湖北省随州市2021年中考数学真题（word版 含答案）

这是一份湖北省随州市2021年中考数学真题（word版 含答案），共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

湖北省随州市2021年中考数学真题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．2021的相反数是（ ）
A． B．2021 C． D．
2．从今年公布的全国第七次人口普查数据可知，湖北省人口约为5700万，其中5700万用科学记数法可表示为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，将一块含有角的直角三角板放置在两条平行线上，若，则为（ ）

A． B． C． D．
4．下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图是小明某一天测得的7次体温情况的折线统计图，下列信息不正确的是（ ）

A．测得的最高体温为37.1℃
B．前3次测得的体温在下降
C．这组数据的众数是36.8
D．这组数据的中位数是36.6
6．如图是由4个相同的小正方体构成的一个组合体，该组合体的三视图中完全相同的是（ ）

A．主视图和左视图 B．主视图和俯视图
C．左视图和俯视图 D．三个视图均相同
7．如图，从一个大正方形中截去面积为和的两个小正方形，若随机向大正方形内投一粒米，则米粒落在图中阴影部分的概率为（ ）

A． B． C． D．
8．如图，某梯子长10米，斜靠在竖直的墙面上，当梯子与水平地面所成角为时，梯子顶端靠在墙面上的点处，底端落在水平地面的点处，现将梯子底端向墙面靠近，使梯子与地面所成角为，已知，则梯子顶端上升了（ ）

A．1米 B．1.5米 C．2米 D．2.5米
9．根据图中数字的规律，若第个图中的，则的值为（ ）

A．100 B．121 C．144 D．169
10．如图，已知抛物线的对称轴在轴右侧，抛物线与轴交于点和点，与轴的负半轴交于点，且，则下列结论：①；②；③；④当时，在轴下方的抛物线上一定存在关于对称轴对称的两点，（点在点左边），使得．其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题
11．计算：______．
12．如图，是的外接圆，连接并延长交于点，若，则的度数为______．

13．已知关于的方程（）的两实数根为，，若，则______．
14．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转角（）得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为______．（结果保留）

15．2021年5月7日，《科学》杂志发布了我国成功研制出可编程超导量子计算机“祖冲之”号的相关研究成果．祖冲之是我国南北朝时期杰出的数学家，他是第一个将圆周率精确到小数点后第七位的人，他给出的两个分数形式：（约率）和（密率）．同时期数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和（即有，其中，，，为正整数），则是的更为精确的近似值．例如：已知，则利用一次“调日法”后可得到的一个更为精确的近似分数为：；由于，再由，可以再次使用“调日法”得到的更为精确的近似分数……现已知，则使用两次“调日法”可得到的近似分数为______．
16．如图，在中，，为的中点，平分交于点，，分别与，交于点，，连接，，则的值为______；若，则的值为______．



三、解答题
17．先化简，再求值：，其中．
18．如图，在菱形中，，是对角线上的两点，且．

（1）求证：≌；
（2）证明四边形是菱形．
19．疫苗接种初期，为更好地响应国家对符合条件的人群接种新冠疫苗的号召，某市教育部门随机抽取了该市部分七、八、九年级教师，了解教师的疫苗接种情况，得到如下统计表：

已接种
未接种
合计
七年级
30
10
40
八年级
35
15

九年级
40

60
合计
105

150
（1）表中，______，______，______；
（2）由表中数据可知，统计的教师中接种率最高的是______年级教师；（填“七”或“八”或“九”）
（3）若该市初中七、八、九年级一共约有8000名教师，根据抽样结果估计未接种的教师约有______人；
（4）为更好地响应号召，立德中学从最初接种的4名教师（其中七年级1名，八年级1名，九年级2名）中随机选取2名教师谈谈接种的感受，请用列表或画树状图的方法，求选中的两名教师恰好不在同一年级的概率．
20．如图，一次函数的图象与轴、轴分别交于点，，与反比例函数（）的图象交于点，．

