2023年江苏省连云港市中考数学试卷

2023年江苏省连云港市中考数学试卷题号 一 二 三 四 总分得分一、选择题〔824.0分〕3确实定值是〔 〕A.-3 B.3 C. D.如图是由4个大小一样的正方体搭成的几何体这个几何体的主视图是〔 〕A.B.C.D.以下计算正确的选项是〔 〕A.2x+3y=5xy B.〔x+1〕〔x-2〕=x2-x-2C.a2•a3=a6 D.〔a-2〕2=a2-4“红色小讲解员”演讲竞赛中，7位评委分别给出某位选手的原始评分．评定该选手成绩时从7个原始评分中去掉一个最高分一个最低分得到5个有效评分．5个有效评分与7个原始评分相比，这两组数据确定不变的是〔 〕中位数不等式组

B.众数 C.平均数 D.方差的解集在数轴上表示为〔 〕A. B.C. D.如图将矩形纸片ABCD沿BE折叠使点A落在对角线BD上的A”处假设∠DBC=24°，则∠A”EB等于〔 〕123页A.66° B.60° C.57° D.48°10个大小一样的正六边形按如以下图方式严密排列在同一平面内，A、B、C、D、E、O均是正六边形的顶点．则点O是以下哪个三角形的外心〔 〕△AED△ABD△BCD△ACD速行驶．图中折线表示快、慢两车之间的路程y〔km〕与它们的行驶时间x〔h〕之间的函数关系．小欣同学结合图象得出如下结论：0.5h；20km/h；a=340；④快车先到达目的地．其中正确的选项是〔 〕A.①③ B.②③ C.②④ D.①④二、填空题〔824.0分〕我市某天的最高气温是4℃，最低气温是-1℃，则这天的日温差是 ℃．“我的连云港”APP是全市统一的城市综合移动应用效劳端一年来实名注册用户超过1600000人．数据“1600000”用科学记数法表示为 ．如图，将5个大小一样的正方形置于平面直角坐标系中，假设顶点M、N的坐标分别为〔3，9〕、〔12，9〕，则顶点A的坐标为 ．223页依据如以下图的计算程序，假设x=2，则输出的结果是 ．加工爆米花时，爆开且不糊的粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可yx〔单位：min〕y=-0.2x2+1.5x-2，则最正确加工时间为 min．90°20cm的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径为 cm．123456如图，正六边形AAAAAA内部有一个正五边形B1B2B3B4B5，且A3A4∥B3B4，直线l经过B2、B3，则直线l与A123456如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点点C为弦AB的中点直线y=x-3与x轴y轴分别交于点DE，则△CDE面积的最小值为 ．323页三、计算题〔16.0分〕解方程组四、解答题〔1096.0分〕18. 计算〔-1〕2023+〔〕-1- ．化简 ÷ ．在世界环境日〔6月5日〕，学校组织了保护环境学问测试，现从中随机抽取局部学生的成绩作为样本，按“优秀”“良好”“合格”“不合格”四个等级进展统计，绘制了如下尚不完整的统计图表．测试成绩统计表等级频数〔人数〕频率优秀30a良好b0.45合格240.20不合格120.10合计c1依据统计图表供给的信息，解答以下问题：〔1〕表中a= ，b= ，c= ；补全条形统计图；假设该校有2400名学生参与了本次测试，估量测试成绩等级在良好以上〔包括良好〕的学生约有多少人？423页2023年起，江苏省高考承受“3+1+2”模式：“33科为必选科目，“121科，“2”是指在化学、生物、42科．假设小丽在“1”中选择了历史，在“2”中已选择了地理，则她选择生物的概率是 ；假设小明在“1”中选择了物理，用画树状图的方法求他在“2”中选化学、生物的概率．AD、BCM、N．BNDM是菱形；BD=24，MN=10BNDM的周长．甲、乙两公司全体员工踊跃参与“携手防疫，共渡难关”捐款活动，甲公司共捐款100000140000元．下面是甲、乙两公司员工的一段对话：523页甲、乙两公司各有多少人？现甲、乙两公司共同使用这笔捐款购置A、B两种防疫物资，A种防疫物资每15000元，B12023B10箱，并恰好将捐款用完，有几种购置方案？请设计出来〔注：A、B两种防疫物资均需购置，并按整箱配送〕．如图，在平面直角坐标系xOyy=〔x＞0〕A〔4〕，By轴的负半轴上，ABxC，CAB的中点．m= ，点C的坐标为 ；DABD作DE∥yE，求△ODE面积的最大值．筒车是我国古代利用水力驱动的浇灌工具，唐代陈廷章在《水轮赋〕中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转圈，筒A、BOOC2.2m，筒车上均匀分布着假设干个盛水筒．假设以某个盛水筒P刚浮出水面时开头计算时间．P首次到达最高点？3.4P距离水面多高？623页MN所在直线是⊙OABM，MO=8m．求P从最高点开头，至少经过多长时间恰好在直线MN上．〔参考数据：cos43°=sin47°≈ ，sin16°=cos74°≈ ，sin22°=cos68°≈〕xOyx轴交点一样的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：y=x2-x-2DxA、B〔AB左侧〕，yCL2L1P．L2经过点〔2，-12〕，L2对应的函数表达式；BP-CPP的坐标；QL1△DPQ与△ABC相像，求其“共根抛物线”L2P的坐标．723页1 ；〔1〕1PABCDBDPEF∥BCAB、CDE、FBE=2，PF=6，△AEPS，△CFP1 ；S+S=1 21 2 1 1 2P为▱ABCD内一点〔PBD上〕，E、F、G、H分别为AEPHSPFCGS〔其中S＞S〕，求△PBD的面积〔S、S1 2 1 1 12 2 1 1 3P为▱ABCD〔PBD上P作EG．设四边形AEPH的面积为S，四边形PGCF的S〔S＞S〕，求△PBD的面积〔S、S12 2 1 1 如图4A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P〔PAC、1BD上〕，设PB、PCS，PA、PD、围成的封闭图12 3 1 2 3 S，△PBDS，△PACSP的位置，S、S、S、S2 3 1 2 3 823页【答案】B

