附答案解析版(2021年初中毕业生学业考试数学试卷)

2023年12月2日发(作者：澄海区中考数学试卷答案)

2021年初中毕业生学业考试数学试卷

浙江省中考数学真题

一、单选题

1．实数2的倒数是（）

A．2

2B．2 C．1

2D．1

22．计算：aa4的结果是（）

A．a8 B．a6 C．a8 D．a6

3．如图是由5个相同的小立方体搭成的几何体，它的主视图是（）

A． B． C． D．

4．一个布袋里装有3个红球和5个黄球，它们除颜色外其余都相同从中任意摸出一个球是红球的概率是（）

A．1

313B．1

513C．

38D．5

85．若3a1，两边都除以3，得（）

A．a B．a C．a3 D．a3

6．用配方法解方程x24x10时，配方结果正确的是（）

A．(x2)25 B．(x2)23 C．(x2)25 D．(x2)23

7．如图，AB是O的直径，弦CDOA于点E，连结OC,OD．若O的半径为m,AOD，则下列结论一定成立的是（）

A．OEmtan

B．CD2msin C．AEmcosD．SCODm2sin

8．四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是 (−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（）

A．将B向左平移4.5个单位

C．将D向左平移5.5个单位

B．将C向左平移4个单位

D．将C向左平移3.5个单位

9．一杠杆装置如图，杆的一端吊起一桶水，水桶对杆的拉力的作用点到支点的杆长固定不变．甲、乙、丙、丁四位同学分别在杆的另一端竖直向下施加压力F甲

、F乙、F丙

、F丁

，将相同重量的水桶吊起同样的高度，若F乙F丙

F甲

F丁

，则这四位同学对杆的压力的作用点到支点的距离最远的是（）

A．甲同学 B．乙同学 C．丙同学 D．丁同学

10．如图，在Rt△ABC纸片中，ACB90,AC4,BC3，点D,E分别在AB,AC上，连结DE，将ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分EFB，则AD的长为（）

A．25

9B．25

8C．15

7D．20

7

二、填空题

11．分解因式：m24_____． 12．要使式子x3有意义，则x可取的一个数是__________．

13．根据第七次全国人口普查，华东A,B,C,D,E,F六省60岁及以上人口占比情况如图所示，这六省60岁及以上人口占比的中位数是__________．

14．一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为720，则原多边形的边数是__________．

15．小丽在“红色研学”活动中深受革命先烈事迹的鼓舞，用正方形纸片制作成图1的七巧板，设计拼成图2的“奔跑者”形象来激励自己．已知图1正方形纸片的边长为4，图2中FM

则“奔跑者”两脚之间的跨度，即AB,CD之间的距离是__________．2EM，

16．数学活动课上，小云和小王在讨论张老师出示的一道代数式求值问题：

已知实数a,b同时满足a2ab2,2bab22ba2，求代数式的值．

ab

结合他们的对话，请解答下列问题：

（1）当ab时，a的值是__________．

（2）当a

三、解答题

b时，代数式ba的值是__________．

ab 17．计算：|2021|(3)04．

18．解方程组：x2y．

xy619．在创建“浙江省健康促进学校”的过程中，某数学兴趣小组针对视力情况随机抽取本校部分学生进行调查，并按照国家分类标准统计人数，绘制成如下两幅不完整的统计图表，请根据图信息解答下列问题：

抽取的学生视力情况统计表

检查结类别

果

A

正常

轻度近B

视

中度近C

视

重度近D

视

______

59

______

88

人数

（1）求所抽取的学生总人数；

（2）该校共有学生约1800人，请估算该校学生中，近视程度为中度和重度的总人数；（3）请结合上述统计数据，为该校做好近视防控，促进学生健康发展提出一条合理的建议．

20．如图，在55的方格纸中，线段AB的端点均在格点上，请按要求画图．

（1）如图1，画出一条线段AC，使ACAB,C在格点上；

（2）如图2，画出一条线段EF，使EF,AB互相平分，E,F均在格点上；

（3）如图3，以A,B为顶点画出一个四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．

21．李师傅将容量为60升的货车油箱加满后，从工厂出发运送一批物资到某地．行驶过程中，货车离目的地的路程s（千米）与行驶时间t（小时）的关系如图所示（中途休息、加油的时间不计．当油箱中剩余油量为10升时，货车会自动显示加油提醒．设货车平均耗油量为0.1升/千米，请根据图象解答下列问题：

