中考數(shù)學(xué)真題：2021廣西梧州初中學(xué)業(yè)水平考試試題卷

廣西梧州市2021年初中學(xué)業(yè)水平考試試題卷數(shù)學(xué)一、選擇題(本大題共12小題，每小題3分，共36分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是正確的，每小題選對得3分，選錯、不選或多選均得零分．)1.－3的絕對值是()A.－3B.3C.－eq\f(1,3)D.eq\f(1,3)2.下列圖形既是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形的是()3.根據(jù)梧州日報報道，梧州市委宣傳部大力開展慶祝中國共產(chǎn)黨成立100周年優(yōu)秀影片展映展播，線上文藝展播點擊率為412萬人次，其中4120000用科學(xué)記數(shù)法表示為()A.4.12×105B.4.12×106C.4.12×107D.4.12×1084.如圖是由5個大小相同的正方體搭成的幾何體，則這個幾何體的主視圖是()第4題圖5.一個口袋里裝有4個白球，5個黑球，除顏色外，其余如材料、大小、質(zhì)量等完全相同，隨意從中抽出一個球，抽到白球的概率是()A.eq\f(4,9)B.eq\f(5,9)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,9)6.如圖，DE是△ABC的邊BC的垂直平分線，分別交邊AB，BC于點D，E，且AB＝9，AC＝6，則△ACD的周長是()第6題圖A.10.5B.12C.15D.187．在△ABC中，∠A＝20°，∠B＝4∠C，則∠C等于()A.32°B.36°C.40°D.128°8.下列計算正確的是()A.eq\r(12)＝3eq\r(2)B.eq\r(2)＋eq\r(3)＝eq\r(5)C.eq\f(\r(6),2)＝eq\r(3)D.(eq\r(2))2＝29.若扇形的半徑為3，圓心角為60°，則此扇形的弧長是()A.eq\f(1,2)πB.πC.eq\f(3,2)πD.2π10.如圖，在Rt△ABC中，點D，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC，BC的中點，AC＝8，BC＝6，則四邊形CEDF的面積是()A.6B.12C.24D.48第10題圖第11題圖11.如圖，在同一平面直角坐標系中，直線y＝t(t為常數(shù))與反比例函數(shù)y1＝eq\f(4,x)，y2＝－eq\f(1,x)的圖象分別交于點A，B，連接OA，OB，則△OAB的面積為()A.5tB.eq\f(5t,2)C.eq\f(5,2)D.512.在平面直角坐標系中，已知點A(0,1)，B(0，－5)．若在x軸正半軸上有一點C，使∠ACB＝30°，則點C的橫坐標是()A.3eq\r(3)＋4eq\r(2)B.12C.6＋3eq\r(3)D.6eq\r(3)二、填空題(本大題共6小題，每小題3分，共18分．)13.－eq\r(2)的相反數(shù)是________．14.如圖，在同一平面直角坐標系中，直線l1：y＝eq\f(1,4)x＋eq\f(1,2)與直線l2：y＝kx＋3相交于點A，則方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,4)x＋\f(1,2),y＝kx＋3))的解為________．第14題圖15.關(guān)于x的一元二次方程mx2－2x＋1＝0有兩個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)m的取值范圍是________．16.某市跨江大橋即將竣工，某學(xué)生做了一個平面示意圖(如圖)，點A到橋的距離是40米，測得∠A＝83°，則大橋BC的長度是________米．(結(jié)果精確到1米)(參考數(shù)據(jù)：sin83°≈0.99cos83°≈0.12tan83°≈8.14)第16題圖17.如圖，正六邊形ABCDEF的周長是24cm，連接這個六邊形的各邊中點G，H，K，L，M，N，則六邊形GHKLMN的周長是________cm.第17題圖第18題圖18.如果，直線l的函數(shù)表達式為y＝x－1，在直線l上順次取點A1(2，1)，A2(3，2)，A3(4，3)，A4(5，4)，…，An(n＋1，n)．構(gòu)成形如“”的圖形的陰影部分面積分別表示為S1，S2，S3，…，Sn，則S2021＝________．三、解答題(本大題共8小題，滿分66分．)19.(本題滿分6分)計算：(－1)2＋(－8)÷4＋eq\r(4)－(－2021)0.20.(本題滿分6分)計算：(x－2)2－x(x－1)＋eq\f(x3－4x2,x2).21.