上海市2021年中考数学试卷(教师版)

上海市2021年中考数学试卷

一、单选题

1.（2021•上海）下列实数中，有理数是（）

1111

A.1B.C.1D.

C

【考点】有理数及其分类

1V2.

解：A、­=—«V2是无理数，故《是无理数

22

5=T8是无理数,故R是无理数

B、

3

C、那为有理数

1V5.

D、亚•••V5是无理数，故g是无理数

55yj5

故C

【分析】先将各项二次根式化为最简二次根式，然后根据整数和分数统称有理数，有限小数和无限循环

小数都可以化为分数；无限不循环小数叫做无理数，对于开方开不尽的数、圆周率n都是无理数；据此判

断即可.

2.（2021•上海）下列单项式中，a2b3的同类项是（）

A.a?b2B.2a2b3C.cfibD.ab3

B

【考点】同类项

；a的指数是3,b的指数是2,与a2b3中a的指数是2,b的指数是3不一致,

•.a3b2不是a2b3的同类项,不符合题意;

；a的指数是2,b的指数是3,与a2b3中a；的指数是2,b的指数是3一致,

••2a2b3是a2b3的同类项，符合题意；

的指数是2,b的指数是1,与a2b3中a的指数是2,b的指数是3不一致,

,•a2b不是a2b3的同类项，不符合题意;

；a的指数是1,b的指数是3,与a2b3中a的指数是2,b的指数是3不一致,

,•ab3不是a2b3的同类项，不符合题意；

故B

【分析】所含字母相同，且相同字母的指数也相同的项叫做同类项，据此逐一判断即可.

3.（2021•上海）将抛物线y=a/+bx+c（aH0）向下平移两个单位，以下说法错误的是（）

A.开口方向不变B.对称轴不变

C.y随x的变化情况不变D.与y轴的交点不变

D

【考点】二次函数图象的几何变换

将抛物线y=ax2+bx+c（a^0）向下平移两个单位，开口方向不变、对称轴不变、故y随x的变化情

况不变；与y轴的交点改变

故D.

【分析】由于抛物线上下平移后形状不变，开口方向不变、对称轴不变、从而可得增减性不变，但与y

轴的交点改变，据此判断即可.

4.（2021•上海）商店准备一种包装袋来包装大米，经市场调查以后，做出如下统计图，请问选择什么样的

包装最合适（）

A.2kg/包B.3kg/包C.4kg/包D.5kg/包

A

【考点】条形统计图

由图可知，选择L5kg/包25kg/包的范围内的人数最多，

，选择在1.5kg/包-2.5kg/包的范围内的包装最合适.

故A.

【分析】最合适的包装即是顾客购买最多的包装，据此判断即可.

5.（2021・上海）如图，已知平行四边形ABCD中，荏=五，而=B,E为AB中点，求;五+3=（）

h

K.~ECB.CEC.EDD.DF

A

【考点】实数与向量相乘运算法则

•.•四边形ABCD是平行四边形，E为AB中点，

故A.

【分析】根据平行四边形的性质及线段的中点，可得/方+石荏+玩=丽+方=无，据此判

断即可.

6.（2021・上海）如图，已知长方形ABCD中，AB=4,/lD=3,圆B的半径为1,圆A与圆B内切，则

点&D与圆A的位置关系是（）

A.点C在圆A外，点D在圆A内B.点C在圆A外，点D在圆A外

C.点C在圆A上，点D在圆A内D.点C在圆A内，点D在圆A外

C

【考点】点与圆的位置关系

:圆A与圆B内切，48=4,圆B的半径为1

.♦.圆A的半径为5

：AD=3<5

.•.点D在圆A内

在RtAABC中，AC=yjAB2+BC2=V42+32=5

...点C在圆A上

故C

【分析】根据两圆内切，可得圆A的半径为5,由点与圆的位置关系可得点D在圆A内，在Rt^ABC中,

利用勾股定理求出AC=5,利用点与圆的位置关系可得点C在圆A上，据此判断即可.

二、填空题

7.（2021•上海）计算：x7X2=__.

X5

【考点】同底数基的除法

X7-T-X2=X5,

故答案为：X5.

【分析】同底数基相除，底数不变，指数相减，据此计算即可.

8.（2021•上海）已知/（%）=［，那么/（V3）=一.

2V3

【考点】代数式求值

解：=I，

/./（V3）=+=2遮，

故26.

【分析】将x=V5代入，求出函数值即可.

9.（2021・上海）已知VFT4=3,则X=_.

5

【考点】无理方程

解：Tx+4=3，

两边同平方，得％+4=9,

解得：x=5,

经检验，x=5是方程的解，

••X—5,

故答案是：5.

【分析】将方程两边同平方，化为一元一次方程，求解并检验即可.