（1）直接写出工厂离目的地的路程；

（2）求s关于t的函数表达式；

（3）当货车显示加油提醒后，问行驶时间t在怎样的范围内货车应进站加油？

22．如图，在ABC中，ACBC，以BC为直径的半圆O交AB于点D，过点D作半圆O的切线，交AC于点E．

（1）求证：ACB2ADE； （2）若DE3,AE3，求CD的长．

23．如图，已知抛物线L:yx2bxc经过点A(0,5),B(5,0)．

（1）求b,c的值；

（2）连结AB，交抛物线L的对称轴于点M．

①求点M的坐标；

②将抛物线L向左平移m(m0)个单位得到抛物线L1．过点M作MN//y轴，交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点，横坐标为1，过点P作PE//x轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若PEMN10，求m的值．

24．如图，在菱形ABCD中，ABC是锐角，E是BC边上的动点，将射线AE绕点A按逆时针方向旋转，交直线CD于点F．

（1）当AEBC，EAFABC时，

①求证：AEAF；

ＳＡＥＦEF2，求②连结BD，EF，若的值；

ＳBD5菱形ABCD1（2）当EAFBAD时，延长BC交射线AF于点M，延长DC交射线AE于点N，2连结AC，MN，若AB4，AC2，则当CE为何值时，AMN是等腰三角形．

参考答案

1．D

【分析】

直接利用倒数的定义分析得出答案．

【详解】

解：实数-2的倒数是故选：D．

【点睛】

此题主要考查了实数的性质，正确掌握倒数的定义是解题关键．

2．B

【分析】

根据乘方的意义消去负号，然后利用同底数幂的乘法计算即可．

【详解】

解：原式a2a4a24a6．

故选B．

【点睛】

此题考查的是幂的运算性质，掌握同底数幂的乘法法则是解题关键．

3．B

【分析】

找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．

【详解】

解：从正面看下面一层是三个正方形，上面一层中间是一个正方形．即：

故选：B．

【点睛】

本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．

4．C

【分析】

1．

2 先求出所有球数的总和，再用红球的数量除以球的总数即为摸到红球的概率．

【详解】

解：任意摸一个球，共有8种结果，任意摸出一个球是红球的有3种结果，因而从中任意摸出一个球是红球的概率是．

故选：C．

【点睛】

本题考查了等可能事件的概率，关键注意所有可能的结果是可数的，并且每种结果出现的可能性相同．

5．A

【分析】

利用不等式的性质即可解决问题．

【详解】

解：3a1，

两边都除以3，得a，

故选：A．

【点睛】

本题考查了解简单不等式，解不等式要依据不等式的基本性质：

（1）不等式的两边同时加上或减去同一个数或整式不等号的方向不变；

（2）不等式的两边同时乘以或除以同一个正数不等号的方向不变；

（3）不等式的两边同时乘以或除以同一个负数不等号的方向改变．

6．D

【分析】

先把常数项移到方程的右边，方程两边同时加上一次项系数一半的平方，然后把方程左边利用完全平方公式写成平方形式即可．

【详解】

解：3813x24x10，

x24x1，

x24x414，

(x2)23，

故选：D．

【点睛】

本题考查利用配方法对一元二次方程求解，解题的关键是：熟练运用完全平方公式进行配方．7．B

【分析】

根据垂径定理、锐角三角函数的定义进行判断即可解答．

【详解】

解：∵AB是O的直径，弦CDOA于点E，

∴DE1CD

2在RtEDO中，ODm，AOD

DE

OEDECD∴OE=，故选项A错误，不符合题意；

tan2tanDE

又sinOD∴tan=∴DEODsin

∴CD2DE2msin，故选项B正确，符合题意；

又cosOE

OD∴OEODcosmcos

∵AODOm

∴AEAOOEmmcos，故选项C错误，不符合题意；

∵CD2msin，OEmcos

∴SCOD合题意；

故选B．

【点睛】

本题考查了垂径定理，锐角三角函数的定义以及三角形面积公式的应用，解本题的关键是熟记垂径定理和锐角三角函数的定义．

11CDOE2msinmcosm2sincos，故选项D错误，不符22 8．C

【分析】

直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．

【详解】

解：∵点A (−1，b)

关于y轴对称点为B (1，b)，

C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，

需要将点D (3.5，b)