(本題滿分6分)某校為提高學(xué)生的安全意識，開展了安全知識競賽，這次競賽成績滿分為10分，現(xiàn)從該校七年級中隨機抽取10名學(xué)生的競賽成績，這10名學(xué)生的競賽成績是：10，9，9，8，10，8，10，9，7，10.(1)求這10名學(xué)生競賽成績的中位數(shù)和平均數(shù)；(2)該校七年級共400名學(xué)生參加了此次競賽活動，根據(jù)上述10名學(xué)生競賽成績情況估計參加此次競賽活動成績?yōu)闈M分的學(xué)生人數(shù)是多少？22.(本題滿分8分)運用方程或方程組解決實際問題：若干學(xué)生分若干支鉛筆，如果每人5支，那么多余3支；如果每人7支，那么缺5支．試問有多少名學(xué)生？共有多少支鉛筆？23.(本題滿分8分)如圖，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，點O在CD上，作⊙O，使⊙O與AD相切于點B，⊙O與CD交于點E，過點D作DF∥AC，交AO的延長線于點F，且∠OAB＝∠F.(1)求證：AC是⊙O的切線；(2)若OC＝3，DE＝2，求tan∠F的值．第23題圖24.(本題滿分10分)某工廠急需生產(chǎn)一批健身器械共500臺，送往銷售點出售，當(dāng)生產(chǎn)150臺后，接到通知，要求提前完成任務(wù)，因而接下來的時間里每天生產(chǎn)的臺數(shù)提高到原來的1.4倍．一共用8天剛好完成任務(wù)．(1)原來每天生產(chǎn)健身器械多少臺？(2)運輸公司大貨車數(shù)量不足10輛，小貨車數(shù)量充足，計劃同時使用大、小貨車一次完成這批健身器械的運輸．已知每輛大貨車一次可以運輸健身器械50臺，每輛車需要費用1500元；每輛小貨車一次可以運輸健身器械20臺，每輛車需要費用800元．在運輸總費用不多于16000元的前提下，請寫出所有符合題意的運輸方案？哪種運輸方案的費用最低，最低運輸費用是多少？25.(本題滿分10分)如圖，在正方形ABCD中，點E,F分別為邊BC，CD上的點，且AE⊥BF于點P，G為AD的中點，連接GP，過點P作PH⊥GP交AB于點H，連接GH.(1)求證：BE＝CF；(2)若AB＝6，BE＝eq\f(1,3)BC，求GH的長．第25題圖26.(本題滿分12分)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過點A(－1，0)，B(0，3)，頂點為C.平移此拋物線，得到一條新的拋物線，且新拋物線上的點D(3，－1)為原拋物線上點A的對應(yīng)點，新拋物線頂點為E，它與y軸交于點G，連接CG,EG，CE.(1)求原拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達式；(2)在原拋物線或新拋物線上找一點F，使以點C，E，F(xiàn)，G為頂點的四邊形是平行四邊形，并求出點F的坐標；(3)若點K是y軸上的一個動點，且在點B的上方，過點K作CE的平行線，分別交兩條拋物線于點M，N，且點M，N分別在y軸的兩側(cè)，當(dāng)MN＝CE時，請直接寫出點K的坐標．第26題圖

2021廣西梧州中考試題解析,快速對答案)一、選擇題(每小題3分)1－5BDBCA6－10CADBB11－12CA二、填空題(每小題3分)13.eq\r(2)14.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝1))15.m＜1且m≠016.32617.12eq\r(3)18.4044三、解答題標準答案及評分標準：19－26題見P2－P4,詳解詳析)一、選擇題1.B2.D3.B4.C5.A6.C【解析】∵DE垂直平分BC，∴DB＝DC，∵AB＝9，AC＝6，∴△ACD的周長＝AC＋AD＋CD＝AC＋AD＋BD＝AC＋AB＝9＋6＝15，∴△ACD的周長是15.故選C.7.A【解析】∵在△ABC中，∠A＋∠B＋∠C＝180°，∠A＝20°，∠B＝4∠C，∴20°＋4∠C＋∠C＝180°，解得∠C＝32°.故選A.8.D【解析】eq\r(12)＝2eq\r(3)，故選項A錯誤；eq\r(2)與eq\r(3)不能合并，故選項B錯誤；eq\f(\r(6),2)是最簡二次根式，不能再化簡，故選項C錯誤；(eq\r(2))2＝2，故選項D正確．故選D.9.B【解析】根據(jù)弧長公式可得：l＝eq\f(nπR,180)＝eq\f(60×π×3,180)＝π.故選B.10.B【解析】∵點D、E、F分別是邊AB、AC、BC的中點，∴DE∥BC，DF∥AC，∴四邊形CEDF是平行四邊形，∵∠C＝90°，∴四邊形CEDF是矩形，∵AC＝8，BC＝6，∴CE＝4，CF＝3，∴四邊形CEDF的面積＝4×3＝12.