2023年浙江省温州市中考数学真题(答案解析)

数学

卷Ⅰ

一、选择题

1.D

【答案】

【解析】解：由数轴可知点表示的数是，所以比大的数是；

A3

11

132

故选．

D

2.A

【答案】

【解析】解：由图可知该几何体的主视图是；

故选：．

A

3.B

【答案】

【解析】解：数据用科学记数法表示为

218000000

2.1810

8

；

故选．

B

4.C

【答案】

【解析】解：∵有四个地点可供选择：南麂岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山，

∴若从中随机选择一个地点，则选中“南麂岛”或“百丈漈”的概率为；

故选：．

C

5.B

【答案】

【解析】解：∵雁荡山的有人，占比为，

27030%

∴总人数为人

21



42

270



900

30%

∴选择楠溪江的有人，

90020%180

故选：．

B

6.D

【答案】

【解析】解：

a(a)

43

aaa

故选：．

D

7.A

【答案】

【解析】解：设蛋白质、脂肪的含量分别为，，则碳水化合物含量为，

xgyg

(1.5x)g

437



，

则：，即

x1.5xy30

故选．

A

8.C

【答案】

5

xy

30

，

2

【解析】解：∵在菱形中，，，

CDEFCDDEEFCF2DE∥BC

∴，

CBODEO90

又∵，

BOC30

∴，，

OD



DE

2

4

OEODcosBOC4cos3023

sinsin30



BOC

1

BCOCBOC

3sin6

，

OBOCcosBOC6cos3033

，∴

2

3BEOBOE3323

∴，，

OCCDOD246

∴

∵，

ABBC3

∴在中，，

RtOBA

OAOBAB33332

222

∵，

EHAB

∴，

sin



OBA



2

OAEH

326

OBEB

33

3

32sin

EHEBOBA

6

，∴

3

故选．

C

9.C

【答案】

【解析】解：过点作于点，如图所示：

OE

OEAD

∵，

BC∥AD

∴，

CBDADB

∵，

CBDCAD

∴，

CADADB

∵，

ACBD



∴，

AFD90

∴，

CADADB45CBDBCA

∵，，，

AOD120OAOD

AD3

1

13

AODABDACD

60

，

AEAD

，∴，

2

22

OADODA30

∴，，，

CAOCADOAD15BCDBCAACD105

OAOCOD

AE

1

cos30



∴，

COD2CAD90,CDB180BCDCBD30

∴，

CDOCCFCD

∴；

BC2CF1

故选．

C

12

22,

22

10.B

【答案】

【解析】解：由图象可知：小州游玩行走的时间为（分钟），小温游玩行走的时间为

75104045

；（分钟）

205100105

设①④⑥各路段路程为米，⑤⑦⑧各路段路程为米，②③各路段路程为米，由图象可得：

xyz

xyzxyz

2100



，

4510

解得：，

xyz2700

∴游玩行走的速度为（米/秒），



270021001060

由于游玩行走速度恒定，则小温游路线①④⑤⑥⑦⑧的路程为，

3x3y105606300

∴，

xy2100

∴路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（米）；

2x2yzxyzxy270021004800

故选．

B

卷Ⅱ

二、填空题

11.【答案】．

2a(a1)

【解析】解：

2a2a2a(a1)

2

．

故答案为：．

2a(a1)

12.

【答案】

140

【解析】解：依题意，其中成绩在分及以上的学生有人，

8080+60=140

故答案为：．

140

13.##

【答案】

1x33x1



x

①

32



【解析】解不等式组：



31

x



②

4



2



解：由①得，；

x1

由②得，

x3

所以，．

1x3

故答案为：．

1x3

14.

【答案】

4π

【解析】解：扇形的圆心角为，半径为，

4018

∴它的弧长为，

40



18π4π

180

故答案为：．

4π

15.20

【答案】

【解析】解：设P关于V的函数解析式为，由图象可把点代入得：，

P



∴P关于V的函数解析式为，

P



∴当时，则

P75kPa

V

k



100,60

k

6000

V

6000

80

，

75

6000

V

∴压强由加压到，则气体体积压缩了；

75kPa100kPa1008020mL

故答案为．

20

16.【答案】①.5②.

