中考数学真题：2021广西梧州初中学业水平考试试题卷

广西梧州市2021年初中学业水平考试试题卷数学一、选择题(本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，每小题选对得3分，选错、不选或多选均得零分．)1.－3的绝对值是()A.－3B.3C.－eq\f(1,3)D.eq\f(1,3)2.下列图形既是轴对称图形，也是中心对称图形的是()3.根据梧州日报报道，梧州市委宣传部大力开展庆祝中国共产党成立100周年优秀影片展映展播，线上文艺展播点击率为412万人次，其中4120000用科学记数法表示为()A.4.12×105B.4.12×106C.4.12×107D.4.12×1084.如图是由5个大小相同的正方体搭成的几何体，则这个几何体的主视图是()第4题图5.一个口袋里装有4个白球，5个黑球，除颜色外，其余如材料、大小、质量等完全相同，随意从中抽出一个球，抽到白球的概率是()A.eq\f(4,9)B.eq\f(5,9)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,9)6.如图，DE是△ABC的边BC的垂直平分线，分别交边AB，BC于点D，E，且AB＝9，AC＝6，则△ACD的周长是()第6题图A.10.5B.12C.15D.187．在△ABC中，∠A＝20°，∠B＝4∠C，则∠C等于()A.32°B.36°C.40°D.128°8.下列计算正确的是()A.eq\r(12)＝3eq\r(2)B.eq\r(2)＋eq\r(3)＝eq\r(5)C.eq\f(\r(6),2)＝eq\r(3)D.(eq\r(2))2＝29.若扇形的半径为3，圆心角为60°，则此扇形的弧长是()A.eq\f(1,2)πB.πC.eq\f(3,2)πD.2π10.如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是()A.6B.12C.24D.48第10题图第11题图11.如图，在同一平面直角坐标系中，直线y＝t(t为常数)与反比例函数y1＝eq\f(4,x)，y2＝－eq\f(1,x)的图象分别交于点A，B，连接OA，OB，则△OAB的面积为()A.5tB.eq\f(5t,2)C.eq\f(5,2)D.512.在平面直角坐标系中，已知点A(0,1)，B(0，－5)．若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是()A.3eq\r(3)＋4eq\r(2)B.12C.6＋3eq\r(3)D.6eq\r(3)二、填空题(本大题共6小题，每小题3分，共18分．)13.－eq\r(2)的相反数是________．14.如图，在同一平面直角坐标系中，直线l1：y＝eq\f(1,4)x＋eq\f(1,2)与直线l2：y＝kx＋3相交于点A，则方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,4)x＋\f(1,2),y＝kx＋3))的解为________．第14题图15.关于x的一元二次方程mx2－2x＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是________．16.某市跨江大桥即将竣工，某学生做了一个平面示意图(如图)，点A到桥的距离是40米，测得∠A＝83°，则大桥BC的长度是________米．(结果精确到1米)(参考数据：sin83°≈0.99cos83°≈0.12tan83°≈8.14)第16题图17.如图，正六边形ABCDEF的周长是24cm，连接这个六边形的各边中点G，H，K，L，M，N，则六边形GHKLMN的周长是________cm.第17题图第18题图18.如果，直线l的函数表达式为y＝x－1，在直线l上顺次取点A1(2，1)，A2(3，2)，A3(4，3)，A4(5，4)，…，An(n＋1，n)．构成形如“”的图形的阴影部分面积分别表示为S1，S2，S3，…，Sn，则S2021＝________．三、解答题(本大题共8小题，满分66分．)19.(本题满分6分)计算：(－1)2＋(－8)÷4＋eq\r(4)－(－2021)0.20.(本题满分6分)计算：(x－2)2－x(x－1)＋eq\f(x3－4x2,x2).21.(本题满分6分)某校为提高学生的安全意识，开展了安全知识竞赛，这次竞赛成绩满分为10分，现从该校七年级中随机抽取10名学生的竞赛成绩，这10名学生的竞赛成绩是：10，9，9，8，10，8，10，9，7，10.