故選B.第11題解圖11.C【解析】如解圖，設(shè)直線y＝t與y軸交于點C，∵直線y＝t與x軸平行，∴AB⊥y軸，∵點A、B分別在反比例函數(shù)y＝eq\f(4,x)和y＝－eq\f(1,x)的圖象上，∴S△OAC＝eq\f(1,2)×|4|＝2，S△OBC＝eq\f(1,2)×|－1|＝eq\f(1,2)，∴S△OAB＝S△OAC＋S△OBC＝2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2).故選C.12.A【解析】解法一：如解圖①，以AB為邊在y軸右側(cè)作等邊△PAB，以P為圓心PA(或PB)的長為半徑作⊙P，交x軸正半軸于點C，連接PC，則PA＝PB＝AB，∠APB＝60°，∴∠ACB＝30°，∵點A(0，1)，點B(0，－5)，∴OA＝1，OB＝5，∴AB＝PA＝PC＝6，過點P作PE⊥AB于點E，作PF⊥OC于點F，則四邊形OEPF是矩形，∴PE＝OF，OE＝PF，又∵PE⊥AB，∴AE＝eq\f(1,2)AB＝3，∴OE＝AE－OA＝2，PE＝3eq\r(3)，即PF＝2，OF＝3eq\r(3)，在Rt△PFC中，由勾股定理得CF＝eq\r(62－22)＝4eq\r(2)，∴OC＝OF＋CF＝3eq\r(3)＋4eq\r(2)，∵點C在x軸正半軸上，∴點C的橫坐標為3eq\r(3)＋4eq\r(2).故選A.圖①圖②第12題解圖解法二：如解圖②，設(shè)點C的坐標為(x，0)(x＞0)，∵點A(0，1)，點B(0，－5)，∴OA＝1，OB＝5，AB＝6，∴AC2＝x2＋1，BC2＝x2＋25，過點A作AD⊥BC于點D，則∠ADC＝90°，∵∠ACB＝30°，∴AD＝eq\f(1,2)AC，∴AD2＝eq\f(1,4)(x2＋1)，在△ABD和△CBO中，∵∠ADB＝∠COB＝90°，∠ABD＝∠CBO，∴△ABD∽△CBO，∴eq\f(AD,CO)＝eq\f(AB,CB)，即eq\f(AD2,CO2)＝eq\f(AB2,CB2)，∴eq\f(\f(1,4)（x2＋1）,x2)＝eq\f(36,x2＋25)，整理得x4－118x2＋25＝0，解得x2＝59＋24eq\r(6)或59－24eq\r(6)(舍去)，∵x＞0，∴x＝eq\r(59＋24\r(6))＝eq\r(（3\r(3)＋4\r(2)）2)＝3eq\r(3)＋4eq\r(2)，即點C的橫坐標為3eq\r(3)＋4eq\r(2).故選A.二、填空題13.eq\r(2)14.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝1))【解析】解法一：∵一次函數(shù)y＝eq\f(1,4)x＋eq\f(1,2)與y＝kx＋3的圖象的交點坐標為A(2，1)，∴二元一次方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,4)x＋\f(1,2),y＝kx＋3))的解為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝1)).解法二：將點A(2，1)代入y＝kx＋3得1＝2k＋3，解得k＝－1，∴直線l2的函數(shù)解析式為y＝－x＋3，可得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,4)x＋\f(1,2),y＝－x＋3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝1)).15.m＜1且m≠0【解析】∵一元二次方程mx2－2x＋1＝0有兩個不相等的實數(shù)根，∴b2－4ac＝(－2)2－4m×1＝4－4m＞0且m≠0，解得m＜1且m≠0.16.326【解析】由題意知，在Rt△ABC中，AC＝40，∠A＝83°，∴tanA＝eq\f(BC,AC)，∴tan83°＝eq\f(BC,40)，∴BC＝40×tan83°≈40×8.14≈326(米)．17.12eq\r(3)【解析】解法一：如解圖，過點A作AQ⊥NG于點Q，∵正六邊形ABCDEF的周長為24cm，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA＝4，∠FAB＝120°，∵G、H、K、L、M、N是各邊中點，∴AG＝AN＝2，∴NQ＝GQ，∠GAQ＝∠NAQ＝60°，∴GN＝2GQ＝2AG·sin60°＝2×2×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)，∵連接正六邊形ABCDEF各邊中點得到正六邊形GHKLMN，∴六邊形GHKLMN的周長為6×2eq\r(3)＝12eq\r(3)cm.