（1）分别求出两个函数的解析式；
（2）连接，求的面积．
21．如图，是以为直径的上一点，过点的切线交的延长线于点，过点作交的延长线于点，垂足为点．

（1）求证：；
（2）若的直径为9，．
①求线段的长；
②求线段的长．
22．如今我国的大棚（如图1）种植技术已十分成熟．小明家的菜地上有一个长为16米的蔬菜大棚，其横截面顶部为抛物线型，大棚的一端固定在离地面高1米的墙体处，另一端固定在离地面高2米的墙体处，现对其横截面建立如图2所示的平面直角坐标系．已知大棚上某处离地面的高度（米）与其离墙体的水平距离（米）之间的关系满足，现测得，两墙体之间的水平距离为6米．

（1）直接写出，的值；
（2）求大棚的最高处到地面的距离；
（3）小明的爸爸欲在大棚内种植黄瓜，需搭建高为米的竹竿支架若干，已知大棚内可以搭建支架的土地平均每平方米需要4根竹竿，则共需要准备多少根竹竿？
23．等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．

（1）在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为_____，其内切圆的半径长为______；
（2）①如图1，是边长为的正内任意一点，点为的中心，设点到各边距离分别为，，，连接，，，由等面积法，易知，可得_____；（结果用含的式子表示）
②如图2，是边长为的正五边形内任意一点，设点到五边形各边距离分别为，，，，，参照①的探索过程，试用含的式子表示的值．（参考数据：，）

（3）①如图3，已知的半径为2，点为外一点，，切于点，弦，连接，则图中阴影部分的面积为______；（结果保留）
②如图4，现有六边形花坛，由于修路等原因需将花坛进行改造．若要将花坛形状改造成五边形，其中点在的延长线上，且要保证改造前后花坛的面积不变，试确定点的位置，并说明理由．
24．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点的坐标为．

（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图1，若点在抛物线上且满足，求点的坐标；
（3）如图2，是直线上一个动点，过点作轴交抛物线于点，是直线上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点及其对应点的坐标


参考答案
1．A
【分析】
直接利用相反数的定义得出答案．
【详解】
解：2021的相反数是：-2021．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了相反数，正确掌握相关定义是解题关键．
2．C
【分析】
用科学记数法表示绝对值大于1的数，形如为正整数，据此解题．
【详解】
解：5700万=57000000，用科学记数法可表示为，
故选：C．
【点睛】
本题考查用科学记数法表示绝对值大于1的数，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
3．A
【分析】
过60°角顶点作直线平行于已知直线，然后根据平行线的性质推出∠1+∠2=60°，从而求出∠2即可．
【详解】
如图，已知，作直线，则，
则∠1=∠3，∠2=∠4，
∵∠3+∠4=60°，
∴∠1+∠2=60°，
∴∠2=60°-∠1=15°，
故选：A．

【点睛】
本题考查平行线的基本性质，理解平行线的性质定理是解题关键．
4．D
【分析】
根据负指数运算法则可判断A，根据同类项的定义可判断B，根据同底数幂的乘法可判断C，根据幂的乘方可判断D
【详解】
A. ，故选项A计算不正确；
B. 与不是同类项不能合并，，故选项B计算不正确；
C. ，故选项C计算不正确；
D. ，故选项D正确．
故选择D．
【点睛】
本题考查负整指数运算，同类项识别与合并，同底数幂的乘法，幂的乘方，掌握负整指数运算，同类项识别与合并，同底数幂的乘法，幂的乘方是解题关键．
5．D
【分析】
根据折线图判断最高体温以及上升下降情况，根据众数、中位数的性质判断即可．
【详解】
解：A、由折线统计图可知，7次最高体温为37.1℃，A选项正确，不符合题意；
B、由折线统计图可知，前3次体温在下降，B选项正确，不符合题意；
C、由7组数据可知，众数为36.8，C选项正确，不符合题意；
D、根据中位数定义可知，中位数为36.8，D选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查折线统计图、众数以及中位数的定义，正确读懂统计图，正确理解众数、中位数定义是解题关键，注意必须从大到小或者从小到大排列后再求中位数．
6．A
【分析】
画出组合体的三视图，即可得到结论．
【详解】
解：所给几何体的三视图如下，

