2021年中考數(shù)學必刷卷A河南參考答案

2021年中考數(shù)學必刷卷A〔河南〕參考答案1、【解析】3，4，A、是有理數(shù)，故此選項不合題意；B、是有理數(shù)，故此選項不符合題意；C、是比3大比4小的無理數(shù)，故此選項符合題意；D、比4大的無理數(shù)，故此選項不合題意；應選：C．2、【解析】A、a2?a3＝a5，原計算錯誤，故此選項不合題意；B、a6÷a﹣2＝a8，原計算錯誤，故此選項不合題意；C、〔﹣2ab2〕3＝﹣8a3b6，原計算正確，故此選項合題意；D、〔2a+b〕2＝4a2+4ab+b2，原計算錯誤，故此選項不合題意．應選：C．3、【解析】萬＝484000＝4.84×105，應選：B．4、【解析】當3為腰長時，將x＝3代入x2﹣4x+k＝0，得：32﹣4×3+k＝0，解得：k＝3；當3為底邊長時，關(guān)于x的方程x2﹣4x+k＝0有兩個相等的實數(shù)根，∴△＝〔﹣4〕2﹣4×1×k＝0，解得：k＝4，此時兩腰之和為4，4＞3，符合題意．∴k的值為3或4．應選：C．5、【解析】方程4兩邊同時乘以〔x﹣3〕得：x﹣4〔x﹣3〕＝﹣k，∴x﹣4x+12＝﹣k，∴﹣3x＝﹣k﹣12，∴x4，∵解為非正數(shù)，∴4≤0，∴k≤﹣12．應選：A．6、【解析】用列表法表示所有可能出現(xiàn)的結(jié)果情況如下：共有12種可能出現(xiàn)的結(jié)果，其中“和為5〞的有4種，∴P〔和為5〕．應選：C．7、【解析】如下圖：A、a＜b，故此選項錯誤；B、|a|＞|b|，正確；C、﹣a＞b，故此選項錯誤；D、a+b＜0，故此選項錯誤；應選：B．8、【解析】解：作DE⊥AB于E，如圖，由作法得AP平分∠BAC，∴DC＝DE＝4，∴△ABD的面積12×4＝24．應選：B．【點評】此題考查了作圖﹣根本作圖：熟練掌握5種根本作圖〔作一條線段等于線段；作一個角等于角；作線段的垂直平分線；作角的角平分線；過一點作直線的垂線〕．9、【解析】設還可以買x個作業(yè)本，依題意，得：2.2×7+6x≤40，解得：x≤4．又∵x為正整數(shù)，∴x的最大值為4．應選：B．10、【解析】∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，∴AB＝4，∠A＝45°，∵CD⊥AB于點D，∴AD＝BD＝2，∵PE⊥AC，PF⊥BC，∴四邊形CEPF是矩形，∴CE＝PF，PE＝CF，∵點P運動的路程為x，∴AP＝x，那么AE＝PE＝x?sin45°x，∴CE＝AC﹣AE＝2x，∵四邊形CEPF的面積為y，∴當點P從點A出發(fā)，沿A→D路徑運動時，即0＜x＜2時，y＝PE?CEx〔2x〕x2+2x〔x﹣2〕2+2，∴當0＜x＜2時，拋物線開口向下；當點P沿D→C路徑運動時，即2≤x＜4時，∵CD是∠ACB的平分線，∴PE＝PF，∴四邊形CEPF是正方形，∵AD＝2，PD＝x﹣2，∴CP＝4﹣x，y〔4﹣x〕2〔x﹣4〕2．∴當2≤x＜4時，拋物線開口向上，綜上所述：能反映y與x之間函數(shù)關(guān)系的圖象是：A．應選：A．11、【解析】在所列實數(shù)中，無理數(shù)有1.212212221…，2﹣π，這3個，故答案為：3．12、【解析】設x人進公園，假設購滿40張票那么需要：40×〔5﹣1〕＝40×4＝160〔元〕，故5x＞160時，解得：x＞32，那么當有32人時，購置32張票和40張票的價格相同，那么再多1人時買40張票較合算；32+1＝33〔人〕．那么至少要有33人去世紀公園，買40張票反而合算．故答案為：33．13、【解析】∵M，N分別是AB和AC的中點，∴MN是△ABC的中位線，∴MNBC＝2，MN∥BC，∴∠NME＝∠D，∠MNE＝∠DCE，∵點E是CN的中點，∴NE＝CE，∴△MNE≌△DCE〔AAS〕，∴CD＝MN＝2．