2021浙江绍兴中考数学试卷+答案+解析(word整理版)

这是一份2021浙江绍兴中考数学试卷+答案+解析(word整理版)，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

参考公式:抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标是-b2a,4ac-b24a.
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题(本大题有10小题,每小题4分,共40分.请选出每小题中一个最符合题意的选项,不选、多选、错选,均不给分)

1.(2021浙江绍兴,1,4分)实数2,0,-3,2中,最小的数是 ( )
A.2B.0C.-3D.2
1.C 因为正数大于负数,负数小于0,所以最小的数是-3,故选C.
2.(2021浙江绍兴,2,4分)第七次全国人口普查数据显示,绍兴市常住人口约为5 270 000人,这个数字5 270 000用科学记数法可表示为( )
×107×106
C.52.7×105×107
2.B 5 270 000=5.27×106,故选B.
3.(2021浙江绍兴,3,4分)如图的几何体由五个相同的小正方体搭成,它的主视图是( )
AB
C D
3.D 题图中的几何体从正面看有两层,最上面一层有1个小正方形,下面一层有3个小正方形,选项D中的图形符合.故选D.
4.(2021浙江绍兴,4,4分)在一个不透明的袋中装有6个只有颜色不同的球,其中3个红球、2个黄球和1个白球.从袋中任意摸出一个球,是白球的概率为( )
A.16B.13C.12D.23
4.A 从袋中任意摸出一个球有6种等可能的结果,其中是白球的结果只有1种,所以从袋中任意摸出一个球,是白球的概率为16.故选A.
5.(2021浙江绍兴,5,4分)如图,正方形ABCD内接于☉O,点P在AB上,则∠BPC的度数为( )
A.30°B.45°C.60°D.90°
5.B 连接BO,CO(图略),则∠BOC=90°,所以∠BPC=12∠BOC=12×90°=45°,故选B.
6.(2021浙江绍兴,6,4分)关于二次函数y=2(x-4)2+6的最大值或最小值,下列说法正确的是( )
A.有最大值4B.有最小值4
C.有最大值6D.有最小值6
6.D 二次函数y=2(x-4)2+6的顶点坐标为(4,6),∵a=2>0,∴二次函数有最小值6.故选D.
7.(2021浙江绍兴,7,4分)如图,树AB在路灯O的照射下形成投影AC,已知路灯高PO=5 m,树影AC=3 m,树AB与路灯O的水平距离AP=4.5 m,则树的高度AB长是( )
A.2 mB.3 mC.32 mD.103 m
7.A 根据题意得△CAB∽△CPO,∴CACP=ABPO,∴33+4.5=AB5,∴AB=2 m.故选A.
8.(2021浙江绍兴,8,4分)如图,菱形ABCD中,∠B=60°,点P从点B出发,沿折线BC-CD方向移动,移动到点D停止.在△ABP形状的变化过程中,依次出现的特殊三角形是( )
A.直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B.直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C.直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D.等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
8.C 如图,在菱形ABCD中,取BC的中点E,取CD的中点F,连接AE,AC,AF,∵∠B=∠D=60°,∴△ABC,△ACD均为等边三角形,∴∠AEB=90°,∠AFC=90°,又DC∥AB,∴∠FAB=90°.在点P沿折线BC-CD方向移动的过程中,点P在点E,点C,点F,点D处时,△ABP的形状分别是直角三角形,等边三角形,直角三角形,等腰三角形.故选C.
9.(2021浙江绍兴,9,4分)如图,Rt△ABC中,∠BAC=90°,cs B=14,点D是边BC的中点,以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE,使∠ADE=∠B,连接CE,则CEAD的值为( )
A.32B.3C.152D.2
9.D 如图,作EG⊥BC,交BC于点G,∵∠BAC=90°,点D是边BC的中点,∴DA=DB=DC.∴∠B=∠BAD.∵∠1=∠B,∴∠1=∠BAD.∴AB∥DE,∴∠B=∠2,∴∠1=∠2.又∵DE=DE,∴△AED≌△CED,∴EC=EA=ED.∴DG=12DC=12AD.∵在Rt△EDG中,cs∠2=DGDE=14,∴DCED=12,∴CEAD=DEDC=2.故选D.