答案和解析【解析】解：|3|=3，应选：B．依据确定值的意义，可得答案．此题考察了实数的性质，利用确定值的意义是解题关键．【答案】D【解析】解：从正面看有两层，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形．应选：D．找到从几何体的正面看所得到的图形即可．此题主要考察了简洁几何体的三视图，关键是把握主视图所看的位置．【答案】B【解析】解：A.2x与3y不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；B．〔x+1〕〔x-2〕=x2-x-2，故本选项符合题意；C．a2•a3=a5，故本选项不合题意；应选：B．平方公式逐一推断即可．此题主要考察了合并同类项，同底数幂的乘法，多项式乘多项式以及完全平方公式，熟记相关公式与运算法则是解答此题的关键．【答案】A【解析】解：依据题意，从711个最低分，得到5个有效评分．57个原始评分相比，不变的是中位数．应选：A．依据平均数、中位数、众数、方差的意义即可求解．此题考察了平均数、中位数、众数、方差的意义．平均数是指在一组数据中全部数据之和再除以数据的个数；中位数是将一组数据从小到大〔或从大到小〕重排列后，最中间的那个数〔或最中间两个数的平均数〕；一组数据中消灭次数最多的数据叫做众数；一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．【解析】解：解不等式2x-1≤3，得：x≤2，x+1＞2，得：x＞1，∴1＜x≤2，表示在数轴上如下：先求出不等式组的解集，再在数轴上表示出来即可．大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．923页【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=90°，∴∠A”BE=∠ABE=〔90°-∠DBC〕=〔90°-24°〕=33°，∴∠A”EB=90°-∠A”BE=90°-33°=57°；由矩形的性质得∠A=∠ABC=90°，由折叠的性质得∠BA”E=∠A=90°，∠A”BE=∠ABE=〔90°-∠DBC〕=33°，即可得出答案．叠的性质是解题的关键．【答案】D【解析】解：∵三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，∴OOA，B，C，D，EOA=OC=OD，∴O是△ACD的外心，应选：D．依据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，进展推断即可．题的关键．【答案】B【解析】解：依据题意可知，两车的速度和为：360÷2=180〔km/h〕，0.5h1.6h88km，故①结论错误；慢车的速度为：88÷〔3.6-2.5〕=80〔km/h〕，100km/h，所以快车速度比慢车速度多20km/h；故②结论正确；88+180×〔5-3.6〕=340〔km〕，所以图中a=340，故③结论正确；〔360-2×80〕÷80=2.5〔h〕，5-2.5=2.5〔h〕，所以慢车先到达目的地，故④结论错误．所以正确的选项是②③．应选：B．依据题意可知两车动身2小时后相遇，据此可知他们的速度和为180〔km/h〕，相遇后0.5h1.6h88km，据此可得慢车的速度为80km/h，进而得出快车的速度为100km/h，依据“路程和=速度和×时间”即可求出a的值，从而推断出谁先到达目的地．此题考察了一次函数的应用，行程问题中数量关系的运用，函数图象的意义的运用，解答时读懂函数图象，从图象中猎取有用信息是解题的关键．【答案】5【解析】解：4-〔-1〕=4+1=5．故答案为：5．相反数”计算．此题主要考察了有理数的减法，熟记运算法则是解答此题的关键．23页10.【答案】1.6×106故答案为：1.6×106．a×10n1≤|a|＜10，nn的值时，要a时，小数点移动了多少位，n确实定值与小数点移动的位数一样．当原10时，n1时，n是负数．a×10n1≤|a|＜10，nan的值．11.【答案】〔15，3〕【解析】解：如图，∵M、N的坐标分别为〔3，9〕、〔12，9〕，∴MN∥x轴，MN=9，BN∥y轴，∴3，∴BN=6，∵AB∥MN，∴AB∥x轴，故答案为〔15，3〕．MN∥x轴，MN=9，BN∥y轴，可求正方形的边长，即可求解．此题考察了正方形的性质，坐标与图形性质，读懂图形的意思，是此题的关键．-26【解析】x=2代入程序中得：10-22=10-4=6＞0，x=6代入程序中得：10-62=10-36=-26＜0，∴最终输出的结果是-26．故答案为：-26．x=20时将所得结果输出即可．