六边形中由外接圆半径与边长可构成等边三角形，所以外接圆半径与边长相等，故③为真命题；
根据轴对称图形的定义和正多边形的特点，可知正n边形共有n条对称轴，故④为真命题.
故选：C．
【点睛】本题考查的是正多边形的概念以及正多边形与圆的关系，属于基础题型．
9．B
【分析】过点C作，过点B作，需使最小，显然要使得和越小越好，则点F在线段的之间，设，则，求得关于x的二次函数，利用二次函数的性质即可求解.
【详解】解：过点C作，
  
∵，，
∴，
过点B作，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
需使最小，显然要使得和越小越好，
∴显然点F在线段的之间，
设，则，
∴，
∴当时取得最小值为．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数应用，矩形的判定和性质，解直角三角形，利用二次函数的性质是解题的关键．
10．A
【分析】①有3种情况，分别画出图形，得出的重心，即可求解；当，时，取得最大值，进而根据已知数据，结合勾股定理，求得的长，即可求解；③如图5，若，，根据相似三角形的性质求得，，，进而求得，即可求解；④如图6，根据相似三角形的性质得出，在中，，根据二次函数的性质，即可求取得最大值时，．
【详解】①有3种情况，如图，和都是中线，点是重心；
如图，四边形是平行四边形，是中点，点是重心；
如图，点不是中点，所以点不是重心；
①正确
  
②当，如图时最大，，
，，，
，
，
②错误；
  
③如图5，若，，
∴，，，，，，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴③错误；
④如图6，，
∴，
即，
在中，，
∴，
∴，
当时，最大为5，
∴④正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形重心的定义，勾股定理，相似三角形的性质，二次函数的性质，分类讨论，画出图形是解题的关键．
11．##
【分析】利用完全平方公式进行因式分解即可．
【详解】解：；
故答案为：．
【点睛】本题考查因式分解．熟练掌握完全平方公式法因式分解，是解题的关键．
12．
【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：．
故答案为：．
【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．
13．
【分析】首先方程两边乘以最简公分母去分母，然后去括号，移项，合并同类项，把的系数化为1，最后一定要检验．
【详解】解：去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
检验：把代入最简公分母中：，
∴原分式方程的解为： ，
故答案为：
【点睛】此题主要考查了分式方程的解法，做题过程中关键是不要忘记检验，很多同学忘记检验，导致错误．
14．##
【分析】根据题意得出正三角形的边长为，进而根据表面积等于两个底面积加上侧面正方形的面积即可求解．
【详解】解：∵侧面展开图是边长为的正方形，
∴底面周长为，
∵底面为正三角形，
∴正三角形的边长为
作，
是等边三角形，，
，
在直角中，
，
；
  
∴该直三棱柱的表面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三棱柱的侧面展开图的面积，等边三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
15．（答案不唯一）
【分析】根据一次函数的定义，可以先给出k值等于1，再找出符合点的b的值即可，答案不唯一．
【详解】解：设，则，
∵它的图象经过点，
∴代入得：，
解得：，
∴一次函数解析式为，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查对一次函数的常数k、b的理解和待定系数法的运用，是开放型题目．
16．8
【分析】设门高尺，则竿长为尺，门的对角线长为尺，门宽为尺，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：设门高尺，依题意，竿长为尺，门的对角线长为尺，门宽为尺，
∴，
解得：或（舍去），
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，根据题意建立方程是解题的关键．
17．6
【分析】画出变换后的图像即可（画即可），当点在轴上，点、在轴上时，根据为等边三角形且，可得，过点、分别作轴垂线构造相似，则，根据相似三角形的性质得出，进而根据反比例函数的几何意义，即可求解．
【详解】当点在轴上，点、在轴上时，连接，
为等边三角形且，则，
，
如图所示，过点分别作轴的垂线，交轴分别于点，
，，
，
，
，
，
，
．
  
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，的几何意义，相似三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造相似三角形是解题关键．
18．或或
【分析】先求得，，，直线解析式为，直线的解析式为，1）、当分成两个三角形时，直线必过三角形一个顶点，平分面积，必为中线，则①如图1，直线过中点，②如图2，直线过中点，直线解析式为，中点坐标为，待入直线求得；③如图3，直线过中点，中点坐标为，直线与轴平行，必不成立；2）当分成三角形和梯形时，过点的直线必与一边平行，所以必有型相似，因为平分面积，所以相似比为．④如图4，直线，根据相似三角形的性质，即可求解；⑤如图5，直线，⑥如图6，直线，同理可得，进而根据，即可求解．
【详解】解：由，令，解得：，令，解得：，
∴，，，
设直线解析式为，
∴
解得：
∴直线解析式为，当时，，则直线与y轴交于，
∵，
∴，
∴点必在内部．
1）、当分成两个三角形时，直线必过三角形一个顶点，平分面积，必为中线
设直线的解析式为
∴
解得：
则直线的解析式为
①如图1，直线过中点，，
中点坐标为，代入直线求得，不成立；
  
②如图2，直线过中点，直线解析式为，中点坐标为，待入直线求得；
③如图3，直线过中点，中点坐标为，
直线与轴平行，必不成立；
2）、当分成三角形和梯形时，过点的直线必与一边平行，所以必有型相似，因为平分面积，所以相似比为．
④如图4，直线，
∴
∴，
∴，
解得；
  
⑤如图5，直线，，则
∴，又，
∴，
∵，
∴不成立；
⑥如图6，直线，同理可得，
∴，，，
∴，解得；
综上所述，或或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，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，并分类讨论是解题的关键．
19．（1）；（2）
【分析】（1）根据有理数的乘方，求一个数的算术平方根，化简绝对值，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进行计算即可求解．
【详解】解：（1）