10.(2021浙江绍兴,10,4分)数学兴趣小组同学从“中国结”的图案(图1)中发现,用相同的菱形放置,可得到更多的菱形.如图2,用2个相同的菱形放置,得到3个菱形.下面说法正确的是( )
A.用3个相同的菱形放置,最多能得到6个菱形
B.用4个相同的菱形放置,最多能得到16个菱形
C.用5个相同的菱形放置,最多能得到27个菱形
D.用6个相同的菱形放置,最多能得到41个菱形
10.B 根据题意,画出如图所示图形,可得最多菱形的个数.用3个相同菱形放置,最多能得到1+2+3+1×2=8个菱形;用4个相同菱形放置,最多能得到1+2+3+4+(1+2)×2=16个菱形;用5个相同菱形放置,最多能得到1+2+3+4+5+(1+2+3+1)×2=29个菱形;用6个相同菱形放置,最多能得到1+2+3+4+5+6+(1+2+3+4+3)×2=47个菱形,故选B.
疑难突破 本题为规律探究型题目,要根据题干中“中国结”的图案所抽象的图形画出由3个、4个、5个、6个相同菱形放置的图形,按照图形特点,数出最多能得到的菱形的个数.
第Ⅱ卷 (非选择题)
二、填空题(本大题有6小题,每小题5分,共30分)
11.(2021浙江绍兴,11,5分)分解因式:x2+2x+1= .
11.答案 (x+1)2
解析 原式=(x+1)2.
12.(2021浙江绍兴,12,5分)我国明代数学读本《算法统宗》有一道题,其题意为:客人一起分银子,若每人7两,还剩4两;若每人9两,则差8两.银子共有 两.
12.答案 46
解析 设有x名客人,根据题意列方程:7x+4=9x-8,解得x=6,7×6+4=46(两),所以银子共有46两.
13.(2021浙江绍兴,13,5分)图1是一种矩形时钟,图2是时钟示意图,时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上,时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上.若AB=30 cm,则BC长为 cm(结果保留根号).
13.答案 303
解析 如图,作OE⊥AD于点E,由题意得∠EOD=60°,∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=90°,AD=BC.∵∠DEO=∠A=90°,∴EO∥AB,∴∠1=∠EOD=60°,∴AD=AB·tan 60°=303(cm),∴BC=303 cm.
14.(2021浙江绍兴,14,5分)如图,在△ABC中,AB=AC,∠B=70°,以点C为圆心,CA长为半径作弧,交直线BC于点P,连接AP,则∠BAP的度数是 .
14.答案 15°或75°
解析 根据题意作图,弧与直线BC交于P1和P2,则CA=CP1=CP2=AB,∴∠2=∠1=70°,∴∠3=40°.在△ACP1中,∠CAP1=12(180°-∠2)=55°,∴∠BAP1=55°-40°=15°;在△ACP2中,∠4+∠AP2C=∠2,∠4=∠AP2C,∴∠4=12∠2=35°,∴∠BAP2=40°+35°=75°.故∠BAP的度数是15°或75°.
15.(2021浙江绍兴,15,5分)如图,在平面直角坐标系中,正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上,顶点B,C在第一象限,顶点D的坐标为52,2.反比例函数y=kx(常数k>0,x>0)的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点,则k的值是 .
15.答案 5或22.5
解析 由题意可知,反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过正方形ABCD的顶点D和B或顶点C和B.①当经过点D和B时,把D52,2代入y=kx中,得k=52×2=5.②当经过点C和B时,如图,作BE⊥x轴于点E,DF⊥x轴于点F,CG⊥DF,交FD的延长线于点G.易证△CGD≌△DFA≌△AEB.设AF=m(m>0),∴DG=BE=AF=m,DF=AE=CG=2,OF=52,∴点B的坐标为92+m,m,点C的坐标为92,m+2,∴92+m×m=92(m+2)=k,∴m=3或m=-3(舍),∴k=92×(3+2)=22.5.
综上,k的值为5或22.5.
方法总结 本题考查反比例函数图象的性质,正方形的性质以及三角形的全等,图象经过点B和点D时,代入D点坐标可以求k,经过点B和点C时,要依据正方形的性质,作辅助线,引入参数,分别表示点C、点B的坐标,代入y=kx中,求解即可求得参数以及k的值.
16.(2021浙江绍兴,16,5分)已知△ABC与△ABD在同一平面内,点C,D不重合,∠ABC=∠ABD=30°,AB=4,AC=AD=22,则CD长为 .
16.答案 23±2或4或26
解析 分情况讨论:①当点C,点B,点D共线时,如图1,作AE⊥BC于点E,在Rt△ABE中,∠B=30°,∴AE=12AB=2.
图1
在Rt△ACE中,CE=AC2-AE2=2,
∵AC=AD,∴DE=CE=2,∴CD=4.
②当BA平分∠CBD时,作AE⊥BD于点E,作AF⊥BC于点F.
