2021年广东省中考数学全真模拟试卷(四)(解析版)

2021年广东省中考数学全真模拟试卷（四）

一、选择题（每小题3分，共30分）

3

1.--的倒数是（）

“3否5,5>3

A.--B.—C.-D.-

5335

【答案】B

【解析】

【分析】直接利用倒数的定义得出答案.

【详解】解：-三3的倒数是一5一，

53

故选：B.

【点睛】此题主要考查了倒数，正确把握倒数的定义是解题关键.

2.据国家外汇管理局统计，截止2021年3月末，我国外汇储备规模31700亿美元.将31700亿用科学计

数法表示为（）

A.3.17X1013B.3.17X1012C.0.317X1014D.31.7X1011

【答案】B

【解析】

【分析】科学记数法的表示形式为aX10"的形式，其中1W⑷<10,〃为整数.确定〃的值时，要看把原数

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>10时，”是正数；

当原数的绝对值<1时，〃是负数.

【详解】解：31700亿=3.17X1012

故选：B.

【点睛】此题考查科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为“X10"的形式，其中lW|a|<10,〃为

整数，表示时关键要正确确定。的值以及〃的值.

3.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）

【答案】A

【解

【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.

【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；

&是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

。、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意.

故选：A.

【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿

对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合.

4.由五个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的左视图是()

【答案】D

【解析】

【分析】找到从左面看所得到的图形即可，注意所有看到的棱都应表现在左视图中.

【详解】解：从左面看第一层是三个正方形，第二层是左边一个正方形.

故选D.

【点睛】本题考查了简单组合体的三视图的知识，解题的关键是了解左视图是由左视方向看到的平面图形,

属于基础题，难度不大.

5.下列运算中，正确的是()

A.x2-\-3x2—4xiB.(-3x2)2—6^

C.x2y*2xi=2x5yD.+(3x2)=3x3y2

【答案】C

【解析】

【分析】依据基的乘方、合并同类项、同底数累的乘法法则以及积的乘方法则进行判断，即可得出结论.

【详解】解：A.x2+3x2=4x2,故本选项不符合题意；

B.C-3%2）2=9x4,故本选项不符合题意；

C.x2y*2xi=2^y,故本选项符合题意；

D.9/y2+（3/）—3^*y2,故本选项不符合题意；

故选：C.

【点睛】本题主要考查了累的运算，幕的乘方法则中“指数相乘”指的是罂的指数与乘方的指数相乘，这

里注意与同底数幕的乘法中“指数相加”的区别.

6.不透明的袋子中装有红球1个、白球2个，除颜色外无其他差别.随机摸出一个小球后不放回，再摸出

一个球，则两次都摸到白球的概率是（）

11八1C1

A.-B.-C.—D.一

2369

【答案】B

【解析】

【分析】画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可.

【详解】解：画树状图如下：

开始

红白1

白1白2红白2红白1

由树状图可知，共有6种等可能结果，其中两次都摸到红球的有2种结果,

21

所以两次都摸到红球的概率为一=-，

故选：B.

【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率.用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.

7.如图，AB//CD,ACLBC,ZBCD=35°,则N54C度数等于（）

二4B/

CD

A.35°B.45°C.55°D.60°

【答案】C

【解析】

【分析】依题意，可知NACB=90°，又NBCD=35°,AB//CD,可得NBCD=NA6C=35°,又由

三角形内角和为180。，即可求解；

【详解】由题知，*/ACA.BC，AZACB=90°；

又ZBCD=35。,AB//CD,：.ABCD=ZABC=350■,

由三角形的内角和为180。，即：ZBAC+ZABC+ZACB=\SO°,：,N84C=55°；

故选：C

【点睛】本题主要考查平行线、三角形的性质，关键在利用三角形内角和为180。.

8.在一次选美比赛中，某选手的得分如下：92,89,96,94,90,96,98,96.这组数据的众数和中位数

分别是()

A.96,95B.96,96C.95,95D.95,94

【答案】A

【解析】

【分析】根据众数和中位数的概念解题即可.

【详解】将选手的得分按照从小到大的顺序排列为：89,90,92,94,96,96,96,98,

94+96

众数为96,中位数为港T=95,

2

故选：A.

【点睛】本题主要考查众数和中位数，掌握众数和中位数的概念是关键.

9.下列一元二次方程中，没有实数根是()

A.x2-3x=0B.2x2-4x+5=0C.N-2x+l=0D.3x2-6x+2=0

【答案】B

【解析】

【分析】由根的判别式△的符号判定.