此题借助程序框图考察了有理数的混合运算，读懂程序框图是解题的关键．3.75【解析】解：依据题意：y=-0.2x2+1.5x-2，当x=- =3.75时，y取得最大值，则最正确加工时间为3.75min．故答案为：3.75．23页依据二次函数的性质可得．此题主要考察二次函数的应用，利用二次函数的性质求最值问题是解题的关键．【答案】5【解析】解：设这个圆锥的底面圆半径为r，依据题意得2πr= ，r=5〔cm〕．故答案为：5．设这个圆锥的底面圆半径为r，利用圆锥的侧面开放图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长和弧长公式得到2πr= ，然后解关于r的方程即可．周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．【答案】4812 4312 43【解析】解：延长AAAAClAAE12 4312 43123456∵AA123456和=〔6-2〕×180°=720°，∴∠ ∠ ，AAA= AAA∴∠ ∠ ，123 234∴∠ ∠ ，CAA= AA∴∠ ∠ ，23 23∴∠C=180°-60°-60°=60°，12345∵BB12345〔5-2〕×180°=540°，∴∠ ，BBB∴∠ ，234∵ ∥ ，AA B∵ ∥ ，∴∠ ∠ ，34 3∴∠ ∠ ，EDA= BBB=108°4 234∴∠EDC=180°-108°=72°，∴α=∠CED=180°-∠C-∠EDC=180°-60°-72°=48°，故答案为：48．234 4 23412 43 12 43123 234 23 23AAAAClAAEAAD，由正六边形的性质得出∠AAA=∠AAA=120°，得出∠CAA=∠AAC=60°，则∠C234 4 23412 43 12 43123 234 23 23学问；娴熟把握正六边形和正五边形的性质是解题的关键．【答案】223页【解析】OBOAMCMMMN⊥DEN．∵AC=CB，AM=OM，∴MC=OB=1，∴CM为圆心，1为半径的⊙M，设⊙MMNC′．∵y=x-3x轴、yD、E，∴D〔4，0〕，E〔0，-3〕，∴OD=4，OE=3，∴DE= =5，∵∠MDN=∠ODE，∠MND=∠DOE，∴△DNM∽△DOE，∴ = ，∴ =，∴MN=，CC′重合时，△C′DE的面积最小，最小值=×5×〔-1〕=2，2．OBOAMCMMMN⊥DENCM为圆心，1为半径的⊙M，设⊙MMNCMNCC′重合时，△C′DE的面积最小．此题考察三角形的中位线定理，三角形的面积，一次函数的性质等学问，解题的关键是学会添加常用关心线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．【答案】解：2〔1-y〕+4y=5，y=．y=x=-．23页∴原方程组的解为 ．【解析】把组中的方程②直接代入①，用代入法求解即可．此题考察了二元一次方程组的解法．把握二元一次方程组的代入法是解决此题的关键．18.【答案】解：原式=1+5-4=2．【解析】先计算乘方、负整数指数幂、立方根，再计算加减可得．根的定义．19.【答案】解：原式= •= •= ．【解析】直接利用分式的性质进而化简进而得出答案．此题主要考察了分式乘除运算，正确化简分式是解题关键．20.【答案】0.25 54 120【解析】解：〔1〕本次抽取的学生有：24÷0.20=120〔人〕，a=30÷120=0.25，b=120×0.45=54，c=120，〔2〕由〔1〕知，b=54，补全的条形统计图如右图所示；〔3〕2400×〔0.45+0.25〕=1680〔人〕，答：测试成绩等级在良好以上〔包括良好〕1680人．依据合格的频数和频率可以求得本次a、b、c的值；依据〔1〕中b的值，可以将条形统计图补充完整；依据频数分布表中的数据，可以计算出测试成绩等级在良好以上〔包括良好〕的学生约有多少人．此题考察条形统计图、频数分布表、用样本估量总体，解答此题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【答案】【解析】解：〔1〕在“2”中已选择了地理，从剩下的化学、生物，思想品德三科中选故答案为：；〔2〕用列表法表示全部可能消灭的结果如下：23页共有12种可能消灭的结果，其中选中“化学”“生物”的有2种，∴P = =．〔化学生物〕在“2”中已选择了地理，从剩下的化学、生物，思想品德三科中选一科，可得选择生物的概率；用列表法表示全部可能消灭的结果数，进而求出相应的概率．决问题的关键．