(1)求这10名学生竞赛成绩的中位数和平均数；(2)该校七年级共400名学生参加了此次竞赛活动，根据上述10名学生竞赛成绩情况估计参加此次竞赛活动成绩为满分的学生人数是多少？22.(本题满分8分)运用方程或方程组解决实际问题：若干学生分若干支铅笔，如果每人5支，那么多余3支；如果每人7支，那么缺5支．试问有多少名学生？共有多少支铅笔？23.(本题满分8分)如图，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，点O在CD上，作⊙O，使⊙O与AD相切于点B，⊙O与CD交于点E，过点D作DF∥AC，交AO的延长线于点F，且∠OAB＝∠F.(1)求证：AC是⊙O的切线；(2)若OC＝3，DE＝2，求tan∠F的值．第23题图24.(本题满分10分)某工厂急需生产一批健身器械共500台，送往销售点出售，当生产150台后，接到通知，要求提前完成任务，因而接下来的时间里每天生产的台数提高到原来的1.4倍．一共用8天刚好完成任务．(1)原来每天生产健身器械多少台？(2)运输公司大货车数量不足10辆，小货车数量充足，计划同时使用大、小货车一次完成这批健身器械的运输．已知每辆大货车一次可以运输健身器械50台，每辆车需要费用1500元；每辆小货车一次可以运输健身器械20台，每辆车需要费用800元．在运输总费用不多于16000元的前提下，请写出所有符合题意的运输方案？哪种运输方案的费用最低，最低运输费用是多少？25.(本题满分10分)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH.(1)求证：BE＝CF；(2)若AB＝6，BE＝eq\f(1,3)BC，求GH的长．第25题图26.(本题满分12分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点A(－1，0)，B(0，3)，顶点为C.平移此抛物线，得到一条新的抛物线，且新抛物线上的点D(3，－1)为原抛物线上点A的对应点，新抛物线顶点为E，它与y轴交于点G，连接CG,EG，CE.(1)求原抛物线对应的函数表达式；(2)在原抛物线或新抛物线上找一点F，使以点C，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，并求出点F的坐标；(3)若点K是y轴上的一个动点，且在点B的上方，过点K作CE的平行线，分别交两条抛物线于点M，N，且点M，N分别在y轴的两侧，当MN＝CE时，请直接写出点K的坐标．第26题图

2021广西梧州中考试题解析,快速对答案)一、选择题(每小题3分)1－5BDBCA6－10CADBB11－12CA二、填空题(每小题3分)13.eq\r(2)14.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝1))15.m＜1且m≠016.32617.12eq\r(3)18.4044三、解答题标准答案及评分标准：19－26题见P2－P4,详解详析)一、选择题1.B2.D3.B4.C5.A6.C【解析】∵DE垂直平分BC，∴DB＝DC，∵AB＝9，AC＝6，∴△ACD的周长＝AC＋AD＋CD＝AC＋AD＋BD＝AC＋AB＝9＋6＝15，∴△ACD的周长是15.故选C.7.A【解析】∵在△ABC中，∠A＋∠B＋∠C＝180°，∠A＝20°，∠B＝4∠C，∴20°＋4∠C＋∠C＝180°，解得∠C＝32°.故选A.8.D【解析】eq\r(12)＝2eq\r(3)，故选项A错误；eq\r(2)与eq\r(3)不能合并，故选项B错误；eq\f(\r(6),2)是最简二次根式，不能再化简，故选项C错误；(eq\r(2))2＝2，故选项D正确．故选D.9.B【解析】根据弧长公式可得：l＝eq\f(nπR,180)＝eq\f(60×π×3,180)＝π.故选B.10.B【解析】∵点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，∴DE∥BC，DF∥AC，∴四边形CEDF是平行四边形，∵∠C＝90°，∴四边形CEDF是矩形，∵AC＝8，BC＝6，∴CE＝4，CF＝3，∴四边形CEDF的面积＝4×3＝12.故选B.