吉林省2021年中考数学真题试卷（解析版）.doc

2021年吉林省中考数学试卷
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1. 化简的结果为（ ）
A. －1 B. 0 C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】括号前面是减号时，去掉括号，括号内加号变减号，减号变加号．
【详解】解：，
故选：C．
【点睛】本题考查去括号，解题关键是掌握去括号法则．
2. 据《吉林日报》2021年5月14日报道，第一季度一汽集团销售整车70060辆，数据70060用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【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．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【详解】解：，
故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要确定a的值以及n的值．
3. 不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】按照解不等式步骤：移项，合并同类项，系数化为1求解．
【详解】解：，
，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查解不等式，熟练掌握不等式的基本性质是解题关键．
4. 如图，粮仓可以近似地看作由圆锥和圆柱组成，其主视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】粮仓主视图上部视图为等腰三角形，下部视图为矩形．
【详解】解：粮仓主视图上部视图为等腰三角形，下部视图为矩形．
故选：A．
【点睛】本题考查简单组合几何体的三视图，解题关键是掌握主视图是从正面看到的图形．
5. 如图，四边形内接于，点为边上任意一点（点不与点，重合）连接．若，则的度数可能为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由圆内接四边形的性质得度数为，再由为的外角求解．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵为的外角，
∴，只有D满足题意．
故选：D．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，解题关键是熟练掌握圆内接四边形对角互补．
6. 古埃及人的“纸草书”中记载了一个数学问题：一个数，它的三分之二，它的一半，它的七分之一，它的全部，加起来总共是33，若设这个数是，则所列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意列方程．
【详解】解：由题意可得．
故选C
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，找等量关系是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7. 计算：-1＝_____．
【答案】2
【解析】
【分析】利用二次根式的性质化简，进而通过计算即可得出答案．
【详解】-1＝3-1＝2
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查了二次根式、实数的运算；正确化简二次根式是解题的关键．
8. 因式分解：__________．
【答案】
【解析】
【分析】要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方公式或平方差公式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，直接提取公因式m即可．
【详解】
故答案为：
【点睛】本题考查题公因式法因式分解．掌握提公因式法是关键．
9. 计算：__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据同分母分式的加减法则运算．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了同分母分式的加减，熟练掌握运算法则是解题的关键
10. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据判别式求解即可．
【详解】解：∵一元二次方程有两个相等实数根，
∴，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．
11. 如图，已知线段，其垂直平分线的作法如下：①分别以点和点为圆心，长为半径画弧，两弧相交于，两点；②作直线．上述作法中满足的条作为___1.（填“”，“”或“”）

【答案】＞
【解析】
【分析】作图方法为：以，为圆心，大于长度画弧交于，两点，由此得出答案．
【详解】解：∵，
∴半径长度，
即．
故答案为：．
【点睛】本题考查线段的垂直平分线尺规作图法，解题关键是掌握线段垂直平分线的作图方法．
12. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，连接，若将绕点顺时针旋转，得到，则点的坐标为__________．

【答案】
【解析】
【分析】根据旋转的性质可求得和的长度，进而可求得点的坐标．
【详解】解：作轴于点，
由旋转可得，轴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴点坐标为．
故答案：．

【点睛】此题考查了旋转的性质，解题的关键是根据旋转找到题目中线段之间的关系．
13. 如图，为了测量山坡的护坡石坝高，把一根长为的竹竿斜靠在石坝旁，量出竿上长为时，它离地面的高度为，则坝高为__________．

【答案】2.7
【解析】
【分析】根据，可得，进而得出即可．
【详解】解：如图，过作于，则，
∴，即，
解得，
故答案为：2.7

【点睛】本题考查了相似三角形应用，解决本题的关键是掌握相似三角形的性质．
14. 如图，在中，，，．以点为圆心，长为半径画弧，分别交，于点，，则图中阴影部分的面积为__________（结果保留）．

【答案】
【解析】
【分析】连接，由扇形面积﹣三角形面积求解．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴阴影部分的面积为．
故答案为：．