【详解】解：4、□=(-3)2-4xlx0=9>0，有两个不相等的实数根，故A不符合题意；

B、△=(-4)2-4X2X5=-24V0,没有实数根，故B合题意；

C、△=(-2)2-4x1x1=0,有两个相等的实数根，故C不合题意;

D、△=(-6)2-4X3X2=12>0，有两个不相等的实数根，故。不符合题意;

故选：B

【点睛】本题考查一元二次方程实数根的情况，关键是判断判别式△的符号.

10.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+〃x+c(nWO)与x轴交于点A(-1,0),顶点坐标为(1,

机)，与y轴的交点在(0,-4),(0,-3)之间(包含端点)，下列结论：①〃加>0；②4ac力2>o；©a-i-l6-i-lc

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】C

【解析】

【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称

轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断.

【详解】解：①；抛物线y=ax2+6x+c(aWO)的图象开口向上，

•\a>0

•.•抛物线y="2+版+c(a#0)的对称轴在y轴的右侧，

b八

.•x-....>0

2a

：.h<0

又・・•抛物线y=ar2+bx+c(〃W0)的图象交丁轴的负半轴，

c<0

**.abc>0,故①正确，符合题意；

②•.•抛物线y=o¥2+%x+c(〃#0)的图象与工轴有两个交点，

2

Ab-4ac>0f即4ac—力2<0，故②错误，不符合题意;

③；抛物线的顶点坐标为(1,山)，与x轴的一个交点为A(-1,0)

.••对称轴为x=l

.,.抛物线与x轴的另一个交点为(3,0)

...当x=3时，y=9a+3Z?+c=0,

：.a+-b+-c=0,故③错误，不符合题意；

39

④当k-1时，y^a-b+c-O,则片/+6,

由-4Wc±3,得-4W-a+厄-3,

图象的对称轴为x=l,故人=-2m得-4W-3H3,

4

故正确，符合题意；

3

@y=ax2+bx+c顶点为(1,〃?)，即当时y有最小值机.

而y=m-2和y^ax2+bx+c无交点，即方程axI+bx+c^m-l无解，

二关于x的方程以2+法+°+2-〃7=0没有实数根，故⑤正确，符合题意.

故选：C.

【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与

坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征.

二、填空题(每小题4分，共28分)

11.因式分解：y3-yx2—___.

【答案】y(y+x)(y-x)

【解析】

【分析】直接提取公因式y再利用平方差公式分解因式即可；

【详解】解：原式=y(V-/)

=y(y+x)(y-x)；

【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式是解题关键.

12.正〃边形的一个外角是20°,则片.

【答案】18

【解析】

【分析】利用多边形的外角和即可求出答案.

【详解】解：〃=360°+20°=18.

故答案为：18.

【点睛】主要考查了多边形的外角和定理.任何一个多边形的外角和都是360。，用外角和求正多边形的边

数直接让360度除以外角即可.

13.若x,y为实数，且|2%+)，|+3门=0,则的值是

【答案】2

【解析】

【分析】根据非负数的性质列出方程求出X、的值，代入所求代数式计算即可.

2x+y-0

【详解】解：根据题意得：《.八，

[y+l=0

1

X=­

解得：J2,

J=T

则%>'=(g)」=2

故答案是：2

【点睛】本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为

0,掌握负整数指数幕是解决本题的关键.

11,

14.不等式组｛23的解集是

2(x-3)-3(x-2)<0

【答案】x>0

【解析】

【分析】先求出这两个不等式的解集，即可得到不等式组的解集

—X--X>-10

【详解】解：《23,

2(x-3)-3(x-2)<0(2)

解①得-6,

解②得x>0,

故不等式组的解集为x>0,

故答案是：x>0.

【点睛】本题考查了一元一次不等式(组)的解法，是基础知识要熟练掌握.

15.如图，平行四边形ABCZ)中，对角线AC,8。相交于点O,点E是C£>的中点，若AOE。的面积是5,

则四边形OECB的面积是

【解析】

【分析】由题意可得：SACOB=S&COD,由点E是CD中点，可得SAODE=gSACOD.即可求四边形0EC8的

面积.

【详解】解：I•四边形A2C。是平行四边形

：.BO=DO

••S/\BOC=S^COD-

:点E是8的中点

SAODE=-SACOD.

2

△OE£＞的面积是5,

SABOC=SACOF10,

四边形OECB的面积为10+10-5=15,

故答案为：15.