第11题解图11.C【解析】如解图，设直线y＝t与y轴交于点C，∵直线y＝t与x轴平行，∴AB⊥y轴，∵点A、B分别在反比例函数y＝eq\f(4,x)和y＝－eq\f(1,x)的图象上，∴S△OAC＝eq\f(1,2)×|4|＝2，S△OBC＝eq\f(1,2)×|－1|＝eq\f(1,2)，∴S△OAB＝S△OAC＋S△OBC＝2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2).故选C.12.A【解析】解法一：如解图①，以AB为边在y轴右侧作等边△PAB，以P为圆心PA(或PB)的长为半径作⊙P，交x轴正半轴于点C，连接PC，则PA＝PB＝AB，∠APB＝60°，∴∠ACB＝30°，∵点A(0，1)，点B(0，－5)，∴OA＝1，OB＝5，∴AB＝PA＝PC＝6，过点P作PE⊥AB于点E，作PF⊥OC于点F，则四边形OEPF是矩形，∴PE＝OF，OE＝PF，又∵PE⊥AB，∴AE＝eq\f(1,2)AB＝3，∴OE＝AE－OA＝2，PE＝3eq\r(3)，即PF＝2，OF＝3eq\r(3)，在Rt△PFC中，由勾股定理得CF＝eq\r(62－22)＝4eq\r(2)，∴OC＝OF＋CF＝3eq\r(3)＋4eq\r(2)，∵点C在x轴正半轴上，∴点C的横坐标为3eq\r(3)＋4eq\r(2).故选A.图①图②第12题解图解法二：如解图②，设点C的坐标为(x，0)(x＞0)，∵点A(0，1)，点B(0，－5)，∴OA＝1，OB＝5，AB＝6，∴AC2＝x2＋1，BC2＝x2＋25，过点A作AD⊥BC于点D，则∠ADC＝90°，∵∠ACB＝30°，∴AD＝eq\f(1,2)AC，∴AD2＝eq\f(1,4)(x2＋1)，在△ABD和△CBO中，∵∠ADB＝∠COB＝90°，∠ABD＝∠CBO，∴△ABD∽△CBO，∴eq\f(AD,CO)＝eq\f(AB,CB)，即eq\f(AD2,CO2)＝eq\f(AB2,CB2)，∴eq\f(\f(1,4)（x2＋1）,x2)＝eq\f(36,x2＋25)，整理得x4－118x2＋25＝0，解得x2＝59＋24eq\r(6)或59－24eq\r(6)(舍去)，∵x＞0，∴x＝eq\r(59＋24\r(6))＝eq\r(（3\r(3)＋4\r(2)）2)＝3eq\r(3)＋4eq\r(2)，即点C的横坐标为3eq\r(3)＋4eq\r(2).故选A.二、填空题13.eq\r(2)14.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝1))【解析】解法一：∵一次函数y＝eq\f(1,4)x＋eq\f(1,2)与y＝kx＋3的图象的交点坐标为A(2，1)，∴二元一次方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,4)x＋\f(1,2),y＝kx＋3))的解为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝1)).解法二：将点A(2，1)代入y＝kx＋3得1＝2k＋3，解得k＝－1，∴直线l2的函数解析式为y＝－x＋3，可得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,4)x＋\f(1,2),y＝－x＋3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝1)).15.m＜1且m≠0【解析】∵一元二次方程mx2－2x＋1＝0有两个不相等的实数根，∴b2－4ac＝(－2)2－4m×1＝4－4m＞0且m≠0，解得m＜1且m≠0.16.326【解析】由题意知，在Rt△ABC中，AC＝40，∠A＝83°，∴tanA＝eq\f(BC,AC)，∴tan83°＝eq\f(BC,40)，∴BC＝40×tan83°≈40×8.14≈326(米)．17.12eq\r(3)【解析】解法一：如解图，过点A作AQ⊥NG于点Q，∵正六边形ABCDEF的周长为24cm，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA＝4，∠FAB＝120°，∵G、H、K、L、M、N是各边中点，∴AG＝AN＝2，∴NQ＝GQ，∠GAQ＝∠NAQ＝60°，∴GN＝2GQ＝2AG·sin60°＝2×2×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)，∵连接正六边形ABCDEF各边中点得到正六边形GHKLMN，∴六边形GHKLMN的周长为6×2eq\r(3)＝12eq\r(3)cm.