【点睛】本题考查扇形的面积与等边三角形的性质与判定，解题关键是判断出三角形CBE为等边三角形与扇形面积的计算．
三、解答题（每小题5分共20分）
15. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】先根据平方差公式和单项式乘以多项式进行计算，再合并同类项，最后代入求出答案即可．
【详解】解：

，
当时，原式．
【点睛】本题考查了平方差公式，单项式乘以多项式，合并同类项，运用平方差公式是解题的关键．
16. 第一盒中有1个白球、1个黑球，第二盒中有1个白球，2个黑球．这些球除颜色外无其他差别，分别从每个盒中随机取出1个球，用画树状图或列表的方法，求取出的2个球都是白球的概率．
【答案】
【解析】
【分析】用列表法表示所有可能出现的结果情况，进而得出两次都是白球的概率即可．
【详解】解：用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：

白
黑
白
白、白
黑、白
黑1
白、黑1
黑1、黑
黑2
白、黑2
黑、黑2

共有6种等可能出现的结果情况，其中两球都是白球的有1种，
所以取出的2个球都是白球的概率为．
答：取出的2个球都是白球的概率为．
【点睛】本题考查简单事件的概率，正确列表或者画树状图是解题关键．
17. 如图，点D在AB上，点E在AC上，BE和CD相交于点O，AB＝AC，∠B＝∠C.求证：AD＝AE

【答案】见解析.
【解析】
【分析】根据ASA△ADC≌△AEB，即可得出结论．
【详解】证明：在△ABE和△ACD中，

∴△ABE≌△ACD（ASA）
∴AE=AD
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质问题，应熟练掌握．
18. 港珠澳大桥是世界上最长的跨海大桥，它由桥梁和隧道两部分组成，桥梁和隧道全长共．其中桥梁长度比隧道长度的9倍少．求港珠澳大桥的桥梁长度和隧道长度．
【答案】港珠澳大桥的桥梁长度和隧道长度分别为和
【解析】
【分析】设港珠澳大桥隧道长度为，桥梁长度为．由桥梁和隧道全长共，得．桥梁长度比隧道长度的9倍少，得，然后列出方程组，解方程组即可．
【详解】解：设港珠澳大桥隧道长度为，桥梁长度为．
由题意列方程组得：．
解得：．
答：港珠澳大桥的桥梁长度和隧道长度分别为和．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程组．
四、解答题（每小题27分，共28分）
19. 图①、图2均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点，点均在格点上，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．

（1）在图①中，以点，，为顶点画一个等腰三角形；
（2）在图②中，以点，，，为顶点画一个面积为3的平行四边形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的定义画出图形即可：如以为顶点，为 底边，即可做出等腰三角形；
（2）作底为1，高为3的平行四边形即可．
【详解】解：（1）如图①中，此时以为顶点，为底边，该即为所求（答案不唯一）．
（2）如图②中，此时底，高，因此四边形即为所求．

【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和平行四边形的性质，解题的关键掌握等腰三角形和平行四边形的基本性质．
20. 2020年我国是全球主要经济体中唯一实现经济正增长的国家，各行各业蓬勃发展，其中快递业务保持着较快的增长．给出了快递业务的有关数据信息．