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解题关键是明确平行四边形两条对角线分得的四个三角形面积相

等.

16.如图，从甲楼底部4处测得乙楼顶部C处的仰角是30°,从甲楼顶部B处测得乙楼底部。处的俯角是

45°,已知甲楼的高AB是90m,则乙楼的高CD是m（结果保留根号）

【答案】300

【解

【分析】利用等腰直角三角形的性质得出AB=A。，再利用锐角三角函数关系得出答案.

【详解】解：由题意可得：NBDA=45：

则AB=AD=90m,

又,..NC4O=30°,

.•.在RtZ\ADC中,

mFi

tanZCAZ）=tan30°=—=2L±f

AD3

解得：（7。="叵=306（”），

3

.♦.乙楼的高C。为30石.

故答案为：30>/3

【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，正确得出tan/C4O=C2=@是解题关键.

AD3

17.如图，已知在放△ABC中，AB=AC=3日在△A8C内作第一个内接正方形OEFG；然后取GF的中

点P，连接P。、PE,在△P4E内作第二个内接正方形H/KJ；再取线段KJ的中点Q,在△QH/内作第三个

内接正方形…依次进行下去，则第2023个内接正方形的边长为.

【答案】

【解析】

【分析】首先根据勾股定理得出BC的长，进而利用等腰直角三角形的性质得出OE的长，再利用锐角三角

EIPF1

函数的关系得出——=―■=—,即可得出正方形边长之间的变化规律，得出答案即可.

KIEF2

【详解】解：,••在RtZXABC中，4B=AC=3&，

•••NB=NC=45。，BC=^jAB2+AC2=6-

•.•在△A8C内作第一个内接正方形DEFG；

：.EF=EC=DG=BD,

：.DE=-BC

3

DE=2,

•..取GF的中点P,连接PD、PE,在△2£>£内作第二个内接正方形”/KJ；再取线段KJ的中点Q,在△QM

内作第三个内接正方形…依次进行下去，

•EI_PF_1

：.EI^-KI=-HI,

22

'：DH=E1,

11,,

?.///=-DE=（-）2-,x2,

则第“个内接正方形的边长为：2x（'）"T,

2

...则第2023个内接正方形的边长为2x（；K°22=2*右=击.

故答案为：^2021,

【点睛】此题主要考查了正方形的性质以及数字变化规律和勾股定理等知识，根据已知得出正方形边长的

变化规律是解题关犍.

三、解答题（一）（每小题6分，共18分）

18.计算：2cos30°+|6一2|一（5—万）。+M

【答案】5

【解析】

【分析】本题涉及零指数幕、平方根、绝对值、特殊角的三角函数4个考点.在计算时，需要针对每个考

点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果.

【详解】解：原式=2x3+2-6-1+4

2

+2—^3—1+4>

=5

【点睛】此题考查实数的混合运算，掌握特殊角的三角函数值，绝对值的性质，零指数累的性质，二次

根式的化简法则是解题的关键.

10r2-4r-

19.先化简，再求值：（2-----）--_其中2.

x+3x+3

2

【答案】

尤+2亍

【解析】

【分析】把分式进行化简，再把x的值代入即可求出结果.

【详解】解：原式=(生地_上-)J"+?)"—2)

x+3x+3x+3

2尤一4x+3

=------•---------------

x+3(x+2)(x-2)

2

x+2

当x=—2时，原式=■一尸2-----=.

V3-2+2V33

【点睛】本题主要考查了分式的混合运算-化简求值问题，熟练掌握分式的混合运算法则是解题的关键.

20.如图，已知等腰三角形ABC的顶角乙4=100°.

(1)在BC上作一点。，使AO=C。(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法和证明).

(2)在(1)的条件下，求NAO8的度数.

【解析】

【分析】(1)作线段AC的垂直平分线交于O,连接AD，点。即为所求作.

(2)根据等腰三角形两底角相等求出NZMC=NC=40。，再由三角形外角性质即可求出NAD8.

-AB=AC,ZA=100°,

:.ZB=C=4Q°,

由（1）得：AD=CD,

:.ZDAC=ZC=40°,

ZADB=ADAC+NC=80°.

【点睛】本题考查作图-基本作图，等腰三角形的性质和判定、垂直平分线性质、三角形外角性质等知识,

解题的关键是熟练掌握线段垂直平分线性质，属于中考常考题型.