解法二：如解图，过点A作AQ⊥NG于点Q，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴AB＝FA，∠FAB＝120°，∵G、N是AB、FA的中点，∴AG＝AN，∴NQ＝GQ，∠GAQ＝∠NAQ＝60°，∴eq\f(GQ,AG)＝sin∠GAQ＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，即eq\f(GN,AB)＝eq\f(\r(3),2)，∵连接正六边形ABCDEF各边中点得到正六边形GHKLMN，∴正六边形GHKLMN∽正六边形ABCDEF，∴正六边形GHKLMN的周长∶正六边形ABCDEF的周长＝GN∶AB＝eq\f(\r(3),2)，∵正六边形ABCDEF的周长为24cm，∴正六边形GHKLMN的周长＝24×eq\f(\r(3),2)＝12eq\r(3)cm.第17题解图18.4044【解析】由题意知S1＝3×2－2×1，S2＝4×3－3×2，S3＝5×4－4×3，∴Sn＝(n＋2)(n＋1)－(n＋1)n＝2n＋2，∴当n＝2021时，S2021＝2×2021＋2＝4044.三、解答题19.解：原式＝1－2＋2－1＝0.20.解：原式＝x2－4x＋4－x2＋x＋x－4＝－2x.21.解：(1)将这组数据按照从小到大的顺序排列为：7，8，8，9，9，9，10，10，10，10，所以这组数据的中位数为eq\f(9＋9,2)＝9.平均数为x＝eq\f(1,10)×(10＋9＋9＋8＋10＋8＋10＋9＋7＋10)＝9；(2)400×eq\f(4,10)＝160(人)，答：参加此次竞赛活动成绩为满分的学生约有160人．22.解：设有x名学生，根据题意得：5x＋3＝7x－5，解得x＝4，铅笔数：5x＋3＝5×4＋3＝23(支)．答：有4名学生，共有23支铅笔．23.(1)证明：∵DF∥AC，∴∠OAC＝∠F，∵∠OAB＝∠F，∴∠OAB＝∠OAC，∵⊙O与AD相切于点B，∴OB⊥AD，∵∠ACD＝90°，即OC⊥AC，∴OC＝OB，OC是⊙O半径，∴AC是⊙O的切线；(2)解：∵OC＝3，DE＝2，∴OB＝OC＝OE＝3，OD＝5，CD＝8.在Rt△OBD中，BD＝eq\r(OD2－OB2)＝eq\r(52－32)＝4，∴tan∠ODB＝eq\f(OB,BD)＝eq\f(3,4)，在Rt△ACD中，tan∠ODB＝eq\f(AC,CD)，∴eq\f(AC,8)＝eq\f(3,4)，解得AC＝6，又∵∠OAC＝∠F，∴tan∠F＝tan∠OAC＝eq\f(OC,AC)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).24.解：(1)设原来每天生产健身器械x台，根据题意得：eq\f(150,x)＋eq\f(500－150,1.4x)＝8，解得x＝50，经检验，x＝50是原分式方程的解，且符合题意．答：原来每天生产健身器械50台；(2)设需用大货车m辆，则需用小货车eq\f(500－50m,20)辆，总费用为：1500m＋eq\f(500－50m,20)×800，根据题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1500m＋\f(500－50m,20)×800≤16000,m<10))，解得8≤m＜10，∵m为整数，∴m＝8或9，∴共有两种运输方案，方案一：用大货车8辆，小货车5辆；方案二：用大货车9辆，小货车3辆．方案一的费用：1500×8＋800×5＝16000元，方案二的费用：1500×9＋800×3＝15900元，∵15900＜16000，∴用大货车9辆，小货车3辆运输费用最低，最低费用为15900元．25.【思维教练】(1)要证BE＝CF，只需证明△ABE≌△BCF即可；(2)解决此问不仅要用到三角形相似对应边成比例和锐角三角函数，还要用到勾股定理求线段的长．