广西贺州市2021年中考数学真题（解析版）.doc

2021年广西贺州市中考数学试卷
一、选择题：（本大题共12小题，每小题3分，共36分：给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的在试卷上作答无效）
1. 2的倒数是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据倒数的定义，可以求得题目中数字的倒数，本题得以解决．
【详解】解：2的倒数是，
故选：A．
【点睛】本题考查倒数，解答本题的关键是明确倒数的定义．
2. 如图，下列两个角是同旁内角的是（ ）

A. 与 B. 与 C. 与 D. 与
【答案】B
【解析】
【分析】根据同旁内角的概念求解即可．
【详解】解：由图可知，∠1与∠3是同旁内角，
∠1与∠2是内错角，
∠4与∠2是同位角，
故选：B．
【点睛】本题考查了同旁内角的概念，属于基础题，熟练掌握同位角，同旁内角，内错角的概念是解决本题的关键．
3. 下列事件中属于必然事件的是（ ）
A. 任意画一个三角形，其内角和是180°
B. 打开电视机，正在播放新闻联播
C. 随机买一张电影票，座位号是奇数号
D. 掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上
【答案】A
【解析】
【分析】根据必然事件的意义，结合具体的问题情境逐项进行判断即可．
【详解】解：A、任意画一个三角形，其内角和是180°；属于必然事件，故此选项符合题意；
B、打开电视机，正在播放新闻联播；属于随机事件，故此选项不符合题意；
C、随机买一张电影票，座位号是奇数号；属于随机事件，故此选项不符合题意；
D、掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上；属于随机事件，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了随机事件、必然事件，理解必然事件的意义是正确判断的前提，结合问题情境判断事件发生的可能性是正确解答的关键．
4. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. （－3，2） B. （3，－2） C. （－2，－3） D. （－3，－2）
【答案】D
【解析】
【分析】由两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反特点进行求解．
【详解】∵两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，
∴点关于原点对称的点的坐标是（-3，-2）．
故选：D．
【点睛】考查了关于原点对称的点的坐标，解题关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
5. 下列四个几何体中，左视图为圆的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三视图的法则可得出答案.
【详解】解：左视图为从左往右看得到的视图，
A.球的左视图是圆，
B.圆柱的左视图是长方形，
C.圆锥的左视图是等腰三角形，
D.圆台的左视图是等腰梯形，
故符合题意的选项是A.
【点睛】错因分析 较容易题.失分原因是不会判断常见几何体的三视图.
6. 直线（）过点，，则关于的方程的解为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】关于的方程的解为函数的图象与x轴的交点的横坐标，由于直线过点A(2,0)，即当x=2时，函数的函数值为0，从而可得结论．
【详解】直线（）过点，表明当x=2时，函数的函数值为0，即方程的解为x=2．
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次方程的关系，即一元一次方程的解是一次函数的图象与x轴交点的横坐标，要从数与形两个方面来理解这种关系．
7. 多项式因式分解（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先提取公因式，再利用完全平方公式将括号里的式子进行因式分解即可
【详解】解：
故答案选：A．
【点睛】本题考查了提公因式法和公式法进行因式分解．正确应用公式分解因式是解题的关键．
8. 若关于的分式方程有增根，则的值为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据分式方程有增根可求出，方程去分母后将代入求解即可.
【详解】解：∵分式方程有增根，
∴，
去分母，得，
将代入，得，
解得．
故选：D．
【点睛】本题考查了分式方程的无解问题，掌握分式方程中增根的定义及增根产生的原因是解题的关键．
9. 如图，在边长为2的等边中，是边上的中点，以点为圆心，为半径作圆与，分别交于，两点，则图中阴影部分的面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等边中，是边上的中点，可知扇形的半径为等边三角形的高，利用扇形面积公式即可求解．
【详解】是等边三角形，是边上的中点
，

扇形
故选C．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，扇形面积公式，熟练等边三角形性质和扇形面积公式,求出等边三角形的高是解题的关键．
10. 如图，在中，，，点在上，，以为半径的与相切于点，交于点，则的长为（ ）

A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】连接OD，EF，可得OD∥BC，EF∥AC，从而得，，进而即可求解．
【详解】解：连接OD，EF，

∵与相切于点，BF是的直径，
∴OD⊥AC，FE⊥BC，
∵，
∴OD∥BC，EF∥AC，
∴，，
∵，，
∴OD=OB=2，AO=5-2=3，BF=2×2=4，
∴，，
∴BC=，BE=，
∴CE=-=．
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，平行线分线段成比例定理，掌握圆周角定理的推论，添加辅助线，是解题的关键．
11. 如图，已知抛物线与直线交于，两点，则关于的不等式的解集是（ ）

A. 或 B. 或 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象写出抛物线在直线上方部分的x的取值范围即可．
【详解】与关于y轴对称
抛物线的对称轴为y轴，
因此抛物线的图像也关于y轴对称
设与交点为，则，