10.（2021•上海）不等式2%-12<0的解集是_.

%<6

【考点】解一元一次不等式

2%-12<0

2%<12

%<6

故工<6.

【分析】利用移项、系数化为1即可求出解集.

11.（2021•上海）70。的余角是_.

20°

【考点】余角、补角及其性质

70°的余角是90。-70°=20°

故20°.

【分析】互余的两个角的和等于90。，据此解答即可.

12.（2021•上海）若一元二次方程2%2一3%+。=0无解，则c的取值范围为.

-I

【考点】一元二次方程根的判别式及应用

解：关于x的一元二次方程2/-3%+C=0无解，

Q=2,b=—3,c=c,

•••=匕2-4CLC—（—3）2—4X2c<0>

解得c>>

o

:.C的取值范围是C>|.

故c>得.

【分析】由关于X的一元二次方程2%2—3x+c=0无解，可得△<（）,据此解答即可.

13.（2021•上海）有数据1,2,3,5,8,13,21,34，从这些数据中取一个数据，得到偶数的概率为_.

3

8

【考点】概率公式

根据概率公式，得偶数的概率为|,

故—

以8

【分析】直接利用概率公式计算即可.

14.（2021•上海）已知函数y=kx经过二、四象限，且函数不经过（一1,1），请写出一个符合条件的函

数解析式_.

y=—2x（k<0且k*1即可）

【考点】正比例函数的图象和性质

解：•.•正比例函数y=kx经过二、四象限，

k<0,

当y=kx经过（一1,1）时，k=-l,

由题意函数不经过（一1,1），说明修-1,

故可以写的函数解析式为：y=-2x（本题答案不唯一，只要k<0且k至1即可）.

【分析】正比例函数经过二、四象限，可得k<0,又不经过（一1,1）,可得kx-1,,据此求解即可（答

案不唯一）.

15.（2021•上海）某人购进一批苹果到集贸市场零售，已知卖出的苹果数量与售价之间的关系如图所示，

成本为5元/千克，现以8元/千克卖出，赚一元.

元千克

33fc

【考点】一次函数的实际应用

设卖出的苹果数量与售价之间的关系式为y=mx+n(5<x<10),将(5,4k),(10,k)代入关系

式：

3

{5m+n=4k,解得”

106+n=kn=7k

3

•*-y=—百k%+7k(5<x<10)

令％=8,则y=得k

.•.利润=(8-5)X^-k=^-k

【分析】利用待定系数法求出卖出的苹果数量与售价之间的关系式,再求出当售价为8元/千克时卖出的

苹果数量，最后利用利润=(售价-进价)x销售量，计算即得.

sS

16.(2021•上海)如图，已知给%=%，则笆第=_.

ABCDABCD

【考点】相似三角形的判定与性质

解：作AE_LBC,CF1BD

S

..AABD_1

•s=2

ABCD

.♦.△ABD和aBCD等高，高均为AE

S1p/'•AFBC2

ABCD声。力七

VAD/7BC

.".△AOD^ACOB

1,0B=BC=2

'.'△BOC和△DOC等高，高均为CF

S

.ABOC_\OB-CF_0B_2

>•CT--CCh

蕊；一初0・CF-前一T

.SABOC_2

s

△BCD

故I

AABD,AEani

【分析】作AE1.BC,CF_LBD,可得曰丝-------=零=:，利用平行线可证△AODS^COB

SABCD2BC，AE

继而得出结论.

17.（2021•上海）六个带30°角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1,求中间正

六边形的面积_.

373

I-

【考点】正多边形的性质

解：如图所示，连接AC、AE、CE,作BG_LAC、DI_LCE、FH±AE,AI1CE,

在正六边形ABCDEF中，

•••直角三角板的最短边为1,

...正六边形ABCDEF为1,

.♦.△ABC、Z\CDE、Z\AEF为以1为边长的等腰三角形，Z\ACE为等边三角形,

ZABC=ZCDE=ZEFA=120°,AB=BC=CD=DE=EF=FA=1,

・•・ZBAG=ZBCG=ZDCE=ZDEC=ZFAE=ZFEA=30°,

i

..BG=DI=FH=A,

由勾股定理得：AG=CG=Cl=El=EH=AH=孚,

；.AC=AE=CE=V3,

...由勾股定理得：Al=|,

•*•5=3Xy%V3Xy+yXV3=，

故等.

【分析】如图所示，连接AC、AE、CE,作BG_LAC、DI1CE,FH1AE,AIJLCE,利用正六边形的性质可得

△ABC、ACDE,Z\AEF为以1为边长的等腰三角形，Z\ACE为等边三角形，从而求出NBAG=NBCG

=ZDCE=ZDEC=ZFAE=ZFEA=30°,继而得出BG=DI=FH=1,AC=AE=CE=V3.Al=1,由中间正

六边形的面积=3Z\ABC的面积+4ACE的面积，利用三角形的面积公式计算即可.