【答案】〔1〕证明：∵AD∥BC，∴∠DMO=∠BNO，∵MNBD的垂直平分线，∴OB=OD，MN⊥BD，在△MOD和△NOB中， ，∴△MOD≌△NOB〔AAS〕，∴OM=ON，∵OB=OD，∴BNDM是平行四边形，∵MN⊥BD，∴BNDM是菱形；〔2〕解：∵BNDM是菱形，BD=24，MN=10，∴BM=BN=DM=DN，OB=BD=12，OM=MN=5，在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM= = =13，∴BNDM的周长=4BM=4×13=52．是平行四边形，进而得出结论；〔2〕BM=BN=DM=DN，OB=BD=12，OM=MN=5，由勾股定理得BM=13，即可得出答案．23页此题考察了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等学问；娴熟把握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．【答案】解：〔1〕设甲公司有x人，则乙公司有〔x+30〕人，依题意，得： ×= 解得：x=150，经检验，x=150是原方程的解，且符合题意，∴x+30=180．150180人．〔2〕AmBn箱，依题意，得：15000m+12023n=100000+140000，∴m=16-n．又∵n≥10m，n均为正整数，∴ ， ，∴218A种防疫物资，10B2：购置4A种防疫物资，15B种防疫物资．【解析】〔1〕设甲公司有x人，则乙公司有〔x+30〕人，依据乙公司的人均捐款数是x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；〔2〕AmBn箱，依据总价=单价×数量，即可m，n的二元一次方程组，再结合n≥10m，n均为正整数，即可得出各购置方案．此题考察了分式方程的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：〔1〕找准等量关系，正确列出分式方程；〔2〕找准等量关系，正确列出二元一次方程．24.【答案】6 〔2，0〕【解析】解：〔1〕∵y=〔x＞0〕A〔4，〕，∴m= =6，∵ABxC，CAB的中点．∴C〔2，0〕；故答案为6，〔2，0〕；〔2〕ABy=kx+b，把A〔4，〕，C〔2，0〕代入得 ，解得 ，∴ABy=x-；∵DAB上的一个动点，∴D〔xx-〕〔0＜x≤4〕，∵DE∥y轴，∴E〔x，〕，23页△ODE∴S =x•〔-x+〕=-x2+x+3=-〔x-1〕2+ ，△ODE∴x=1时，△ODE的面积的最大值为．mAC的坐标；△ODE依据待定系数法求得直线AB的解析式，设出D、E的坐标，然后依据三角形面积公式得到S =-〔x-1〕2+ △ODE此题考察了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，二次函数的性质，依据三角形面积得到二次函数的解析式是解题的关键．25.【答案】解：〔1〕1OA．°×÷在Rt△ACO中，cos∠AOC= = = ．∴∠AOC=43°，∴ =27.4〔秒〕．27.4P首次到达最高点．〔2〕2P3.4秒后，此时∠AOP=3.4×5°=17°，∴∠POC=∠AOC+∠AOP=43°+17°=60°，PPD⊥OCD，Rt△POD中，OD=OP•cos60°=3×=1.5〔m〕，2.2-1.5=1.7〔m〕，3.4P1.7m．3中，23页∵P在⊙OMN与⊙O相切，∴PMNPOPOP⊥MN，∴∠POM=68°，=，Rt△COM中，cos∠COM=∴∠COM=74°，== ，∴∠POH=180°-∠POM-∠COM=180°-68°-74°=38°，∴需要的时间为=7.6〔秒〕，P7.6MN上．【解析】〔1〕1OA．求出∠AOC的度数，以及旋转速度即可解决问题．DCD即可．如图3中，连接OP，解直角三角形求出∠POM，∠COM，可得∠POH的度数即可解决问题．此题考察解直角三角形的应用，切线的性质等学问，解题的关键是理解题意，学会添加常用关心线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．【答案】解：〔1〕y=0x2-x-2=0x=-14，∴A〔-1，0〕，B〔4，0〕，C〔0，2〕，L2的解析式为y=a〔x+1〕〔x-4〕，把〔2，-12〕y=a〔x+1〕〔x-4〕，-12=-6a，a=2，〔2〕∵L2L1是“共根抛物线”，A〔-1，0〕，B〔4，0〕，∴L1，L2x=，∴Px=上，∴BP=AP1A，C，P共线时，BP-PC的值最大，PACx=的交点，∵ACy=-2x-2，∴P〔，-5〕23页〔3〕由题意，AB=5，CB=2∴AB2=BC2+AC2，∴∠ACB=90°，CB=2CA，∵y=x2-x-2=〔x-〕2- ，