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，∴∠BFC＋∠CBF＝90°，∵AE⊥BF，∴∠AEB＋∠CBF＝90°，∴∠AEB＝∠BFC，在△ABE和△BCF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ABE＝∠C,∠AEB＝∠BFC,AB＝BC))，∴△ABE≌△BCF，∴BE＝CF；(2)解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵G是AD的中点，AB＝6，∴AG＝eq\f(1,2)AD＝3，∵BE＝eq\f(1,3)BC，∴BE＝eq\f(1,3)AB，即eq\f(BE,AB)＝eq\f(1,3)，∴tan∠PAB＝eq\f(PB,PA)＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(1,3)，由(1)知△ABE≌△BCF，∴∠CBF＝∠BAE，又∵∠ABC＝∠DAB＝90°，∴∠ABP＝∠GAP.∵AE⊥BF，PH⊥GP，∴∠HPB＋∠APH＝90°，∠GPA＋∠APH＝90°，∴∠HPB＝∠GPA，∴△PBH∽△PAG，∴eq\f(BH,AG)＝eq\f(PB,PA).∴eq\f(BH,3)＝eq\f(1,3)，解得BH＝1，∴AH＝AB－BH＝6－1＝5，∴在Rt△GAH中，由勾股定理得GH＝eq\r(AH2＋AG2)＝eq\r(52＋32)＝eq\r(34).【难点突破】本题难点在于第(2)问，需要利用三角函数和相似三角形的性质求出BH的长，进而求得AH的长，然后利用勾股定理求出GH的长．26.,思维教练)(1)用待定系数法求解即可；(2)解决这一问不仅用了待定系数法求函数解析式和根据函数图象的平移规律求函数解析式，还用到了联立函数解析式求交点坐标以及平行四边形的判定方法；(3)解决第三问不仅用到了两条平行直线的解析式之间的关系和联立函数解析式求交点坐标，还用到了根据线段之间的关系，列出方程并求解．解：(1)根据题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－b＋c＝0,c＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝4,c＝3))，故原抛物线的函数表达式为y＝x2＋4x＋3；(2)∵原抛物线解析式为y＝x2＋4x＋3，∴点C的坐标为(－2，－1)，∵新抛物线上的点D(3，－1)为原抛物线上点A(－1，0)的对应点，∴新抛物的是原抛物线向右平移4个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的，∴新抛物的表达式为y＝(x－4)2＋4(x－4)＋3－1＝x2－4x＋2，∴点E的坐标为(2，－2)，点G的坐标为(0，2)，∴CE＝eq\r(17)，易得直线CE的解析式为y＝－eq\f(1,4)x－eq\f(3,2)，由题意可知CE∥GF，∴直线GF的解析式为y＝－eq\f(1,4)x＋2，①联立直线GF和原抛物线的解析式得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋4x＋3,y＝－\f(1,4)x＋2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－4,y1＝3))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝－\f(1,4),y2＝\f(33,16)))，当x＝－4，y＝3时，即点F的坐标为(－4，3)，此时GF＝eq\r(17)，∴CE＝GF，∴四边形CEGF是平行四边形；当x＝－eq\f(1,4)，y＝eq\f(33,16)时，即点F的坐标为(－eq\f(1,4)，eq\f(33,16))，此时GF＝eq\f(\r(17),16)，∴CE≠GF，∴四边形CEGF不是平行四边形；②联立直线GF和新抛物线的解析式得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2－4x＋2,y＝－\f(1,4)x＋2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＝\f(15,4),y3＝\f(17,16)))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x4＝0,y4＝2))(不合题意，舍去)，当x＝eq\f(15,4)，y＝eq\f(17,16)时，即点F的坐标为(eq\f(15,4)，eq\f(17,16))，此时GF＝eq\f(15\r(17),16)，∴CE≠GF，∴四边形CEFG不是平行四边形．综上所述，使以点C、E、F、G为顶点的四边形是平行四边形的点F的坐标为(－4，3)；(3)点K的坐标为(0，eq\f(927,64))．,解法提示