故答案為：2．14、【解析】∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝BC＝2，∠DAB＝∠DCB＝90°，由勾股定理得，AC2，∴OA＝OC，∴圖中的陰影局部的面積＝222＝4﹣π，故答案為：4﹣π．15、【解析】四邊形ABCD是矩形，，，，，，，，由折疊的性質(zhì)可知，，，設，那么，由題意，分以下兩種情況：〔1〕如圖1，當時，為直角三角形，，在和中，，，，即，解得,，，，在中，，即，解得，即；〔2〕如圖2，當時，為直角三角形，，，，即，在和中，，，，即，解得，，，，，，即，解得，即；綜上，DP的長為或1故答案為：或1．【點睛】此題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識點，依據(jù)題意，正確畫出圖形，并分兩種情況討論是解題關(guān)鍵．16、【解析】原式〔〕?，當a3時，原式．17、【解析】〔1〕這次抽取的居民數(shù)量為9÷15%＝60〔名〕，扇形統(tǒng)計圖中，D類所對應的扇形圓心角的大小是360°6°，故答案為：60，6°；〔2〕A類別人數(shù)為60﹣〔36+9+1〕＝14〔名〕，補全條形圖如下：〔3〕估計該社區(qū)表示“支持〞的B類居民大約有20001200〔名〕．18、【解析】〔1〕證明：連接OA．A∵AB＝AC，∴，∴OA⊥BC，∴∠BAO＝∠CAO，∵OA＝OB，∴∠ABD＝∠BAO，∴∠BAC＝2∠BAD．〔2〕解：如圖2中，延長AO交BC于H．①假設BD＝CB，那么∠C＝∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝3∠ABD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∴∠DBC＝2∠ABD，∵∠DBC+∠C+∠BDC＝180°，∴8∠ABD＝180°，∴∠C＝3∠ABD＝67.5°．②假設CD＝CB，那么∠CBD＝∠CDB＝3∠ABD，∴∠C＝4∠ABD，∵∠DBC+∠C+∠CDB＝180°，∴10∠ABD＝180°，∴∠BCD＝4∠ABD＝72°．③假設DB＝DC，那么D與A重合，這種情形不存在．綜上所述，∠C的值為67.5°或72°．〔3〕如圖3中，作AE∥BC交BD的延長線于E．那么，∴，設OB＝OA＝4a，OH＝3a，∵BH2＝AB2﹣AH2＝OB2﹣OH2，∴25﹣49a2＝16a2﹣9a2，∴a2，∴BH，∴BC＝2BH．19、【解析】〔1〕∵點E為線段OC的中點，OC＝5，∴，即：E點坐標為，又∵AE⊥y軸，AE＝1，∴，∴．〔2〕①在△OAB為等腰直角三角形中，AO＝OB，∠AOB＝90°，∴∠AOE+∠FOB＝90°，又∵BF⊥y軸，∴∠FBO+∠FOB＝90°，∴∠AOE＝∠FBO，在△OAE和△BOF中，，∴△OAE≌△BOF〔AAS〕，②解：設點A坐標為〔1，m〕，∵△OAE≌△BOF，∴BF＝OE＝m，OF＝AE＝1，∴B〔m，﹣1〕，設直線AB解析式為：lAB：y＝kx+5，將AB兩點代入得：那么．解得，．當m＝2時，OE＝2，，，符合；∴d〔A，C〕+d〔A，B〕＝AE+CE+〔BF﹣AE〕+〔OE+OF〕＝1+CE+OE﹣1+OE+1＝1+CE+2OE＝1+CO+OE＝1+5+2＝8，當m＝3時，OE＝3，，S△AOB＝5＞3，不符，舍去；綜上所述：d〔A，C〕+d〔A，B〕＝8．