向左平移3.5+2=5.5个单位，

故选：C．

【点睛】

本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．

9．B

【分析】

根据物理知识中的杠杆原理：动力×动力臂=阻力×阻力臂，力臂越大，用力越小，即可求解．

【详解】

解：由物理知识得，力臂越大，用力越小，

根据题意，∵F乙F丙

F甲

F丁

，且将相同重量的水桶吊起同样的高度，

∴乙同学对杆的压力的作用点到支点的距离最远，

故选：B．

【点睛】

本题考查反比例函数的应用，属于数学与物理学科的结合题型，立意新颖，掌握物理中的杠杆原理是解答的关键．

10．D

【分析】

先根据勾股定理求出AB，再根据折叠性质得出∠DAE=∠DFE，AD=DF，然后根据角平分线的定义证得∠BFD=∠DFE=∠DAE，进而证得∠BDF=90°，证明Rt△ABC∽Rt△FBD，可求得AD的长．

【详解】

解：∵ACB90,AC4,∴AB

BC3，

AC2BC24232=5， 由折叠性质得：∠DAE=∠DFE，AD=DF，则BD=5﹣AD，

∵FD平分EFB，

∴∠BFD=∠DFE=∠DAE，

∵∠DAE+∠B=90°，

∴∠BDF+∠B=90°，即∠BDF=90°，

∴Rt△ABC∽Rt△FBD，

BDBC5AD3，

即DFACAD420解得：AD=，

5∴故选：D．

【点睛】

本题考查折叠性质、角平分线的定义、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，熟练掌握折叠性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．

11．(m2)(m2)

【分析】

直接根据平方差公式进行因式分解即可.

【详解】

m24(m2)(m2)，

故填(m2)(m2)

【点睛】

本题考查利用平方差公式进行因式分解，解题关键在于熟练掌握平方差公式.

12．如4等（答案不唯一，x3）

【分析】

根据二次根式的开方数是非负数求解即可．

【详解】

解：∵式子x3有意义，

∴x﹣3≥0，

∴x≥3，

∴x可取x≥3的任意一个数，

故答案为：如4等（答案不唯一，x3．

【点睛】

本题考查二次根式、解一元一次不等式，理解二次根式的开方数是非负数是解答的关键．

13．18.75%

【分析】

由图，将六省60岁及以上人口占比由小到大排列好，共有6个数，所以中位数等于中间两个数之和除以二．

【详解】

解：由图，将六省人口占比由小到大排列为：16.0,16.9,18.7,18.8,20.9,21.8，

由中位数的定义得：人口占比的中位数为故答案为：18.75%．

【点睛】

本题考查了求解中位数，解题的关键是：将数由小到大排列，根据数的个数分为两类．当个数为奇数时，中位数等于最中间的数；当个数为偶数个时，中位数等于中间两个数之和除以2．