解法二：如解圖，過點A作AQ⊥NG于點Q，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴AB＝FA，∠FAB＝120°，∵G、N是AB、FA的中點，∴AG＝AN，∴NQ＝GQ，∠GAQ＝∠NAQ＝60°，∴eq\f(GQ,AG)＝sin∠GAQ＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，即eq\f(GN,AB)＝eq\f(\r(3),2)，∵連接正六邊形ABCDEF各邊中點得到正六邊形GHKLMN，∴正六邊形GHKLMN∽正六邊形ABCDEF，∴正六邊形GHKLMN的周長∶正六邊形ABCDEF的周長＝GN∶AB＝eq\f(\r(3),2)，∵正六邊形ABCDEF的周長為24cm，∴正六邊形GHKLMN的周長＝24×eq\f(\r(3),2)＝12eq\r(3)cm.第17題解圖18.4044【解析】由題意知S1＝3×2－2×1，S2＝4×3－3×2，S3＝5×4－4×3，∴Sn＝(n＋2)(n＋1)－(n＋1)n＝2n＋2，∴當(dāng)n＝2021時，S2021＝2×2021＋2＝4044.三、解答題19.解：原式＝1－2＋2－1＝0.20.解：原式＝x2－4x＋4－x2＋x＋x－4＝－2x.21.解：(1)將這組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列為：7，8，8，9，9，9，10，10，10，10，所以這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為eq\f(9＋9,2)＝9.平均數(shù)為x＝eq\f(1,10)×(10＋9＋9＋8＋10＋8＋10＋9＋7＋10)＝9；(2)400×eq\f(4,10)＝160(人)，答：參加此次競賽活動成績?yōu)闈M分的學(xué)生約有160人．22.解：設(shè)有x名學(xué)生，根據(jù)題意得：5x＋3＝7x－5，解得x＝4，鉛筆數(shù)：5x＋3＝5×4＋3＝23(支)．答：有4名學(xué)生，共有23支鉛筆．23.(1)證明：∵DF∥AC，∴∠OAC＝∠F，∵∠OAB＝∠F，∴∠OAB＝∠OAC，∵⊙O與AD相切于點B，∴OB⊥AD，∵∠ACD＝90°，即OC⊥AC，∴OC＝OB，OC是⊙O半徑，∴AC是⊙O的切線；(2)解：∵OC＝3，DE＝2，∴OB＝OC＝OE＝3，OD＝5，CD＝8.在Rt△OBD中，BD＝eq\r(OD2－OB2)＝eq\r(52－32)＝4，∴tan∠ODB＝eq\f(OB,BD)＝eq\f(3,4)，在Rt△ACD中，tan∠ODB＝eq\f(AC,CD)，∴eq\f(AC,8)＝eq\f(3,4)，解得AC＝6，又∵∠OAC＝∠F，∴tan∠F＝tan∠OAC＝eq\f(OC,AC)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).24.解：(1)設(shè)原來每天生產(chǎn)健身器械x臺，根據(jù)題意得：eq\f(150,x)＋eq\f(500－150,1.4x)＝8，解得x＝50，經(jīng)檢驗，x＝50是原分式方程的解，且符合題意．答：原來每天生產(chǎn)健身器械50臺；(2)設(shè)需用大貨車m輛，則需用小貨車eq\f(500－50m,20)輛，總費用為：1500m＋eq\f(500－50m,20)×800，根據(jù)題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1500m＋\f(500－50m,20)×800≤16000,m<10))，解得8≤m＜10，∵m為整數(shù)，∴m＝8或9，∴共有兩種運輸方案，方案一：用大貨車8輛，小貨車5輛；方案二：用大貨車9輛，小貨車3輛．方案一的費用：1500×8＋800×5＝16000元，方案二的費用：1500×9＋800×3＝15900元，∵15900＜16000，∴用大貨車9輛，小貨車3輛運輸費用最低，最低費用為15900元．25.【思維教練】(1)要證BE＝CF，只需證明△ABE≌△BCF即可；(2)解決此問不僅要用到三角形相似對應(yīng)邊成比例和銳角三角函數(shù)，還要用到勾股定理求線段的長．