∵∠ABC=∠ABD=30°,∴BE=BF=AB·cs 30°=23,AE=AF=2,
∴DE=CF=(22)2-22=2.
当点C,D位于如图2的位置时,BD=BC=23-2.
∵∠CBD=60°,∴CD=BD=23-2.
图2
当点C,D位于如图3的位置时,BD=BC=23+2.
∴CD=23+2.
图3
当点C,D位于如图4的位置时,作CG⊥BD于点G,易得CB=23+2,BD=23-2,则BG=12CB=3+1,CG=3+3.
∴DG=BG-BD=3-3.
在Rt△CDG中,CD=CG2+DG2=26.
同理,此图中C,D互换位置,也可得CD=26.
图4
综上,CD长为23±2或4或26.
解题关键 本题考查直角三角形的性质,等边三角形的性质与判定,勾股定理,需根据题意,分不同情况画出图形进行相关计算.由于情境较多,分类时易漏掉某种情况而造成错解.
三、解答题(本大题有8小题,第17~20小题每小题8分,第21小题10分,第22,23小题每小题12分,第24小题14分,共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程)
17.(2021浙江绍兴,17,8分)(1)计算:4sin 60°-12+(2-3)0;
(2)解不等式:5x+3≥2(x+3).
17.解析 (1)原式=23-23+1=1.(4分)
(2)5x+3≥2(x+3),5x+3≥2x+6,
5x-2x≥6-3,
3x≥3,
x≥1.(8分)
18.(2021浙江绍兴,18,8分)绍兴莲花落,又称“莲花乐”“莲花闹”,是绍兴一带的曲艺.为了解学生对该曲种的熟悉度,某校设置了:非常了解、了解、了解很少、不了解四个选项,随机抽查了部分学生进行问卷调查,要求每名学生只选其中的一项,并将抽查结果绘制成如下不完整的统计图.
根据图中信息,解答下列问题:
(1)本次接受问卷调查的学生有多少人?并求图2中“了解”的扇形圆心角的度数;
(2)全校共有1 200名学生,请你估计全校学生中“非常了解”“了解”莲花落的学生共有多少人.
18.解析 (1)90÷45%=200,
∴本次接受问卷调查的学生有200人.(2分)
70200×360°=126°,
∴“了解”的扇形圆心角的度数是126°.(4分)
(2)“非常了解”与“了解”的百分比和为15%+70200×100%=50%,
1 200×50%=600.
∴估计全校学生中“非常了解”“了解”莲花落的学生共有600人.(8分)
19.(2021浙江绍兴,19,8分)Ⅰ号无人机从海拔10 m处出发,以10 m/min的速度匀速上升,Ⅱ号无人机从海拔30 m处同时出发,以a(m/min)的速度匀速上升,经过5 min两架无人机位于同一海拔高度b(m),无人机海拔高度y(m)与时间x(min)的关系如图.两架无人机都上升了15 min.
(1)求b的值及Ⅱ号无人机海拔高度y(m)与时间x(min)的关系式;
(2)问无人机上升了多少时间,Ⅰ号无人机比Ⅱ号无人机高28米?
19.解析 (1)b=10+10×5=60.(2分)
设Ⅱ号无人机海拔高度y(m)与时间x(min)的关系式为y=kx+b(k≠0),
将(0,30),(5,60)代入得30=b,5k+b=60,解得k=6,b=30,∴y=6x+30(0≤x≤15).(4分)
(2)(10x+10)-(6x+30)=28,
解得x=12110 cm.
∴手臂端点D能碰到点M.(8分)
21.(2021浙江绍兴,21,10分)如图,在△ABC中,∠A=40°,点D,E分别在边AB,AC上,BD=BC=CE,连接CD,BE.
(1)若∠ABC=80°,求∠BDC,∠ABE的度数;
(2)写出∠BEC与∠BDC之间的关系,并说明理由.
21.解析 (1)∵∠ABC=80°,BD=BC,(2分)
∴∠BDC=∠BCD=50°.
在△ABC中,∠A+∠ABC+∠ACB=180°,
∵∠A=40°,∴∠ACB=60°.
∵CE=BC,∴∠EBC=60°.
∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=20°.(5分)
(2)∠BEC、∠BDC的关系:∠BEC+∠BDC=110°.(6分)
理由:设∠BEC=α,∠BDC=β.
则α=∠A+∠ABE=40°+∠ABE,
∵CE=BC,∴∠CBE=∠BEC=α.