即在点之间的函数图像满足题意
的解集为：
故选D．
【点睛】本题考查了轴对称，二次函数与不等式，数形结合是数学中的重要思想之一，解决函数问题更是如此．理解与关于y轴对称是解题的关键．
12. 如，我们叫集合，其中1，2，叫做集合的元素．集合中的元素具有确定性（如必然存在），互异性（如，），无序性（即改变元素的顺序，集合不变）．若集合，我们说．已知集合，集合，若，则的值是（ ）
A. －1 B. 0 C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合的确定性、互异性、无序性，对于集合B的元素通过分析，与A的元素对应分类讨论即可．
【详解】解：∵集合B的元素，，可得，
∴，
∴，，
∴，
当时，，，，不满足互异性，情况不存在，
当时，，（舍），时，，，满足题意，
此时，．
故选：Ｃ
【点睛】本题考查集合的互异性、确定性、无序性。通过元素的分析，按照定义分类讨论即可．
二、填空题：（本大题共6小题，每小题3分，共18分．请把答案填在答题卡对应的位置上，在试卷上作答无效）
13. 要使二次根式在实数范围内有意义，的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件列出关于的不等式，求出的取值范围即可．
【详解】二次根式有意义

故答案为：
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0．
14. 数据0.000000407用科学记数法表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】0.000000407=．
故答案为：．
【点睛】考查科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
15. 盒子里有4张形状、大小、质地完全相同的卡片，上面分别标着数字2，3，4，5，从中随机抽出1张后不放回，再随机抽出1张，则两次抽出的卡片上的数字之和为偶数的概率是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意先画出树状图，得出所有等可能的结果，再利用概率公式求解即可．
【详解】解：根据题意，画树状图如下：

由树状图得：共有12种等可能结果，两次抽到卡片上的数字之和为偶数的结果有4种，
∴两次抽到卡片上的数字之和为偶数的概率为．
故答案为：
【点睛】本题考查了概率的计算问题，掌握利用列表法或画树状图法不重复不遗漏的列出所有可能的结果是解题的关键．
16. 如图，在矩形中，，分别为，的中点，以为斜边作，，连接，．若，则________．

【答案】
【解析】
【分析】根据矩形及等腰三角形的性质先求出，再利用中点定义及矩形性质可得，则可求出，，即可求得结果．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，．
∵，，
∴．
∴．
∵，分别为，的中点，
∴，．
∵，
∴．
∴，．
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握矩形与等腰三角形的性质是解答此题的关键．
17. 如图，一次函数与坐标轴分别交于，两点，点，分别是线段，上的点，且，，则点的标为________．

【答案】
【解析】
【分析】过P作PD⊥OC于D，先求出A，B 的坐标，得∠ABO=∠OAB=45°，再证明△PCB≌△OPA，从而求出BD＝2，OD＝4−2，进而即可求解．
【详解】如图所示，过P作PD⊥OC于D，
∵一次函数与坐标轴分别交于A，两点，
∴A(-4，0)，B(0，4)，即：OA=OB，
∴∠ABO=∠OAB=45°，
∴△BDP是等腰直角三角形，

∵∠PBC＝∠CPO＝∠OAP＝45°，
∴∠PCB＋∠BPC＝135°＝∠OPA＋∠BPC，
∴∠PCB＝∠OPA，
又∵PC＝OP，
∴△PCB≌△OPA（AAS），
∴AO＝BP＝4，
∴Rt△BDP中，BD＝PD＝BP÷＝2，
∴OD＝OB−BD＝4−2，
∴P（-2，4−2）．
故答案是：P（-2，4−2）．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等腰三角形的性质，结合等腰三角形的性质，判定全等三角形是解决问题的关键．
18. 如图．在边长为6的正方形中，点，分别在，上，且，，垂足为，是对角线的中点，连接、则的长为________．

【答案】
【解析】
【分析】根据，，则A、B、O、G四点共圆，则可以得到，解直角三角形即可得结果．
【详解】解：如图，连接，以为半径，的中点作圆，过作
是正方形，是对角线

，

是正方形，

在中

在中

故答案为．
【点睛】本题考查了，圆的圆周角性质，正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识点，求出是本题的解题关键．
三、解答题：（本大题共8题、共66分，解答应写出文字说明、证明过程演算步骤．在试卷上作答无效）
19. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义、零指数幂的意义、绝对值的意义、特殊角的三角函数值、实数的运算等知识即可完成本题的计算．
【详解】原式

【点睛】本题考查了算术平方根的定义、零指数幂的意义、绝对值的意义、特殊角的三角函数值、实数的运算等知识，关键是熟练掌握这些知识．
20. 解不等式组：．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】
解不等式①得，
解不等式②得，
所以这个不等式组的解集为．
【点晴】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解题关键．
21. 如图，某大学农学院的学生为了解试验田杂交水稻秧苗的长势，从中随机抽取样本对苗高进行了测量，根据统计结果（数据四舍五入取整），绘制统计图．
（1）本次抽取的样本水稻秧苗为________株；
（2）求出样本中苗高为的秧苗的株数，并完成折线统计图；
（3）根据统计数据，若苗高大于或等于视为优良秧苗，请你估算该试验田90000株水稻秧苗中达到优良等级的株数．