；
（2）

．
【点睛】本题考查了有理数的乘方，求一个数的算术平方根，化简绝对值，整式的乘法，熟练掌握以上运算法则以及乘法公式是解题的关键．
20．（1），；（2）
【分析】（1）根据公式法解一元二次方程即可求解；
（2）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】（1）
解：∵，
∴，
∴
解得：，；
（2）
解不等式①得：
解不等式②得：
∴不等式组的解集为：
【点睛】本题考查了解一元二次方程，求不等式组的解集，熟练掌握公式法解一元二次方程以及解一元一次不等式组是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质和平行四边形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵点D、E分别为的中点，
∴，，
∴，
在与中，，
∴；
（2）证明：由（1）证得，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
22．(1)
(2)

【分析】（1）根据概率公式求解即可；
（2）画出树状图，得出总的结果数和恰好抽到景区A和景区B门票的情况，即可求解.
【详解】（1）解：∵共有4张相同的卡片且任意抽取一张卡片，记录后放回，
∴每张卡片抽到的概率都是，
设小明恰好抽到景区A门票为事件，则,
故答案为：；
（2）解：根据题意，画树状图如下：
  
∴一共有16种等可能的情况，恰好抽到景区A和景区B门票的情况有2种，
∴他恰好抽到景区A和景区B门票的概率为；
【点睛】此题考查的是用树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
23．(1)90；10
(2)七年级的平均分最高；八年级的中位数最大；九年级的众数最大

【分析】（1）先求出总人数，再根据C所占的百分比求出a，再由所有频率之和为1，求出“E”所占的百分比，进而确定m的值；
（2）比较中位数、众数、平均数的大小得出答案．
【详解】（1）解：∵抽取的总人数为（人），
∴C组的人数为（人），
；
故答案为：90，10；
（2）解：七年级的平均分最高；
八年级的中位数最大；
九年级的众数最大．（答案不唯一）．
【点睛】本题考查中位数、众数、平均数以及样本估计总体，理解中位数、众数的定义，掌握中位数、众数、平均数的计算方法是正确解答的关键．
24．(1)见解析
(2)

【分析】（1）先作的平分线，再过M点作的垂线交于点O，接着过O点作于N点，然后以O点为圆心，为半径作圆，则满足条件；
（2）先利用切线的性质得到，，根据切线长定理得到，则，再利用含30度角的直角三角形三边的关系计算出，然后根据扇形的面积公式，利用的劣弧与所围成图形的面积进行计算．
【详解】（1）解：如图，为所作；
  ；
（2）解：∵和为的切线，
∴，，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴的劣弧与所围成图形的面积


．
故答案为：．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了切线的判定与性质、扇形的面积计算．
25．(1)
(2)

【分析】（1）连接，根据为的切线，则，由，则，根据圆周角定理可得，又，根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；
（2）证明，根据相似三角形的性质，代入数据即可求解．
【详解】（1）如图，连接．
  
为的切线，
．
，
．
，
．
，
．
（2）如图，连接，
，，
．
，
，且，
，
，即，
，
，即半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，相似三角形的性质与判定等知识．正确作出辅助线是解题关键．
26．(1)
(2)销售价格为元时，利润最大为

【分析】（1）分时，当时，分别待定系数法求解析式即可求解；
（2）设利润为，根据题意当时，得出，当时，，
进而根据分时，当时，分别求得最大值，即可求解．
【详解】（1）当时，设关于的函数表达式为，将点代入得，
∴
解得：
∴，
当时，设关于的函数表达式为，将点代入得，

解得：
∴，

（2）设利润为
当时，
∵在范围内，随着的增大而增大，
当时，取得最大值为；
当时，
∴当时，w取得最大值为
，
当销售价格为元时，利润最大为．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，二次函数的应用，根据题意列出函数关系式是解题的关键．
27．(1)
(2)

【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；
（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．
【详解】（1）如图，连接、，

四边形为菱形，
，，
为等边三角形．
为中点，
，，
，．
，
为等腰直角三角形，
，，
翻折，
，，
，；.
同理，
，，
∴；
（2）如图，连接、，延长交于点．

，，，
．
∵
，
，
．
，则，
，
，
．
∵，
．
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
28．(1)，
(2)①；②2或

【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）①过点作轴平行线分别交、于、．令，求得，勾股定理求得，得出，则，进而可得，求得直线的解析式为，设，则，进而表示出，最后根据二次函数的性质即可求解．
②根据已知，令，，在上取点，使得，得出，然后根据，设，．进而分两种情况讨论，ⅰ当时，，则相似比为，得出代入抛物线解析式，即可求解；ⅱ当时，，同理可得，代入抛物线解析式即可求解．
【详解】（1）∵二次函数的图像与轴交于点，且经过点和点
∴
解得：
∴，，；
（2）①如图1，过点作轴平行线分别交、于、．

∵，
当时，，
∴，
∴，，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵
设直线的解析式为
∴
解得：
直线解析式为．
设，
，
，
当时，取得最大值为，
的最大值为．
②如图2，已知，令，则，

在上取点，使得，
∴，
设，则，
则，
解得，
∴，即．
如图3构造，且轴，相似比为，

又∵，
设，则．
分类讨论：ⅰ当时，则，
∴与的相似比为，
∴，，
∴，
代入抛物线求得，（舍）．
∴点横坐标为．
ⅱ当时，则，
∴相似比为，
∴，，
∴，
代入抛物线求得，（舍）．
∴点横坐标为．
综上所示，点的横坐标为2或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求二次函数解析式，线段长的最值问题，相似三角形的性质与判定，正切的定义．利用分类讨论的思想并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．