2016﹣2017年快递业务量增长速度统计表
年龄
2016
2017
2018
2019
2020
增长速度

说明：增长速度计算办法为：增长速度=（本年业务量-去年业务量）÷去年业务量×100%．
根据图中信息，解答下列问题：
（1）2016﹣2020年快递业务量最多年份的业务量是__________亿件．
（2）2016﹣2020年快递业务量增长速度的中位数是__________．
（3）下列推断合理的是__________（填序号）．
①因为2016﹣2019年快递业务量的增长速度逐年下降，所以预估2021年的快递业务量应低于2020年的快递业务量；
②因为2016﹣2020年快递业务量每年的增长速度均在以上．所以预估2021年快递业务量应在亿件以上．
【答案】（1）8336；（2）；（3）②
【解析】
【分析】（1）根据2016﹣2020年快递业务量统计图可得答案；
（2）根据中位数的意义，将2016﹣2020年快递业务量增长速度从小到大排列找出中间位置的一个数即可；
（3）利用业务量的增长速度率估计2021年的业务量即可．
【详解】解：（1）由2016﹣2020年快递业务量统计图可知，2020年的快递业务量最多是833.6亿件，
故答案为：833.6；
（2）将2016﹣2020年快递业务量增长速度从小到大排列处在中间位置的一个数是，因此中位数是，
故答案为：；
（3）①2016﹣2019年快递业务量的增长速度下降，并不能说明快递业务量下降，而业务量也在增长，只是增长的速度没有那么快，因此①不正确；
②因为2016﹣2020年快递业务量每年的增长速度均在以上．所以预估2021年快递业务量应在亿件以上，因此②正确；
故答案为：②．
【点睛】本题考查条形统计图，中位数，样本估计总体，理解“增长率”“增长速度”“增长量”的意义及相互关系是正确判断的前提．
21. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴相交于点，与反比例函数在第一象限内的图象相交于点，过点作轴于点．

（1）求反比例函数的解析式；
（2）求的面积．
【答案】（1）；（2）6
【解析】
【分析】（1）因为一次函数与反比例函数交于点，将代入到一次函数解析式中，可以求得点坐标，从而求得，得到反比例函数解析式；
（2）因为轴，所以，利用一次函数解析式可以求得它与轴交点的坐标，由，，三点坐标，可以求得和的长度，并且轴，所以，即可求解．
【详解】解：（1）∵点是直线与反比例函数交点，
∴点坐标满足一次函数解析式，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴反比例函数的解析式为；
（2）∵轴，
∴，轴，
∴，
令，则，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为6
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数交点问题，三角形的面积，同时要注意在平面直角坐标系中如何利用坐标表示水平线段和竖直线段．
22. 数学小组研究如下问题：长春市的纬度约为北纬，求北纬纬线的长度，小组成员查阅了相关资料，得到三条信息：
（1）在地球仪上，与南，北极距离相等的大圆圈，叫赤道，所有与赤道平行的圆圈叫纬线；
（2）如图，是经过南、北极的圆，地球半径约为．弦，过点作于点，连接．若，则以为半径的圆的周长是北纬纬线的长度；
（3）参考数据：取3，，．
小组成员给出了如下解答，请你补充完整：
解：因，，
所以（ 　 　）（填推理依据），
因为，所以，
在中，．
_______（填“”或“”）．
所以北纬的纬线长
（填相应的三角形函数值）
　 （）（结果取整数）．

【答案】两直线平行，内错角相等；；0.72；27648
【解析】
【分析】由平行线的性质，锐角三角函数的定义求解．
【详解】解：因为，，
所以（两直线平行，内错角相等）（填推理依据），
因为，所以，
在中，．
（填“”或“”）．
所以北纬的纬线长．
（填相应的三角形函数值）
（结果取整数）．
故答案为：两直线平行，内错角相等；；0.72；27648.
【点睛】本题考查了解直角三角形和平行线的性质，解题关键是熟练三角函数的含义及解直角三角形的方法．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23. 疫苗接种，利国利民．甲、乙两地分别对本地各40万人接种新冠疫苗．甲地在前期完成5万人接种后，甲、乙两地同时以相同速度接种，甲地经过天后接种人数达到25万人，由于情况变化，接种速度放缓，结果100天完成接种任务，乙地80天完成接种任务，在某段时间内，甲、乙两地的接种人数（万人）与各自接种时间（天）之间的关系如图所示．

（1）直接写出乙地每天接种人数及的值；
（2）当甲地接种速度放缓后，求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
（3）当乙地完成接种任务时，求甲地未接种疫苗的人数．
【答案】（1）；（2）；（3）5万人
【解析】
【分析】（1）由接种速度＝接种人数÷接种天数求解．
（2）利用待定系数法求解．
（3）将代入（2）问中解析式得出，然后由．
【详解】解：（1）乙地接种速度为（万人/天），
，
解得．
（2）设，将，代入解析式得：
，
解得，
∴．
（3）把代入得，
（万人）．
【点睛】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24. 如图①，在中，，，是斜边上的中线，点为射线上一点，将沿折叠，点的对应点为点．