18.（2021・上海）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面

内有一个正方形，边长为2,中心为。，在正方形外有一点P,OP=2,当正方形绕着点。旋转时，则点

P到正方形的最短距离d的取值范围为一.

2-V2<d<1

【考点】旋转的性质，四边形-动点问题

解：如图1,设AD的中点为E,连接。A,OE,则AE=OE=1,ZAEO=90°,OA=y/2.

点。与正方形ABCD边上的所有点的连线中，

OE最小，等于1,OA最大，等于V2.

Si

OP=2,

.•.点P与正方形ABCD边上的所有点的连线中，

如图2所示，当点E落在OP上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1；

如图3所示，当点A落在OP上时，最小值PA=PO—AO=2-叵.

当正方形ABCD绕中心。旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是2—夜WdW1.

故2-鱼WdWl

【分析】由旋转及正方形的性质可得，当点E落在OP上时，最大值为PE的长，当点A落在上时,

最小值为PA的长，据此分别求出最大值与最小值，即得结论.

三、解答题

19.(2021•上海)计算：95+|1-V2|-2-1XV8

解：95+I1-V2I-2-1xV8，

=V9-(l-V2)-1X2V2,

=3+V2-1-V2,

=2.

【考点】实数的运算

【分析】利用算术平方根、负整数指数幕、绝对值的性质分别化简，再合并即可.

20.（2021・上海）解方程组：｛

xL-4yz=0

解:由题意：

-4yz=0…（2）

由方程⑴得到：x=3-y,再代入方程⑵中：

得到：（3-y）2-4y2=0,

进一步整理为：3—y=2y或3—y=-2y,

解得Vi=1，%=-3,

再回代方程⑴中，解得对应的%i=2,牝=6,

故方程组的解为：e二彳和｛；:6

【考点】解二元一次方程组

【分析】利用代入消元法解方程组即可.

21.(2021•上海)已知在AABD中，AC±BD,BC=8,CD=4,cos4BC=g,BF为AD边上的

中线.

(1)求4c的长；

(2)求tan/FBD的值.

(1)VAC1BD,COS/4BC建

cosABC=-=-

AB5

.\AB=10

•••AC=7AB2-BC2=6;

(2)过点F作FG1BD,

BF为AD边上的中线.

；.F是AD中点

VFG1BD,AC1BD

FG//AC

：.FG是4ACD的中位线

1

-AC=3

AFG=2

1

-CD=2

CG=2

**•在中，tan/FBD=—=

RtABFGDUTo+-TZ=—1U.

【考点】勾股定理，锐角三角函数的定义

【分析】(1)利用cosN力BC=^=］可求出AB的长，再利用勾股定理求出AC的长即可；

(2)过点F作FGLBD,由ACLBD可得FG〃AC,可得FG是4ACD的中位线，从而可得FG="C=3,

CG=；CD=2,在RgBFG中，由tan/8。=襄即可得出结论.

LDG

22.(2021•上海)现在5G手机非常流行，某公司第一季度总共生产80万部5G手机，三个月生产情况如下

图.

(1)求三月份共生产了多少部手机？

(2)5G手机速度很快，比4G下载速度每秒多95MB，下载一部1000MB的电影，5G比4G要快

190秒，求5G手机的下载速度.

(1)3月份的百分比=1-30%-25%=45%

三月份共生产的手机数=80*45%=36(万部)

答：三月份共生产了36万部手机.

(2)设5G手机的下载速度为xMB/秒，则4G下载速度为(x-95)MB/秒,

由题意可知：嘤—U里=190

x-95x

解得：x=100

检验：当x=100时，x-(x-95)0

100是原分式方程的解.

答：5G手机的下载速度为100MB/秒.

【考点】分式方程的实际应用，扇形统计图

【分析】(1)由扇形统计图求出三月份所占百分比，再乘以总数即得结论；

(2)设5G手机的下载速度为XMB/秒，则4G下载速度为(x-95)MB/秒，根据“下载一部1000MB的

电影，5G比4G要快190秒”列出方程，求解并检验即可.

23.(2021•上海)已知：在圆。内，弦AD与弦BC交于点G,AD=CB,M,N分别是CB和AD的中点,

联结MN.OG.

(1)求证：OGLMN；

(2)联结AC,AM,CN,当CN//OG时，求证：四边形ACNM为矩形.