14．6或7

【分析】

求出新的多边形为6边形，则可推断原来的多边形可以是6边形，可以是7边形．

【详解】

解：由多边形内角和，可得

180°=720°（n-2）×，

∴n=6，

∴新的多边形为6边形，

∵过顶点剪去一个角，

∴原来的多边形可以是6边形，也可以是7边形，

故答案为6或7．

【点睛】

本题考查多边形的内角和；熟练掌握多边形的内角和与多边形的边数之间的关系是解题的关键．

18.718.818.75，

2 15．13

3CD之间的距离= EQ与【分析】

先根据图1求EQ与CD之间的距离，再求出BQ，即可得到AB,CD之间的距离+BQ．

【详解】

解：过点E作EQ⊥BM，则EQ//CD

根据图1图形EQ与CD之间的距离=1114+4=3

222由勾股定理得：2EF242，解得：EF22；

1AM224，解得：AM22

2∵FM22EM

11FM=AM

33∴EM=∵EQ⊥BM，B90

∴EQ//AB

∴BQ∴AB,224BM2=

333413CD之间的距离= EQ与CD之间的距离+BQ=3+=

3313故答案为．

3【点睛】

本题考查了平行线间的距离、勾股定理、平行线所分得线段对应成比例相关知识点，能利用 数形结合法找到需要的数据是解答此题的关键．

16．2或1 7

【分析】

（1）将ab代入a22ab2解方程求出a，b的值，再代入b22ba2进行验证即可；

（2）当a【详解】

b时，求出ab30，再把ba

通分变形，最后进行整体代入求值即可．aba22ab2①解：已知2，实数a，b同时满足①，②，

b2ba2②①-②得，a2b23a3b0

∴(ab)(ab3)0

∴ab0或ab30

①+②得，a2+b2=4ab

（1）当ab时，将ab代入a22ab2得，

a2a20

解得，a11，a22

∴b11，b22

把ab=1代入b22ba2得，3=3，成立；

把ab=2代入b22ba2得，0=0，成立；

∴当ab时，a的值是1或-2

故答案为：1或-2；

（2）当ab时，则ab30，即ab=3

∵a2+b2=4ab

∴a2+b2=7

∴(ab)2=a2+2ab+b29

∴ab1

baa2b27∴=7

abab1故答案为：7．

【点睛】

此题主要考查了用因式分解法解一元二次方程，完全平方公式以及求代数式的值和分式的运算等知识，熟练掌握运算法则和乘法公式是解答此题的关键．

17．2020

【分析】

先计算绝对值、零指数幂和算术平方根，最后计算加减即可；

【详解】

解：|2021|(3)04

202112，

2020．

【点睛】

本题主要考查实数的混合运算，解题的关键是掌握实数的混合运算顺序及相关运算法则．

x12,18．

y6.【分析】

利用代入消元法解二元一次方程组即可．

【详解】

x2y①解：，

xy6②把①代入②，得2yy6，

解得y6．

把y6代入①，得x12．

∴原方程组的解是x12．

y6 【点睛】

本题考查解二元一次方程组，熟练掌握二元一次方程组的解法是解答的关键．

19．（1）200人；（2）810人；（3）答案不唯一，见解析

【分析】

（1）根据检查结果正常的人数除以所占百分比即可求出抽查的总人数；

（2）首先求出近视程度为中度和重度的人数所占样本问题的百分比，再依据样本估计总体求解即可；

（3）可以从不同角度分析后提出建议即可．

【详解】

解：（1）8844%200（人）．

∴所抽取的学生总人数为200人．

（2）1800(144%11%)810（人）．

∴该校学生中，近视程度为中度和重度的总人数有810人．

（3）本题可有下面两个不同层次的回答，

A层次：没有结合图表数据直接提出建议，如：加强科学用眼知识的宣传．

B层次：利用图表中的数据提出合理化建议．

如：该校学生近视程度为中度及以上占比为45%，说明该校学生近视程度较为严重，建议学校要加强电子产品进校园及使用的管控．

【点睛】

本题考查了频率分布表及用样本估计总体的知识，本题渗透了统计图、样本估计总体的知识，解题的关键是从统计图中整理出进一步解题的信息．

20．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析

【分析】

（1）根据“矩形对角线相等”画出图形即可；

（2）根据“平行四边形对角线互相平分”，找出以AB对角线的平行四边形即可画出另一条对角线EF；

（3）画出平行四边形ABPQ即可．

【详解】

解：（1）如图1，线段AC即为所作；

（2）如图2，线段EF即为所作；

（3）四边形ABPQ为所作；

【点睛】

本题考查作图-复杂作图，矩形的性质以及平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．

s80t880(0t11)；21．（1）工厂离目的地的路程为880千米；（2）（3）【分析】

（1）根据图象直接得出结论即可；

（2）根据图象，利用待定系数法求解函数表达式即可；再求出油量为

2515t．

42（3）分别求出余油量为10升和0升时行驶的路程，根据函数表达式求出此时的t值，即可求得t的范围．

【详解】

解：（1）由图象，得t0时，s880，

答：工厂离目的地的路程为880千米．

（2）设sktb(k0)，将t0，s880和t4,s560分别代入表达式，

880b,k80得，解得，

5604kb.b880∴s关于t的函数表达式为s80t880(0t11)．

（3）当油箱中剩余油量为10升时，s880(6010)0.1380（千米），

38080t880，解得t25（小时）．

4当油箱中剩余油量为0升时，s880600.1280（千米），

28080t880，解得t15（小时）．

2k800,s随t的增大而减小，

t的取值范围是【点睛】

2515t．

42

本题考查一次函数的应用，解答的关键是理解题意，能从函数图象上提取有效信息解决问题．22．（1）见解析；（2）【分析】

（1）连结OD,CD，利用圆的切线性质，间接证明：ADEODC，再根据条件中：43

3ACBC且ODOC，即能证明：ACB2ADE；

（2）由（1）可以证明：AED为直角三角形，由勾股定求出AD的长，求出tanA，可得到A的度数，从而说明ABC为等边三角形，再根据边之间的关系及弦长所对应的圆周角及圆心角之间的关系，求出COD120，半径OC23,最后根据弧长公式即可求解．

【详解】

解：（1）证明：如图，连结OD,CD．

DE与O相切，ODE90,ODCEDC90．

BC是圆的直径，BDC90,ADC90．

ADEEDC90,ADEODC．

ACBC,ACB2DCE2OCD．

ODOC,ODCOCD．

ACB2ADE．

（2）由（1）可知，ADEEDC90,ADEDCE,AED90，

DE3,AE3，

AD32(3)223，tanA3,A60，

ACBC,ABC是等边三角形．

B60,BCAB2AD43,

COD2B120,OC23，

CDl1202343．

1803【点睛】

本题考查了圆的切线的性质、解直角三角形、勾股定理、圆心角和圆周角之间的关系、弧长公式等知识点，解本题第二问的关键是：熟练掌握等边三角形判定与性质.