四、解答题（二）（每小题8分，共24分）

21.某中学全校学生参加了“交通法规”知识竞赛，为了解全校学生竞赛成绩的情况，随机抽取了一部分

学生的成绩，分成四组：A组（60%＜70）；B组（70力＜80）；C组（80力＜90）；D组（90三烂100）,并绘

制出如图不完整的统计图.

（1）求被抽取的学生一共有—人；并把条形统计图补完整；

（2）所抽取学生成绩的中位数落在一组内；扇形A的圆心角度数是；

（3）若该学校有2000名学生，估计这次竞赛成绩在D组的学生有多少人？

【答案】（1）60,图见解析；（2）C,36°；（3）600人

【解析】

【分析】（1）根据B组的人数与所占的百分比即可求出总人数，然后用总人数减去A,B,D的人数即可求

出C组的人数，从而可补全条形统计图；

（2）根据中位数的定义即可求解，用A组的人数除以总数再乘以360。即可求出圆心角的度数；

（3）首先求出样本中D组学生所占的百分比，然后用2000乘以这个百分比即可.

【详解】⑴：B组人数为12人，所占的百分比为20%,

总人数为12+20%=60（人），

.••C组人数为60—6—12—18=24（人），

条形统计图如图：

（2）根据中位数的定义，60个数中位数为第30,31个数的平均数，根据条形统计图可知第30,31个数都

位于C组，

，中位数落C组，

扇形A的圆心角度数是9x360。=36°；

60

1O

（3）v2000X—=600,

60

这次竞赛成绩在。组的学生人数为600人.

【点睛】本题主要考查条形统计图和扇形统计图，能够从图形中获取有效信息是关键.

22.某物流公司承接A、B两种货物运输业务，已知5月份A货物运费单价为50元/吨，B货物运费单价

为30元/吨，共收取运费9500元；6月份由于油价上涨，运费单价上涨为：A货物70元/吨，B货物40

元/吨；该物流公司6月承接的A种货物和B种数量与5月份相同，6月份共收取运费13000元.

（1）该物流公司月运输两种货物各多少吨？

（2）该物流公司预计7月份运输这两种货物330吨，且A货物的数量不大于B货物的2倍，在运费单价

与6月份相同的情况下，该物流公司7月份最多将收到多少运输费？

【答案】（1）A为100吨，B为150吨（2）19800元

【解析】

【分析】（1）根据题意设未知数，然后根据所需要的运费和的等量关系列方程组，解二元一次方程组可得

解；

（2）设A种货物为a吨，则B种货物为（330-a）吨，根据6月的运费单价可列式求出运费的式子（是一

个一次函数），然后根据A货物的数量不大于B货物的2倍，可列不等式求出a的范围，最后根据一次函数

的增减性判断求出结果.

【详解】（1）解：设A种货物运输了x吨，，B种货物运输了＞吨，

50x+30y=9500

依题意得:{70x+40y=13000

x=100

解之得：〈

y=150

（2）设A种货物为。吨，则B种货物为（330—。）吨，设获得的利润为W元

依题意得:

aW(330—。)x2①

W=70。+40(330-a)=30a+13200②

由①得aW220

由②可知W随着a的增大而增大

故W取最大值时a=220,即W=19800元

23.如图，已知平行四边形4BCD

（1）若M,N是8。上两点，且BM=EW,4c=2。仞，求证：四边形AMCN是矩形;

（2）若乙BAO=120°,CD=3,AB1AC,求平行四边形A8C£＞的面积.

【答案】（1）证明见详解；（2）90

【解析】

【分析】（1）由平行四边形的性质可知：OA=OC,OB=OD,再证明。例=ON即可证明四边形AMCN是

平行四边形；

（2）根据平行四边形的性质得到AQ〃BC,AB=CD=3,求得/ABC=60°,勾股定理即可求出力以可得

到结论.

【详解】1）证明：•••四边形4BCO是平行四边形，

：.OA=OC,OB=OD,

:对角线上的两点M、N满足BM=DN,

OB-BM=OD-DN,即OM=ON,

...四边形AMCN是平行四边形，

・・・AC=2OM,

：.MN=AC,

・・・四边形AMCN是矩形；

(2)解：・・,四边形48C。是平行四边形，

J.AD//BC,AB=CD=3f

・・・NBAO+/48C=180°,

*：ZBAD=[20°,

AZABC=60°,

・.・AB_LAC,

：.ZBAC=90°,

.・・ZBCA=30°

：.BC=6

:女=正_y=3技

J平行四边形ABC。的面积=AC・A3=3J^x3=9g\

【点睛】本题考查了矩形的判定，勾股定理，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识

解决问题.