所以，主视图和左视图完全相同，
故选：A．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的定义是解题关键．
7．A
【分析】
求出阴影部分的面积占大正方形的份数即可判断．
【详解】
解：∵两个小正方形的面积为和，
∴两个小正方形的边长为和，
∴大正方形的边长为，
∴大正方形的面积为，
∴阴影部分的面积为，
∴米粒落在图中阴影部分的概率为，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了几何概率，熟练掌握正方形边长与面积的关系是解题关键．
8．C
【分析】
根据梯子长分别利用三角函数的正弦定义求出CD=CEsinβ与AD=ABsinα，两线段作差即可．
【详解】
解：如图所示标记字母，
根据题意得AB=CE=10米，
∵sinβ，
在Rt△ECD中，sin，
∴CD=，
在Rt△ABD中，sin，
∴，
∴AC=CD-AD=8-6=2．
故选择C．

【点睛】
本题考查三角函数的定义，解直角三角形，掌握正弦与余弦的平方关系以及锐角三角函数的定义是解题关键．
9．B
【分析】
分别分析n的规律、p的规律、q的规律，再找n、p、q之间的联系即可．
【详解】
解：根据图中数据可知：



则，，
∵第个图中的，
∴，
解得：或(不符合题意，舍去)
∴，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查数字之间规律问题，将题中数据分组讨论是解决本题的关键．
10．B
【分析】
依据抛物线的图像和性质，根据题意结合二次函数图象与系数的关系，逐条分析结论进行判断即可
【详解】
①从图像观察，开口朝上，所以，
对称轴在轴右侧，所以，
图像与轴交点在x轴下方，所以
，所以①不正确；
②点和点，与轴的负半轴交于点，且
设代入,得：

，所以②正确；
③，
设抛物线解析式为：过
，所以③正确；
④如图：设交点为P，对称轴与x轴交点为Q，顶点为D，

根据抛物线的对称性， 是等腰直角三角形，
，
，
又对称轴

由顶点坐标公式可知

由题意，解得 或者
由①知，所以④不正确．
综上所述：②③正确共2个
故选B．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系，利用了数形结合的思想，二次函数（a≠0），a的符号由抛物线的开口决定；b的符号由a及对称轴的位置确定；c的符号由抛物线与y轴交点的位置确定，此外还有注意利用特殊点1，-1及2对应函数值的正负来解决是解题的关键．
11．
【分析】
估算的大小从而确定−1的符号，再根据绝对值的定义及零指数幂的意义即可完成．
【详解】

故答案为：
【点睛】
本题考查了算术平方根据的估值，绝对值的意义，零指数幂的意义等知识，关键是掌握绝对值的意义和零指数幂的意义，并能对算术平方根正确估值．
12．
【分析】
连接BD，则，再根据AD为直径，求得的度数
【详解】
如图，连接BD，则
AD为直径



故答案为
【点睛】
此题主要考查了圆周角定理，圆周角定理是中考中考查重点，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
13．
【分析】
根据一元二次方程根与系数的关系可求出以及，然后根据条件变形代入求解即可．
【详解】
由题意，，，
∵，
∴，
即：，
解得：，
故答案为：．
【点睛】
本题考查一元二次方程根与系数的关系，熟记基本公式，并灵活进行变形是解题关键．
14．．
【分析】
利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠=60°，再由弧长计算公式，计算出结果．
【详解】
解：∵，，，
∴AB=2AC，
设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：
，
解得：x=1，
则：AC=1，AB=2，
∵将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，
∴旋转角为60°，
∴∠=60°，
∴点所经过的路径长为： ，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．
15．
【分析】
根据“调日法”的定义，第一次结果为：，近似值大于 ，所以，根据第二次“调日法”进行计算即可.
【详解】
解：∵
∴第一次“调日法”，结果为：
∵
∴
∴第二次“调日法”，结果为：
故答案为：
【点睛】
本题考查无理数的估算，根据定义，严格按照例题步骤解题是重点．
16．
【分析】
（1）根据条件，证明，从而推断，进一步通过角度等量，证明，代入推断即可.
（2）通过，可知 四点共圆，通过角度转化，证明，代入推断即可.
【详解】
解：（1）∵，为的中点
∴
又∵平分
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
在与中
,
∴

（2∵
∴ 四点共圆，如下图：

∵
∴
又∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
即
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴

故答案为：
【点睛】
本题考查三角形的相似，三角形的全等以及圆的相关知识点，根据图形找见相关的等量关系是解题的关键．
17．，-2
【分析】
（1）先把括号里通分合并，括号外的式子进行因式分解，再约分，将x=1代入计算即可．
【详解】
解：原式
当时，原式
【点睛】
本题考查了分式的化简求值，用到的知识是约分、分式的加减，熟练掌握法则是解题的关键．
18．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
(1)利用SAS证明即可；
(2)从对角线的角度加以证明即可.
【详解】
（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，且，
又∵，
∴≌．
（2）

证明：连接交于点，
∵四边形为菱形，
∴，且为，中点，
又∵，
∴
∴与互相垂直且平分，
故四边形是菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质，三角形的全等判定和性质，熟练掌握三角形全等判定的基本原理,菱形判定基本方法和性质是解题的关键．
19．（1），，；（2）七；（3）2400；（4）
【分析】
（1）根据八年级教师中已接种和未接种即可求得a，根据九年级已接种的及总人数可求得b，根据三个年级未接种的人数可求得总人数c；
（2）分别计算七、八、九年级教师中接种率即可求得结果；
（3）计算抽取的三个年级教师中未接种的百分比，把此百分比作为该市初中教师未接种的百分比，从而可求得该市未接种的教师的人数；
（4）七年级教师用A表示，八年级教师用表示，九年级教师用，表示,根据树状图或列表法，求得等可能的结果种数及恰好两位教师不在同一个年级的可能结果，即可求得概率．
【详解】
解：（1）；；
故答案为：50；20；45
（2）七年级教师的接种率为： ；
八年级教师的接种率为： ；
九年级教师的接种率为： ；
即七年级教师的接种率最高．
故答案为：七
（3）抽取的三个年级教师中未接种的百分比为：，（人）
故答案为：2400
（4）设七年级教师用表示，八年级教师用表示，九年级教师用，表示，根据题意：可画出树状图：

或列表：

A



A




















由上图（或上表）可知，共有12种等可能的结果，符合条件的结果有10种，故（两名教师不在同一年级）．
说明：（4）问中用树状图法或列表法中一种即可．
【点睛】
本题考查了统计表，用样本估计总体，求简单事件的概率，是统计与概率知识的综合，关键是读懂统计表，从中获取有用的信息，用样本估计总体．
20．（1），；（2）3
【分析】
（1）将点C、D的横、纵坐标代入反比例函数的解析式，求得m、n的值，从而点D纵坐标已知，将点C、D的横、纵坐标代入一次函数的解析式，求得k、b的值，从而两个函数解析式可求；
（2）求出点B的坐标，可知OB的长，利用三角形的面积公式可求三角形BOD的面积．
【详解】
解：（1）∵双曲线（m>0）过点C（1，2）和D（2，n），
∴，解得，．
∴反比例函数的解析式为．
∵直线过点C（1，2）和D（2，1），
∴，解得，．
∴一次函数的解析式为．
（2）当x=0时，y1=3，即B（0，3）．
∴．
如图所示，过点D作DE⊥y轴于点E．

∵D（2，1），
∴DE=2．
∴
【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式、二元一次方程组、三角形的面积等知识点，熟知解析式、点坐标、线段长三者的相互转化是解题的关键．
21．（1）见解析；（2）①；②
【分析】
（1）连接，由是的切线，可得，可证，可得．由，可得即可；
（2）①连接，由的直径为9，，可求．可证，由，．
②由（1）可知，可证∽，由性质可得， 解方程得．
【详解】
（1）证明：连接，
∵是的切线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
又∵在中，，
∴，
∴，
∴；
（2）①连接，
∵的直径为9，
∴，
在中，
∵，
∴．
又∵，且，
∴，
在中，
∵，
∴．
②由（1）可知，
∴∠DOE=∠FBE，∠ODE=∠BFE，
∴∽，
∴，即，
解得．
经检验符合题意．