∴∠ABC=∠ABE+∠CBE=∠A+2∠ABE=40°+2∠ABE,
∵在△BDC中,BD=BC,
∴∠BDC+∠BCD+∠DBC=2β+40°+2∠ABE=180°.
∴β=70°-∠ABE.
∴α+β=40°+∠ABE+70°-∠ABE=110°.
∴∠BEC+∠BDC=110°.(10分)
22.(2021浙江绍兴,22,12分)小聪设计奖杯,从抛物线形状上获得灵感,在平面直角坐标系中画出截面示意图,如图1,杯体ACB是抛物线的一部分,抛物线的顶点C在y轴上,杯口直径AB=4,且点A,B关于y轴对称,杯脚高CO=4,杯高DO=8,杯底MN在x轴上.
(1)求杯体ACB所在抛物线的函数表达式(不必写出x的取值范围);
(2)为使奖杯更加美观,小敏提出了改进方案,如图2,杯体A'CB'所在抛物线形状不变,杯口直径A'B'∥AB,杯脚高CO不变,杯深CD'与杯高OD'之比为0.6,求A'B'的长.
22.解析 (1)设y=ax2+4,
将x=2,y=8代入,得a=1,
∴y=x2+4.(6分)
(2)∵CD'OD'=0.6,∴CD'4+CD'=0.6,
∴CD'=6,OD'=10.
当y=10时,10=x2+4,
x1=6,x2=-6,
∴A'B'=26,
即杯口直径A'B'的长为26.(12分)
23.(2021浙江绍兴,23,12分)问题:如图,在▱ABCD中,AB=8,AD=5,∠DAB,∠ABC的平分线AE,BF分别与直线CD交于点E,F,求EF的长.
答案:EF=2.
探究:
(1)把“问题”中的条件“AB=8”去掉,其余条件不变.
①当点E与点F重合时,求AB的长;
②当点E与点C重合时,求EF的长.
(2)把“问题”中的条件“AB=8,AD=5”去掉,其余条件不变,当点C,D,E,F相邻两点间的距离相等时,求ADAB的值.
23.解析 (1)①如图1,
图1
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥CD,∴∠DEA=∠EAB.
∵AE平分∠DAB,∴∠DAE=∠EAB.
∴∠DAE=∠DEA,∴DE=AD=5.
同理可得BC=CF=5.
∵点E与点F重合,∴AB=CD=10.(3分)
②如图2,点E与点C重合,
图2
∴DE=DC=5,
∵CF=BC=5,∴点F与点D重合,
∴EF=DC=5.(6分)
(2)情况1,如图3,
图3
易知AD=DE=EF=CF,
∴ADAB=13.(8分)
情况2,如图4,
图4
易知AD=DE=CF,
又∵DF=FE=CE,
∴ADAB=23.(10分)
情况3,如图5,
图5
易知AD=DE=CF,
又∵FD=DC=CE,
∴ADAB=2.
综上,ADAB的值是13或23或2.(12分)
思路分析 本题以平行四边形为载体,通过改变平行四边形的边长,求相关线段的长或线段的长度比,基本模型“平行、平分加等腰”是解题的关键,由于点C,D,E,F的相邻情况可以改变,故需要分类讨论求ADAB的值.
24.(2021浙江绍兴,24,14分)如图,矩形ABCD中,AB=4,点E是边AD的中点,点F是对角线BD上一动点,∠ADB=30°.连接EF,作点D关于直线EF的对称点P.
(1)若EF⊥BD,求DF的长;
(2)若PE⊥BD,求DF的长;
(3)直线PE交BD于点Q,若△DEQ是锐角三角形,求DF长的取值范围.
24.解析 (1)矩形ABCD中,∠BAD=90°,
∵∠ADB=30°,AB=4,
∴AD=43,
∵点E是AD的中点,∴DE=23,
∵EF⊥BD,∴DF=3.(4分)
(2)第一种情况,如图1,∠PED=60°,
图1
由对称性可得,EF平分∠PED,
∴∠DEF=30°,∴△DEF是等腰三角形,
可求得DF=2.(7分)
第二种情况,如图2,∠PED=120°,
图2
由对称性可得∠FED=120°,
△DEF是等腰三角形,可求得DF=6.
综上,DF的长为2或6.(10分)
(3)由(2)可得当∠DQE=90°时,
DF=2(如图1)或6(如图2),
当∠DEQ=90°时,
第一种情况,如图3,
图3
EF平分∠PED,∠DEF=45°,
过点F作FM⊥AD于点M,
设EM=a,则FM=a,DM=3a,
∴3a+a=23,
∴a=3-3,∴DF=6-23,
∴2