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初中数学中考复习 专题06（福建专用)（解析版）-2021年31个地区中考数学精品模拟试卷
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这是一份初中数学中考复习 专题06（福建专用)（解析版）-2021年31个地区中考数学精品模拟试卷，共22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。
2021年福建省福州市中考数学模拟试卷
（满分150分，答题时间120分钟）
第I卷（共40分）
一、单选题（本题10到小题，每题4分，共40分）
1．计算22+（﹣2021）0的结果是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】分别计算平方、零指数幂，然后再进行实数的运算即可．
原式＝4+1＝5
2．下图中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】A、是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形定义．
3．如图是由几个相同大小的小正方体搭建而成的几何体的主视图和俯视图视图，则搭建这个几何体所需要的小正方体的个数至少为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】C
【解析】主视图、俯视图是分别从物体正面、上面看，所得到的图形．
综合主视图和俯视图，底层最少有4个小立方体，第二层最少有2个小立方体，因此搭成这个几何体的小正方体的个数最少是6个．
4．如图，直线a∥b，将一块含30°角（∠BAC＝30°）的直角三角尺按图中方式放置，其中A和C两点分别落在直线a和b上．若∠1＝20°，则∠2的度数为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．50°
【答案】C
【解析】直接利用平行线的性质结合三角形内角和定理得出答案．
∵直线a∥b，
∴∠1+∠BCA+∠2+∠BAC＝180°，
∵∠BAC＝30°，∠BCA＝90°，∠1＝20°，
∴∠2＝40°．
5.关于x的不等式的整数解只有4个，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】不等式组整理后，表示出不等式组的解集，根据整数解共有4个，确定出m的范围即可．
不等式组整理得：，
解集为m＜x＜3，
由不等式组的整数解只有4个，得到整数解为2，1，0，-1，
∴-2≤m<-1
【点睛】本题主要考查对解一元一次不等式，不等式的性质，解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解等知识点的理解和掌握，能根据不等式组的解集得到-2≤m<-1是解此题的关键．
6.在2020年某中学举行的冬季阳径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如表所示：
成绩（m）
1.80
1.50
1.60
1.65
1.70
1.75
人数
1
2
4
3
3
2
这些运动员跳高成绩的中位数和众数分别是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】首先根据这组数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数，判断出这些运动员跳高成绩的中位数即可；然后找出这组数据中出现次数最多的数，则它就是这些运动员跳高成绩的众数，据此解答即可．
∵15÷2＝7…1，第8名的成绩处于中间位置，
∴男子跳高的15名运动员的成绩处于中间位置的数是1.65m，
∴这些运动员跳高成绩的中位数是1.65m；
∵男子跳高的15名运动员的成绩出现次数最多的是1.60m，
∴这些运动员跳高成绩的众数是1.60m；
综上，可得这些运动员跳高成绩的中位数是1.65m，众数是1.60m．
7．《九章算术》是我国古代数学的经典著作，书中有一个问题：“今有黄金九枚，白银一十一枚，称之重适等．交易其一，金轻十三两．问金、银一枚各重几何？”．意思是：甲袋中装有黄金9枚（每枚黄金重量相同），乙袋中装有白银11枚（每枚白银重量相同），称重两袋相等．两袋互相交换1枚后，甲袋比乙袋轻了13两（袋子重量忽略不计）．问黄金、白银每枚各重多少两？设每枚黄金重x两，每枚白银重y两，根据题意得（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设每枚黄金重x两，每枚白银重y两，
由题意得：，
故选：D．
【点睛】此题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
8．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格线的格点上，将△ABC绕点P顺时针方向旋转90°，得到△A'B'C'，则点P的坐标为（ ）
A．(0，4) B．(1，1) C．(1，2) D．(2，1)
【答案】C
【解析】由图知，旋转中心P的坐标为（1，2），
故选：C．
【点睛】本题主要考查坐标与图形的变化−旋转，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
9.如图，⊙O的半径为2，点A为⊙O上一点，半径OD⊥弦BC于D，如果∠BAC=60°，那么OD的长
是（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【解析】∵OB=OC，OD⊥BC，
∴∠BOD=∠BOC，
∵∠A=∠BOC，
∴∠BOD=∠A=60°，
∴OD=OB·cos60°=2×=1.
故选C．
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x＝﹣，结合图象分析下列结论：
①abc＞0；
②3a+c＞0；
③当x＜0时，y随x的增大而增大；
④一元二次方程cx2+bx+a＝0的两根分别为x1＝﹣，x2＝；
⑤＜0；
⑥若m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根，则m＜﹣3且n＞2，
其中正确的结论有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】C
【解析】利用二次函数图象与系数的关系，结合图象依次对各结论进行判断．
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x＝﹣
∴抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）和（2，0），且a＝b
由图象知：a＜0，c＞0，b＜0
∴abc＞0
故结论①正确；
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）
∴9a﹣3b+c＝0
∵a＝b，∴c＝﹣6a，∴3a+c＝﹣3a＞0，故结论②正确；
∵当x＜﹣时，y随x的增大而增大；当﹣＜x＜0时，y随x的增大而减小
∴结论③错误；
∵cx2+bx+a＝0，c＞0
∴x2+x+1＝0
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）和（2，0）
∴ax2+bx+c＝0的两根是﹣3和2
∴＝1，＝﹣6
∴x2+x+1＝0即为：﹣6x2+x+1＝0，解得x1＝﹣，x2＝；
故结论④正确；
∵当x＝﹣时，y＝＞0
∴＜0
故结论⑤正确；
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）和（2，0），
∴y＝ax2+bx+c＝a（x+3）（x﹣2）
∵m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根
∴m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）＝﹣3的两个根
∴m，n（m＜n）为函数y＝a（x+3）（x﹣2）与直线y＝﹣3的两个交点的横坐标
结合图象得：m＜﹣3且n＞2
故结论⑥成立；
故选：C．
第II卷（共110分）
二、填空题（本题6道小题，每小题4分，共24分）
11．化简(-1)0+()-2-+=____________.