，CA= ，∴顶点D〔，- 〕，由题意，∠PDQ不行能是直角，第一种情形：当∠DPQ=90°时，①如图3-1中，当△QDP∽△ABC时，= =，Q〔xx2-x-2〕，P〔x2-x-2〕，∴DP=x2-x-2-〔- 〕=x2-x+，QP=x-，∵PD=2QP，∴2x-3=x2-x+，解得x= 或〔舍弃〕，∴P〔，〕．3-2中，当△DQP∽△ABCQO=2PD，23页x-=x2-3x+，x=〔舍弃〕，∴P〔，- 〕．其次种情形：当∠DQP=90°．①如图3-3中，当△PDQ∽△ABC时，= =，QQM⊥PDM．则△QDM∽△PDQ，∴ = =3-1可知，M〔，〕，Q〔，〕，∴MD=8，MQ=4，∴DQ=4 ，由= ，可得PD=10，∵D〔，- 〕∴P〔，〕．QQM⊥PDM．23页同法可得M〔，- 〕，Q〔，- 〕，∴DM=，QM=1，QD= ，由= ，∴P〔，-〕．【解析】〔1〕由题意设抛物线L2的解析式为y=a〔x+1〕〔x-4〕，利用待定系数法求a即可解决问题．由题意BP=AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP-PC的值最大，此时点P为直ACx=的交点．由题意，顶点D〔，- 〕，∠PDQ不行能是直角，第一种情形：∠DPQ=90°时，3-1中，当△QDP∽△ABC3-2中，当△DQP∽△ABC时．其次种情形：当∠DQP=90°．①如图3-3中，当△PDQ∽△ABC时．②当△DPQ∽△ABC时，分别求解即可解决问题．此题属于二次函数综合题，考察了相像三角形的判定和性质，解直角三角形等学问，解题的关键是理解题意，学会用分类争论的思想解决问题，属于中考压轴题．27.【答案】12【解析】解：〔1〕1中，PPM⊥ADMBCN．∵ABCD是矩形，EF∥BC，∴AEPMMPFDBNPEPNCF都是矩形，∴BE=PN=CF=2，S =×PF×CF=6，S =S

，S =S ，S =S ，△PFCS =S ，S =S ，

△AEP

△APM △PEB △PBN

△PFD△PCN △PCF △ABD △BCD23页∴S =AEPM

，SPNCFS∴S=S=6，1 21 ∴S+S=121 12．2PA，PC，在△APB中，∵EAB的中点，∴可设S =S

=a，同理，S =S

=b，S

=S =c，S

=S =d，△APE

△PBE

△APH

△PDH

△PDG

△PGC

△PFC

△PBF∴S +A