(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，∴∠BFC＋∠CBF＝90°，∵AE⊥BF，∴∠AEB＋∠CBF＝90°，∴∠AEB＝∠BFC，在△ABE和△BCF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ABE＝∠C,∠AEB＝∠BFC,AB＝BC))，∴△ABE≌△BCF，∴BE＝CF；(2)解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵G是AD的中點，AB＝6，∴AG＝eq\f(1,2)AD＝3，∵BE＝eq\f(1,3)BC，∴BE＝eq\f(1,3)AB，即eq\f(BE,AB)＝eq\f(1,3)，∴tan∠PAB＝eq\f(PB,PA)＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(1,3)，由(1)知△ABE≌△BCF，∴∠CBF＝∠BAE，又∵∠ABC＝∠DAB＝90°，∴∠ABP＝∠GAP.∵AE⊥BF，PH⊥GP，∴∠HPB＋∠APH＝90°，∠GPA＋∠APH＝90°，∴∠HPB＝∠GPA，∴△PBH∽△PAG，∴eq\f(BH,AG)＝eq\f(PB,PA).∴eq\f(BH,3)＝eq\f(1,3)，解得BH＝1，∴AH＝AB－BH＝6－1＝5，∴在Rt△GAH中，由勾股定理得GH＝eq\r(AH2＋AG2)＝eq\r(52＋32)＝eq\r(34).【難點突破】本題難點在于第(2)問，需要利用三角函數(shù)和相似三角形的性質(zhì)求出BH的長，進而求得AH的長，然后利用勾股定理求出GH的長．26.,思維教練)(1)用待定系數(shù)法求解即可；(2)解決這一問不僅用了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式和根據(jù)函數(shù)圖象的平移規(guī)律求函數(shù)解析式，還用到了聯(lián)立函數(shù)解析式求交點坐標以及平行四邊形的判定方法；(3)解決第三問不僅用到了兩條平行直線的解析式之間的關(guān)系和聯(lián)立函數(shù)解析式求交點坐標，還用到了根據(jù)線段之間的關(guān)系，列出方程并求解．解：(1)根據(jù)題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－b＋c＝0,c＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝4,c＝3))，故原拋物線的函數(shù)表達式為y＝x2＋4x＋3；(2)∵原拋物線解析式為y＝x2＋4x＋3，∴點C的坐標為(－2，－1)，∵新拋物線上的點D(3，－1)為原拋物線上點A(－1，0)的對應(yīng)點，∴新拋物的是原拋物線向右平移4個單位長度，再向下平移1個單位長度得到的，∴新拋物的表達式為y＝(x－4)2＋4(x－4)＋3－1＝x2－4x＋2，∴點E的坐標為(2，－2)，點G的坐標為(0，2)，∴CE＝eq\r(17)，易得直線CE的解析式為y＝－eq\f(1,4)x－eq\f(3,2)，由題意可知CE∥GF，∴直線GF的解析式為y＝－eq\f(1,4)x＋2，①聯(lián)立直線GF和原拋物線的解析式得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋4x＋3,y＝－\f(1,4)x＋2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－4,y1＝3))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝－\f(1,4),y2＝\f(33,16)))，當(dāng)x＝－4，y＝3時，即點F的坐標為(－4，3)，此時GF＝eq\r(17)，∴CE＝GF，∴四邊形CEGF是平行四邊形；當(dāng)x＝－eq\f(1,4)，y＝eq\f(33,16)時，即點F的坐標為(－eq\f(1,4)，eq\f(33,16))，此時GF＝eq\f(\r(17),16)，∴CE≠GF，∴四邊形CEGF不是平行四邊形；②聯(lián)立直線GF和新拋物線的解析式得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2－4x＋2,y＝－\f(1,4)x＋2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＝\f(15,4),y3＝\f(17,16)))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x4＝0,y4＝2))(不合題意，舍去)，當(dāng)x＝eq\f(15,4)，y＝eq\f(17,16)時，即點F的坐標為(eq\f(15,4)，eq\f(17,16))，此時GF＝eq\f(15\r(17),16)，∴CE≠GF，∴四邊形CEFG不是平行四邊形．綜上所述，使以點C、E、F、G為頂點的四邊形是平行四邊形的點F的坐標為(－4，3)；(3)點K的坐標為(0，eq\f(927,64))．,解法提示