(1)证明：连结OMQN,

VM,N分别是CB和AD的中点,

AOM,ON为弦心距，

.*.OM±BC,ON±AD,

/GMO=/GNO=90°，

在。。中，AB=CD,

•••OM=ON,

在RtAOMG和RtAONG中，

(OM=ON

[OG=OG'

RtXGOM三RtMJON(HL),

MG=NG,ZMGO=ZNGO,

OG1MN;

(2)设OG交MN于E,

vRtXG0M3RtAG0N(HL),

：.MG=NG,

NGMN=NGNM,即NCMN=ZANM,

••・CM="B="C=AN,

在△CMN和△ANM中

CM=AN

{ZCMN=ZANM，

MN-NM

△CMN=AANM，

AM=CN/AMN=/CNM,

：CN〃OG,

/CNM=ZGEM=90°,

NAMN=/CNM=90°,

二4MN+/CNM=90°+90°=180°,

；.AM〃CN,

:.ACNM是平行四边形，

v/AMN=90°,

四边形ACNM是矩形.

【考点】矩形的判定，圆的综合题

【分析】(1)连结。M,ON,证明RtAGOM三RtAGON(HL),可得MG=NG,ZMGO=ZNGO,

MG=NG,ZMGO=ZNGO,

(2)点A在直线PQ上且在第一象限内，过A作ABlx轴于B,以AB为斜边在其左侧作等腰直角

ABC.

①若A与Q重合，求C到抛物线对称轴的距离；

②若C落在抛物线上，求C的坐标.

(1)将P(3,0)、Q(l,4)两点分别代入y=ax2+c,得二:

解得a=-1,c-1.

所以抛物线的解析式是、=一号》2+3.

(2)①如图2,抛物线的对称轴是y轴，当点A与点Q(l,4)重合时，AB=4,

作CHJ.AB于H.

,/AABC是等腰直角三角形，

ACBH和ACAH也是等腰直角三角形，

CH=AH=BH=2,

...点C到抛物线的对称轴的距离等于L

②如图3,设直线PQ的解析式为y=kx+b,由P(3,0)、Q(l,4),得｛广，八二J

K\u—4,

解得仁:

直线PQ的解析式为y=-2x+6,

设A(m,—2m+6),

AB=­2m+6,

所以CH=BH=AH=-rn+3.

m

所以yc=—+3,xc--(—7n+3—m)=2m—3.

将点C(2m—3,—m+3)代入y——^x2+1,

得—m+3=—“2m—3)2+g.

整理，得2nl2-77n+3=o.

因式分解，得(2m-l)(m-3)=0.

解得m=1,或m=3(与点B重合，舍去).

当m=g时，2m—3=1—3=­2,—m+3=—1+3=.

所以点C的坐标是(-2,|).

【考点】待定系数法求二次函数解析式，二次函数-动态几何问题

【分析】(1)将P、Q两点坐标代入抛物线解析式中，求出a、c的值即可；

(2)①作于H.抛物线的对称轴是y轴，当点A与点Q(l,4)重合时，AB=4,可得出

和ZiC4H也是等腰直角三角形，从而得出CH=AH=BH=2,继而得出点C到抛物线的对

称轴的距离等于1:

②先求出直线PQ的解析式为y=-2x+6,设4(m,-2m+6),可求出点C(2m-3,-m+3),将

点C坐标代入y=—gd+g中，可求出m值，即得点C坐标.

25.(2021・上海)如图，在梯形ABCD中，AD//BC,NABC=9Q°,AD=CDQ是对角线AC的中点,

联结BO并延长交边CD或边AD于E.

(1)当点E在边CD上时，

①求证：ZADAC-AOBC;

②若BE_LCD,求苦的值；

(2)若DE=2,OE=3,求CD的长.

(1)①由力。=CD,得N1=N2.

由AD//BC，得/I=与.

因为BO是RtZ\ABC斜边上的中线，所以OB=OC.所以N3=44.

所以Nl=N2=Z3=/4.

所以ZADAC-AOBC.

②若BE1CD,那么在RtBCE中，由N?=.可得N2=13=N4=30°

作DH1BC于H.设4。=CD=2m,那么BH=AD=2m.

在RtZiDCH中，ZDCH=60°,DC=2m,所以CH=m.

所以BCBH+CH=3m.

所以AD2m_2

~BC3m3

(2)①如图5,当点E在AD上时，由AD//BC,0是AC的中点，可得OB=OE,

所以四边形ABCE是平行四边形.

又因为ZABC=90",所以四边形ABCE是矩形，

设4D=CD=x,已知DE=2,所以AE=x-2.

已知OE=3,所以AC=6.

在RtZAACE和RtZiDCE中，根据CE?=CE?,列方程62-(x-2)2=x2-22.

解得%=14-V19,或％=1—V19（舍去负值）.

②如图6,当点E在CD上时，设AO=CD=x,已知DE=2,所以CE