64

6

25

【解析】解：如图所示，依题意，，

GH2

GQ

∵过左侧的三个端点作圆，，

Q,K,LQHHL4

又，

NKQL

∴在上，连接，则为半径，

O

KN

OQOQ

∵，

OHrKHr2

在中，

Rt△OHQ

OHQHQO

222

∴



r24r

22

解得：；

r=5

连接，取的中点，连接，交于点，连接，，

OE

EDTABAM

OTS

PB

2

∵，

AB∥PN

∴，

ABOT

∴，

ASSB

∵点，，在同一直线上，

A

N

M

∴，

ANAS



NMSB

∴，

MNAN

又，

NBNA

∴

ABM90

∵，

MNNB

NPMP

∴

MPPB2

∴

NSMB

1

2

2

∵

KHHN246

∴

ON651

∴，

OS3

∵，

DE6EF

16

DEaET

22

设，则

EFSTa

在中，

Rt△OET

OEOTTE

222



6

2

2

即

53





aa





2



整理得

5a12a320

2

即



a45a80

解得：

a

2

8

或

a4

5

2

∴题字区域的面积为

66

a

故答案为：；．

5

64

6

25

64

25

三、解答题

（）【答案】（）

11217.2

【解析】

a1



1

（1）



184

3







3

1294

12

．



2

a

2



23

（2）



aa



11

a

2



23



a



1

a

2



1



a



1



(1)(1)

aa



a



1

（）见解析（）见解析【答案】

2118.

a1

．

【解析】

（1）（1）画法不唯一，如图1（，或图2（）．，）

PFPE22

PFEF5PEEF5

（）画法不唯一，如图或图．

234

（）平均里程：；中位数：，众数：【答案】

1200km19.

200km205km

（）见解析

2

【解析】

（）解：由统计图可知：

1

A型号汽车的平均里程：

x

A



31904195520062052210



200(km)

，

34562



A1011200200

型号汽车的里程由小到大排序：最中间的两个数（第、个数据）是、，故中位数



200200



200(km)

，

2

出现充满电后的里程最多的是公里，共六次，故众数为．

205

205km

（）选择型号汽车．理由：型号汽车的平均里程、中位数、众数均低于，且只有的车辆

2B10%

A

210km

能达到行程要求，故不建议选择；，型号汽车的平均里程、中位数、众数都超过，其中型号

BB

C210km

汽车有符合行程要求，很大程度上可以避免行程中充电耽误时间，且型号汽车比型号汽车更经济

90%

B

C

实惠，故建议选择型号汽车．

B

20.【答案】（1）

myx

（2）

15

2

33

，

3

24

【解析】

（1）解：把点代入

A2,m



yx

2

5

3

，得．

m

2

2





3

2

设直线的函数表达式为，把点，代入得

AB

ykxb

A



2,

B0,3



33



2

kbk





24

，解得，







bb



3.3.

∴直线的函数表达式为

AB

yx

3

3

．

4

（2）解：∵点

Pt,yQt1,y



12

在线段上，点在直线

AB



yx

2

∴

yttytt

12

5

上，

2

359

302212



，，



422

∴．

yyttt

12



391115

4242

32







∵

k

11

4

0

，

∴的增大而减小，

yy

12

的值随

x

∴当时，．

t0

yy

12

的最大值为

15

2

21.12

【答案】（）见解析（）

EF6

【解析】

（）解：∵，，

1

FHEF

GEGH

∴，

GEGFGH

∴．

GFEE

∵四边形是矩形，

ABCD

∴，，

ABCDABCDCB90

∴，

ABF≌DCEAAS



∴，

BFCE

∴，即．

BFBCCEBCBECF

（）∵，

2

CD∥FH

∴，

△DCE△HFE

∴．

ECCD

EFFH



∵，

CDAB

∴．

CDAB

5

FHFH



6

设，∵，

BECFx

BCAD4

∴，，

CEx4EF2x4

∴，

x



45



246

x



解得，

x1

∴．

EF6

22.【答案】（1）

yx

1

2



23

，球不能射进球门

12

（）当时他应该带球向正后方移动米射门

21

【解析】

（1）解：由题意得：抛物线的顶点坐标为，



2,3

设抛物线解析式为

yax23



，

把点代入，得，

A8,0

2



36a30

1

，

12

8

y

2.44

，

3

1

2



xy

23

，

12

解得

a

∴抛物线的函数表达式为

当时，

x0

∴球不能射进球门；

（2）设小明带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为

m

yxm

把点代入得



0,2.25

2.2523

m

1

2



，

12

1

2



23

，

12

解得

m5m1

12

（舍去），，

∴当时他应该带球向正后方移动米射门．

1

tan1tan2tan3



23.【答案】规划一：[任务1]选择点和点；

A

B

111

，，，测得图上；

AB4mm

843

[任务；[任务发射塔的实际高度为米；规划二：[任务选择点和点．[任务；

2]3]1]2]