【答案】（1）500；（2）120株，见解析；（3）64800株
【解析】
【分析】（1）用15cm的水稻株数÷对应的百分数，即可求解；
（2）求出和的水稻株数，进而可补全统计图；
（3）用90000×优良等级的百分比，即可求解．
【详解】（1）80÷16％=500（株），
故答案是：500；
（2）的株数为：（株），
的株数为：（株），
补全条形统计图如下：

（3）优良等级的株数为：（株），
答：估算该试验田90000株水稻秧苗中达到优良等级的株数为64800株．
【点睛】本题主要考查扇形统计图和折线统计图，准确找出相关数据，是解题的关键．
22. 如图，一艘轮船离开港沿着东北方向直线航行海里到达处，然后改变航向，向正东方向航行20海里到达处，求的距离．

【答案】100海里
【解析】
【分析】延长交于点，解直角三角求得AD,再解直角三角形即可求解．
【详解】延长交于点，则，

由题意可知，
∵，
∴
，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得

（海里）
答：的距离为100海里．
【点睛】本题考查解直角三角形应用，勾股定理的应用，掌握锐角三角函数的定义与勾股定理性质是解题关键．
23. 为了提倡节约用水，某市制定了两种收费方式：当每户每月用水量不超过时，按一级单价收费；当每户每月用水量超过时，超过部分按二级单价收费．已知李阿姨家五月份用水量为，缴纳水费32元．七月份因孩子放假在家，用水量为，缴纳水费51.4元．
（1）问该市一级水费，二级大费的单价分别是多少？
（2）某户某月缴纳水费为64.4元时，用水量为多少？
【答案】（1）一级水费的单价为3.2元/，二级水费的单价为6.5元/；（2）
【解析】
【分析】（1）设该市一级水费的单价为元/，二级水费的单价为元/，根据题意，列出二元一次方程组，即可求解；
（2）先判断水量超过，设用水量为，列出方程，即可求解.
【详解】（1）设该市一级水费的单价为元/，二级水费的单价为元/，
依题意得，解得，
答：该市一级水费的单价为3.2元/，二级水费的单价为6.5元/．
（2）当水费为64.4元，则用水量超过，
设用水量为，得，，
解得：．
答：当缴纳水费为64.4元时，用水量为．
【点睛】本题主要考查二元一次方程组以及一元一次方程的实际应用，找准等量关系，列出方程（组），是解题的关键.
24. 如图，在四边形中，，，，交于点，过点作，垂足为，且．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的面积．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）先利用角平分线判定定理证得，再由已知角等量关系推出，并可得，则可证明四边形是平行四边形，最后由得，即可证得结论；
（2）由菱形的性质可得，再根据角的等量关系求出，则可利用三角函数求得，此题得解．
【详解】（1）证明：如图，

∵，
∴，
又∵，且，
∴为的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：由（1）得四边形菱形，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．
25. 如图，在中，，是上的一点，以为直径的与相切于点，连接，．
（1）求证：平分；
（2）若，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）连接OE，根据切线定义可得，结合∠C=90°，可得，即，进而说明即可证明结论；
（2）先证可得，再得，最后运用三角函数解答即可．
【详解】（1）证明：连接，

∵是的切线，
∴，即 ，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴平分．
（2）∵是的直径，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
又∵，，
∴．
∴．
又∵，
∴，即．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质以及三角函数的定义等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．
26. 如图，抛物线与轴交于、两点，且，对称轴为直线．
（1）求该抛物线的函数达式；
（2）直线过点且在第一象限与抛物线交于点．当时，求点的坐标；
（3）点在抛物线上与点关于对称轴对称，点是抛物线上一动点，令，当，时，求面积的最大值（可含表示）．

【答案】（1）；（2）点坐标是（6，7）；（3）当时，的最大面积为，当时，的最大面积为64
【解析】
【分析】（1）根据已知点和对称轴，用待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）由得等腰直角三角形，从而求得坐标；
（3分情况讨论，在对称轴的左右两边，即当，时分别求得面积的最大值
【详解】（1）∵抛物线过，对称轴为，
∴，
解得
∴抛物线表达式为．
（2）过点作轴于点，

∵，
∴，
设点的横坐标为，
则纵坐标为，
∴，
代入，得：
．
解得（舍去），，
∴
∴点的坐标是（6，7）．
（3）由（2）得的坐标是（6，7）
∵对称轴，
∴点的坐标是（－2，7），
∴，
∵与轴平行，点在轴下方，
设以为底边的高为
则，
∴当最大值时，的面积最大，
∵，，
①当时，，
此时在上随的增大而减小．
∴，
∴，
∴的最大面积为：
．
②当时，此时的对称轴
含于内
∴，
∴，
∴的最大面积为：
．
综上所述：当时，的最大面积为，
当时，的最大面积为64.
【点睛】本题考查了用待定系数法求函数表达式，二次函数图像与性质，二次函数求最值问题，熟练掌握二次函数的图像与性质是解决本题的关键．