23．（1）4,5；（2）①(2,3)；②1或【分析】

（1）直接运用待定系数法求解即可；

（2）①求出直线AB的解析式，抛物线的对称轴方程，代入求解即可；②根据抛物线的平移方式求出抛物线L1的表达式，再分三种情况进行求解即可．

【详解】

解：（1）把点A(0,5),B(5,0)的坐标分别代入yxbxc，

2165．

2得c5,b4,

．解得255bc0.c5.b,c的值分别为4,5．

（2）①设AB所在直线的函数表达式为ykxn(k0)，

n5,A(0,5),B(5,0)

把的坐标分别代入表达式，得5kn0.解得k1,

n5.AB所在直线的函数表达式为yx5．

由（1）得，抛物线L的对称轴是直线x2，

当x2时，yx53．

∴点M的坐标是(2,3)．

②设抛物线L1的表达式是y(x2m)29，

MN//y轴，

点N的坐标是2,m29．

∵点P的横坐标为1,

∴点P的坐标是1,m6m，

设PE交抛物线L1于另一点Q，

∵抛物线L1的对称轴是直线x2m,PE//x轴，

∴根据抛物线的轴对称性，点Q的坐标是52m,m6m．

22

（i）如图1，当点N在点M下方，即0m6时，

PQ52m(1)62m，

MN3m296m2，

由平移性质得QEm,，

∴PE62mm6m

PEMN10，∴6m6m210，

解得m12（舍去），m21．

（ii）图2，当点N在点M上方，点Q在点P右侧，

即6m3时，PE6m,MNm6，

PEMN10，26mm2610，

解得m1141141（舍去），m2（舍去）．

22（ⅲ）如图3，当点N在点M上方，点Q在点P左侧，

即m3时，

PEm,MNm26，

PEMN10，mm2610，

解得m1165165（舍去），m2．

22165．

2综上所述，m的值是1或【点睛】

本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、抛物线的平移规律和一元二次方程等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质是解题的关键．

24．（1）①见解析；②【分析】

（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出BAEDAF，得844；（2）当CE或2或时，AMN是等腰三角形．

3525 CECF，到ABE≌ADF，由AE=AF，得到AC是EF的垂直平分线，得到EF//BD，△CEF∽△CBD，再根据已知条件证明出AEF∽BAC，算出面积之比；

（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当AMAN时，ANC≌MAC，得到CE=4；当NANM时，CEN≌BEA，得到CE=2；当MA=MN时，△CEN∽△BEA，34．

5得到CE=【详解】

（1）①证明：在菱形ABCD中，

ABAD，ABCAEBC，AEADC，AD//BC，

AD，

ABEBAEEAFDAF90，

EAFABC,BAEDAF，

∴ABE≌ADF（ASA），

∴AE=AF．

②解：如图1，连结AC．

由①知，ABE≌ADF，BEDF，CECF，

AEECBCAF，ACEFBD2，

5EF．

BD，EF//BD，CEF∽CBD，

在菱形ABCD中，AC∴设EC=2a，则ABBC5a，BE3a，AE4a．

ABC，

AEAF，ABBC，EAF∴AEF∽BAC，

S∴S∴AEFBACAEAB24a=5a216，

258．

25SAEFS菱形ABCDSAEF2SBAC116225

（2）解：在菱形ABCD中，BAC1BAD，EAF21BAD，

2BACEAF，BAECAM，

CAM，

AB//CD，BAEACCNANC，ANCAM．

NA同理，AMCNAC，

∴MAC∽ANC，AMN是等腰三角形有三种情况：

①如图2，当AMAN时，ANC≌MAC，

CNAC2，

AB//CN，CEN∽BEA，

AB4，BCCEBECN1，

AB214BC．

334，CE②如图3，当NANM时，

NMANAMBACBCA，

ANM∽ABC，AMANACAB1，

2CN2AC4，CEN≌BEA，

∴CEBE1BC2．

2③如图4，当MA=MN时，

MNAAMANMANABACBACBCA，AMN∽ABC，

1AC1，

2CN1，

AB42，CNCEBECEN∽BEA，14CEBC．

55综上所述，当CE【点睛】

本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长．

44或2或时，AMN是等腰三角形．

35