18mm43.2C18mm

A

[任务发射塔的实际高度为米；

3]

43.2

【解析】解：有以下两种规划，任选一种作答即可．

规划一：

[任务选择点和点．

1]

A

B

tan1tan2tan3



111

，，，测得图上．

AB4mm

843

[任务]如图，过点作于点，过点作于点，

21

A

AFMNBGMNG

F

B

则，设．

FGAB4mm

MFxmm



∵，，

tantan



MAFMBG

∴，．

AF4x

xx

141



AFBG

43

BG3x12

∵，

AFBG

∴

4x3x12

解得，

x12

∴．

AFBG4x48mm

∵

tan

FAN

FN

1

，

488

∴，

FN6mm

∴．

MNMFFN12618mm

[任务]测得图上，设发射塔的实际高度为米．

3

DE5mm

h

由题意，得，解得，

518



h43.2

12h

∴发射塔的实际高度为米．

43.2

规划二：

[任务选择点和点．

1]

A

C

tan1tan2



1

11

，，，测得图上．

tan4



AC12mm

84

2

[任务]如图，过点作于点，过点作，交延长线于点，则

22

A

AFMNCCGMNMNG

F

的

FGAC12mm

，设．

MFxmm



∵，，

tantan



MAFMCG

∴，．

AF4x

xx

1121



AFCG

42

CG2x24

∵，

AFCG

∴，解得，

4x2x24x12

∴．

AFCG4x48mm

∵

tan

FAN

FN

1

，∴，

FN6mm

488

∴．

MNMFFN12618mm

[任务]测得图上，设发射塔的实际高度为米．

3

DE5mm

h

由题意，得，解得．

518



h43.2

12h

25

16

xy

4

，

5

12

∴发射塔的实际高度为米．

43.2

24.【答案】（1）

CE

162760

或或（2）

154041

17

（3）

8

【解析】

（）解：如图，连接．

11

OD

∵切半圆于点，

CDO

D

∴．

ODCE

∵

OA

∴

OC

3

，，

AC1

2

5

，

2

∴．

CD2

∵，

BECE

∴，

OD∥BE

CDCO



，∴

CECB

5

即，

2



2

CE4

∴

CE

16

．

5

如图，，

2

AFBE90

∴．

AF∥CE

∵，

MN∥CB

∴四边形是平行四边形，

APMC

∴．

CMPAx



MNME



，∵

BCCE

165



x

y

53

∴，



16

4

5

25

xy

4

．

∴

12

PHPHx

5

sin1sin3



C

3

5

（2）∵

PNyx

13

∴可分为三种情况．

25

，，三边之比为（如图2），

PHPNBCE3:4:5

12

i

）当时，

PH:PN3:5

5255

PNPHxx

，，

3

3123

4

解得

x

，

5

416

∴

ax

．

315

ii

）当时，

PH:PN4:5

5255

PHxxPN

，，

3

4124

9

解得

x

，

10

327

∴

ax

．

440

iii

）当时，

PH:PN3:4

4254

PHxxPN

，，

3

3123

36

解得

x

，

41

560

∴

ax

．

341

（3）如图3，连接，，过点作于点，

AQBQQ

QGAB

G

则，，

AQBAGQ90QGPHx

∴．

QABBQG

∵

NQx

15

25

3

，，

PNyx

13

12

4

5

xHGPQNQPN

．

3

∴

∵

AHx

4

，

3

∴，

AGAHHG3x

∴，

tantan



BQGQAB

∴

BGQGx

11

，

33

x

1

33

x

10

9

xxABAGBG

3

，，

10

3

251717

xy

4

∴．

，即的长为

MN

1288

∴