【点睛】
本题考查圆的切线性质，平行线性质，等腰三角形判定与性质，直径所对圆周角性质，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，利用相似的性质构造方程是解题关键．
22．（1），；（2）米；（3）352
【分析】
（1）根据题意，可直接写出点A点B坐标，代入，求出b、c即可；
（2）根据（1）中函数解析式直接求顶点坐标即可；
（3根据，先求得大棚内可以搭建支架的土地的宽，再求得需搭建支架的面积，最后根据每平方米需要4根竹竿计算即可．
【详解】
解：（1）由题意知点A坐标为，点B坐标为，
将A、B坐标代入得：
解得：，
故，；
（2）由，
可得当时，有最大值，
即大棚最高处到地面的距离为米；
（3）由，解得，，
又因为，
可知大棚内可以搭建支架的土地的宽为（米），
又大棚的长为16米，故需要搭建支架部分的土地面积为（平方米）
共需要（根）竹竿．
【点睛】
本题主要考查根据待定系数法求函数解析式，根据函数解析式求顶点坐标，以及根据函数值确定自变量取值范围，掌握此题的关键是熟练掌握二次函数图像的性质．
23．（1），1；（2）①；②；（3）①；②见解析．
【分析】
（1）根据等积法解得直角三角形斜边上的高的长，及利用内切圆的性质解题即可；
（2）①先求得边长为的正的面积，再根据解题即可；②设点为正五边形的中心，连接，，过作于，先由正切定义，解得的长，由①中结论知，，继而得到，据此解题；
（3）①由切线性质解得，再由平行线性质及等腰三角形性质解得，根据平行线间的距离相等，及同底等高或等底同高的两个三角形面积相等的性质，可知图中阴影部分的面积等于扇形OBC的面积，最后根据扇形面积公式解题；②连接，过点作交的延长线于点，根据，据此解题．
【详解】
解：（1）直角三角形的面积为：，
直角三角形斜边为：，
设直角三角形斜边上的高为，则

设直角三角形内切圆的半径为，则
，
故答案为：，1；
（2）①边长为的正底边的高为，面积为：

，
故答案为：；
②类比①中方法可知，
设点为正五边形的中心，连接，，

由①得，
过作于，，
故，，
故，从而得到：
．
（3）①是的切线，










过点作

，
是的高，


故答案为：；
②如图，连接，过点作交的延长线于点，则点即为所求，

连接，∵，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查正多边形和圆的知识，涉及含30°角的直角三角形、正切、切线的性质、扇形面积公式、平行线的性质等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．
24．（1）；（2），；（3），；，；，；，； ，；，．
【分析】
（1）由和，且D为顶点列方程求出a、b、c，即可求得解析式；
（2）分两种情况讨论：①过点作，交抛物线于点，②在下方作交于点，交抛物线于；
（3）为等腰直角三角形，分三种情况讨论：当；②当；③当．
【详解】
解：（1）将和代入
得
又∵顶点的坐标为
∴
∴解得
∴抛物线的解析式为：．
（2）∵和
∴直线的解析式为：

∵抛物线的解析式为：，抛物线与轴交于点，与轴交于点和点，
则C点坐标为，B点坐标为．
①过点作，交抛物线于点，
则直线的解析式为，
结合抛物线可知，
解得：（舍），，
故．
②过点作轴平行线，过点作轴平行线交于点，
由可知四边形为正方形，
∵直线的解析式为
∴与轴交于点，
在下方作交于点，交抛物线于
∴
又∵OC=CG，
∴≌，
∴，，
又由可得
直线的解析式为，
结合抛物线可知，
解得（舍），，
故．
综上所述，符合条件的点坐标为：，．
（3）∵，
∴直线的解析式为
设M的坐标为，则N的坐标为
∴
∵，
∴直线的解析式为
∵为等腰直角三角形
∴①当时，如下图所示

则Q点的坐标为
∴
∴
解得：（舍去），，
∴此时，；，；
②当时，如下图所示

则Q点的坐标为
∴
∴
解得：（舍去），，
∴此时，；，；
③当时，如图所示

则Q点纵坐标为
∴Q点的坐标为
∴Q点到MN的距离=
∴（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）
解得：（舍去），，
∴此时，；，．
综上所述，点及其对应点的坐标为：，；，；，；，； ，；，．
【点睛】
本题主要考查二次函数与几何图形．该题综合性较强，属于中考压轴题．