（1）若．直接写出的长（用含的代数式表示）；
（2）若，垂足为，点与点在直线的异侧，连接，如图②，判断四边形的形状，并说明理由；
（3）若，直接写出的度数．
【答案】（1）；（2）菱形，见解析；（3）或
【解析】
【分析】（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得；
（2）由题意可得，，由“直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半”，得，得，则四边形是平行四边形，再由折叠得，于是判断四边形是菱形；
（3）题中条件是“点是射线上一点”，因此又分两种情况，即点与点在直线的异侧或同侧，正确地画出图形即可求出结果．
【详解】解：（1）如图①，在中，，
∵是斜边上的中线，，
∴．

（2）四边形是菱形．
理由如下：
如图②∵于点，
∴，
∴；
由折叠得，，
∵，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
∵，
∴，
∴四边形是菱形．

（3）如图③，点与点在直线异侧，
∵，
∴；
由折叠得，，
∴；

如图④，点与点在直线同侧，
∵，
∴，
∴，
由折叠得，，
∴，
∴．
综上所述，或．

【点睛】此题主要考查了直角三角形的性质、轴对称的性质、平行四边形及特殊平行四边形的判定等知识与方法，在解第（3）题时，应进行分类讨论，解题的关键是准确地画出图形，以免丢解．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25. 如图，在矩形中，，．动点从点出发沿折线向终点运动，在边上以的速度运动；在边上以的速度运动，过点作线段与射线相交于点，且，连接，．设点的运动时间为，与重合部分图形的面积为．

（1）当点与点重合时，直接写出的长；
（2）当点在边上运动时，直接写出的长（用含的代数式表示）；
（3）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．
【答案】（1）1；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）在中，由求解即可；
（2）点在上运动时间为，则点在上时．
（3）分类讨论①：点在上，点在上；②：点在上，点在延长线上；③：点在上．
【详解】解：（1）如图，
在中，，，
∴，
∴．
（2）点在上运动时间为，
∴点在上时：．

（3）当时，点在上，作于点，交于点，作于点，
同（1）可得．
∴，
当时，
①∴时，点在上，
∵，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．

②当时，点在延长线上，交于点，如图，
∵，，
∴，
∴，
∴．

③当时，点在上，如图，
∵，
∴．

综上所述：．
【点睛】题目主要考察运用三角函数解三角形求出相应边的长度，然后利用三角形面积公式确定函数解析式，同时也对二次函数在几何动点问题进行考察，难点是在进行分类讨论时，作出对应图形并作出相应辅助线，同时确定相应的自变量范围．
26. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，点．

（1）求此二次函数的解析式；
（2）当时，求二次函数的最大值和最小值；
（3）点为此函数图象上任意一点，其横坐标为，过点作轴，点的横坐标为．已知点与点不重合，且线段的长度随的增大而减小．
①求的取值范围；
②当时，直接写出线段与二次函数的图象交点个数及对应的的取值范围．
【答案】（1）；（2）最大值为；最小值为－2；（3）①；②或时，与图象交点个数为1，时，与图象有2个交点．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解．
（2）将函数代数式配方，由抛物线开口方向和对称轴直线方程求解．
（3）①由求出取值范围，
②通过数形结合求解．
【详解】解：（1）将，点代入得：
，
解得，
∴．
（2）∵，
∵抛物线开口向上，对称轴为直线．
∴当时，取最小值为－2，
∵，
∴当时，取最大值．
（3）①，
当时，，的长度随的增大而减小，
当时，，的长度随增大而增大，
∴满足题意，
解得．
②∵，
∴，
解得，
如图，当时，点在最低点，与图象有1交点，

增大过程中，，点与点在对称轴右侧，与图象只有1个交点，

直线关于抛物线对称轴直线对称后直线为，
∴时，与图象有2个交点，

当时，与图象有1个交点，

综上所述，或时，与图象交点个数为1，时，与图象有2个交点．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，解题关键是熟练掌握二次函数的性质，将函数解析式配方，通过数形结合的方法求解．