20、【解析】〔1〕作P1M⊥AC于M，設P1M＝x，在Rt△P1AM中，∵∠P1AB＝45°，∴AM＝P1M＝x，在Rt△P1CM中，∵∠P1CA＝30°，∴MCx，∵AC＝1000，∴x100，解得x＝500〔1〕，∴P1M＝500〔1〕m∴P1A500〔〕m，故A處到臨摹亭P1處的距離為500〔〕m；〔2〕作BN⊥AP2于N，∵∠P2AB＝45°，∠P2BA＝75°，∴∠P2＝60°，在Rt△ABN中，∵∠P1AB＝45°，AB＝600m∴BN＝ANAB＝300，∴PN＝500〔〕﹣300500800，在Rt△P2BN中，∵∠P2＝60°，∴P2NBN100，∴P1P2＝100〔500800〕＝800400．故臨摹亭P1處于遺愛亭P2處之間的距離是〔800400〕m．21、【解析】〔1〕當售價為55元/千克時，每月銷售水果＝500﹣10×〔55﹣50〕＝450千克；〔2〕設每千克水果售價為x元，由題意可得：8750＝〔x﹣40〕[500﹣10〔x﹣50〕]，解得：x1＝65，x2＝75，答：每千克水果售價為65元或75元；〔3〕設每千克水果售價為m元，獲得的月利潤為y元，由題意可得：y＝〔m﹣40〕[500﹣10〔m﹣50〕]＝﹣10〔m﹣70〕2+9000，∴當m＝70時，y有最大值為9000元，答：當每千克水果售價為70元時，獲得的月利潤最大值為9000元．22、【解析】〔1〕將點A、B的坐標代入拋物線表達式得，解得，故拋物線的表達式為：yx2x+4；〔2〕由拋物線的表達式知，點C〔0，4〕，由點B、C的坐標得，直線BC的表達式為：y＝﹣x+4；設點M〔m，0〕，那么點P〔m，m2m+4〕，點Q〔m，﹣m+4〕，∴PQm2m+4+m﹣4m2m，∵OB＝OC，故∠ABC＝∠OCB＝45°，∴∠PQN＝∠BQM＝45°，∴PN＝PQsin45°〔m2m〕〔m﹣2〕2，∵0，故當m＝2時，PN有最大值為；〔3〕存在，理由：點A、C的坐標分別為〔﹣3，0〕、〔0，4〕，那么AC＝5，①當AC＝CQ時，過點Q作QE⊥y軸于點E，那么CQ2＝CE2+EQ2，即m2+[4﹣〔﹣m+4〕]2＝25，解得：m＝±〔舍去負值〕，故點Q〔，〕；②當AC＝AQ時，那么AQ＝AC＝5，在Rt△AMQ中，由勾股定理得：[m﹣〔﹣3〕]2+〔﹣m+4〕2＝25，解得：m＝1或0〔舍去0〕，故點Q〔1，3〕；③當CQ＝AQ時，那么2m2＝[m＝〔﹣3〕]2+〔﹣m+4〕2，解得：m〔舍去〕；綜上，點Q的坐標為〔1，3〕或〔，〕．23、【解析】〔1〕∵點O為對角線AC的中點，∴BO⊥AC，BO＝CO，∵P為BC的中點，Q為BO的中點，∴PQ∥OC，PQOC，∴PQ⊥BO，PQBO；故答案為：PQBO，PQ⊥BO．〔2〕△PQB的形狀是等腰直角三角形．理由如下：連接O'P并延長交BC于點F，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∵將△AOB繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到△AO'E，∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，又∵點P是CE的中點，∴CP＝EP，∴△O'PE≌△FPC〔AAS〕，∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，∴BO'＝BF，∴△O'BF為等腰直角三角形．∴BP⊥O'F，O'P＝BP，∴△BPO'也為等腰直角三角形．又∵點Q為O'B的中點，∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，∴△PQB的形狀是等腰直角三角形；〔3〕延長O'E交BC邊于點G，連接PG，O'P．∵四邊形ABCD是正方形，AC是對角線，∴∠ECG＝45°，由旋轉(zhuǎn)得，四邊