五、解答题(三)(每小题10分，共20分)

24.如图，A是以BC为直径的。。上一点，ACBC于点。，过点B作。。的切线，与CA的延长线相交于

点E,G是AZ)的中点，连结CG并延长与BE相交于点F,延长AF•与CB的延长线相交于点尸.

(1)求证：BF=EF；

(2)求证：幺是(DO的切线；

(3)若尸G=B凡且。。的半径长为3播，求8。和尸G的长度.

E

【答案】（1）证明见详解（2）证明见详解⑶8D=2j^,FG=3

【解析】

【分析】（1）根据切线判定知道EBLBC,而AC8C,从而可以确定AQ〃B£,那么△BFCs/\QGC,又

G是A。的中点，就可得出结论

（2）要证办是。0的切线，就是要证明/以0=90°连接AO,AB,根据第1的结论和8E是。0的切线

和直角三角形的等量代换，就可得出结论.

（3）点F作于点儿根据前两问的结论，利用三角形的相似性和勾股定理，可以求出8。和尸G

的长度.

【详解】（1）证明：是。0的直径，8E是。。的切线，

又：AO_LBC,

J.AD//BE.

:ABFCS^DGC,XFECSXGAC,

.BFCFEFCF

,•丽一而'而一而,

.BFEF

••茄一花.

：G是4。的中点，

：.DG=AG.

：.BF=EF.

(2)证明：连接40,AB,

是。。的直径，

AZBAC=90°.

在RtZ\B4E中，由(1),知尸是斜边BE的中点，

：.AF=FB=EF.

:.NFBA=NFAB.

又：0A=0B,

ZABO=4BAO.

•••BE是的切线，

AZEBO=90°.

,：NEB0=ZFBA+ZAB0=ZFAB+ZBA0=ZMO=90°,

二办是(DO的切线.

(3)解：过点尸作"/LA。于点”，

VBDLAD,FH1AD,

C.FH//BC.

由(2),知NFBA=NBAF,

：.BF=AF.

由已知，有BF=FG,

：.AF=FG,即AAFG是等腰三角形.

'：FH±AD,

：.AH=GH.

•：DG=AG,

：.DG=2HG.

HG1

即Hn------=—.

DG2

■:FH//BD,BF//AD,NFBD=90°,

四边形BO”尸是矩形，BD=FH.

,JFH//BC,易证△HFGSADCG,

.FHFGHG

"CD-CG-DG-

BDFGHG1

即nn--=---=---=—・

CDCGDG2

：。。的半径长为3近，

：.BC=6及.

.BDBDBD_1

••而_BC—BD—

解得8Q=2&.

BD=FH^2y/2.

..FGHG1

•CG_DC-2(

：.CF=3FG.

在Rt^FBC中，

•:CF=3FG,BF=FG,

：.C^Bf^+BC2：.(3FG)2^FG2+(672)2

解得FG=3(负值舍去)

：.FG=3.

综上所述：8。=2近，FG=3.

【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、相似三角形的判断和性质以及切线性质与判定；要证某线是圆

的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点(即为半径)，再证垂直即可，属于中档题

25.如图1,抛物线y=«2+bx+c交x轴于点A(-I,0)和点B(3,0).

(1)求该抛物线所对应的函数解析式；

(2)如图2,该抛物线与)，轴交于点C,顶点为F,点O(2,3)在该抛物线上.

①求四边形ACFD的面积；

②点P是线段上的动点(点P不与点4、B重合)，过点尸作PQLx轴交该抛物线于点Q,连接A。、

DQ,当△AQQ是直角三角形时，求出所有满足条件的点Q的坐标.

【答案】(l)y=-N+2x+3；(2)①4,②。点坐标为(1,4)或(或IzJL)

2222

【解析】

【分析】(1)由4、B两点的坐标，利用待定系数法即可求得抛物线解析式；

(2)①连接CD,则可知CD〃x轴，由人尸的坐标可知只A到8的距离，利用三角形面积公式可求得

△ACD和的面积，则可求得四边形ACFC的面积；②由题意可知点A处不可能是直角，则有/AOQ

=90°或乙4。。=90°,当乙4。。=90°时，可先求得直线A。解析式，则可求出直线。。解析式，联立直

线。。和抛物线解析式则可求得。点坐标；当NAQ£>=90°时，设QC,-尸+2什3),设直线A。的