【答案】-1
【解析】原式=1+4-3-3=-1．
12．将圆心角为216°，半径为5cm的扇形围成一个圆锥的侧面，那么围成的这个圆锥的高为 cm．
【答案】4．
【解析】圆锥的底面圆的半径为r，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到2πr＝，解得r＝3，然后根据勾股定理计算出圆锥的高．
设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意得2πr＝，解得r＝3，
所以圆锥的高＝＝4（cm）．
13．关于x的分式方程﹣＝3的解为非负数，则a的取值范围为 ．
【答案】a≤4且a≠3．
【解析】根据解分式方程的方法和方程﹣＝3的解为非负数，可以求得a的取值范围．
﹣＝3，
方程两边同乘以x﹣1，得
2x﹣a+1＝3（x﹣1），
去括号，得
2x﹣a+1＝3x﹣3，
移项及合并同类项，得
x＝4﹣a，
∵关于x的分式方程﹣＝3的解为非负数，x﹣1≠0，
∴，
解得，a≤4且a≠3
14．矩形ABCD中，AB=6，BC=8.点P在矩形ABCD的内部，点E在边BC上，满足△PBE∽△DBC，若△APD是等腰三角形，则PE的长为数___________.
【答案】3或1.2
【分析】由△PBE∽△DBC，可得∠PBE=∠DBC，继而可确定点P在BD上，然后再根据△APD是等腰三角形，分DP=DA、AP=DP两种情况进行讨论即可得.
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠C=90°，CD=AB=6，∴BD=10，
∵△PBE∽△DBC，
∴∠PBE=∠DBC，∴点P在BD上，
如图1，当DP=DA=8时，BP=2，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=2：10，
∴PE：6=2：10，
∴PE=1.2；
如图2，当AP=DP时，此时P为BD中点，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=1：2，
∴PE：6=1：2，
∴PE=3；
综上，PE的长为1.2或3，
故答案为：1.2或3.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质等，确定出点P在线段BD上是解题的关键.
15．如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连接EF、EO，若DE＝2，∠DPA＝45°．则图中阴影部分的面积为____．
【答案】π﹣2．
【分析】根据垂径定理得CE的长，再根据已知DE平分AO得CO=AO=OE，解直角三角形求解．在求出扇形的圆心角，再根据扇形面积和三角形的面积公式计算即可
【解析】连接OF．
∵直径AB⊥DE，
∴CE＝DE＝．
∵DE平分AO，
∴CO＝AO＝OE．
又∵∠OCE＝90°，
∴sin∠CEO＝＝，
∴∠CEO＝30°．
在Rt△COE中，OE＝＝2．
∴⊙O的半径为2．
在Rt△DCP中，∵∠DPC＝45°，
∴∠D＝90°﹣45°＝45°．
∴∠EOF＝2∠D＝90°．
∴S扇形OEF＝×π×22＝π．
∵∠EOF＝2∠D＝90°，OE＝OF＝2，
∴SRt△OEF＝×OE×OF＝2．
∴S阴影＝S扇形OEF﹣SRt△OEF＝π﹣2．
故答案为：π﹣2．
【点睛】此题考查扇形面积的计算，线段垂直平分线的性质，解直角三角形，解题关键在于掌握运算公式和作辅助线.
16．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABOC的顶点O在坐标原点，边BO在x轴的负半轴上，，顶点C的坐标为，x反比例函数的图象与菱形对角线AO交于点D，连接BD，当轴时，k的值是______．
【答案】
【分析】延长AC交y轴于E，如图，根据菱形的性质得AC∥OB，则AE⊥y轴，再由∠BOC=60°得到∠COE=30°，则根据含30度的直角三角形三边的关系得到CE=OE=3，OC=2CE=6，接着根据菱形的性质得OB=OC=6，∠BOA=30°，于是在Rt△BDO中可计算出BD=OB=2，所以D点坐标为（-6，2），然后利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出k的值．
【解析】延长AC交y轴于E，如图，
∵菱形ABOC的顶点O在坐标原点，边BO在x轴的负半轴上，
∴AC∥OB，
∴AE⊥y轴，
∵∠BOC=60°，
∴∠COE=30°，
而顶点C的坐标为（m，3），
∴OE=3，
∴CE=OE=3，
∴OC=2CE=6，
∵四边形ABOC为菱形，
∴OB=OC=6，∠BOA=30°，
在Rt△BDO中，
∵BD=OB=2，
∴D点坐标为（-6，2），
∵反比例函数y=的图象经过点D，
∴k=-6×2=-12．
故答案为-12．
三、解答题（本大题包括9道小题，共86分。解答时应该写出文字说明，证明过程和演算步骤）
17．（6分）解不等式组：并把解集在数轴上表示出来．
【答案】﹣1＜x＜3，见解析。
【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
解不等式x﹣2＜1得x＜3，
解不等式4x+5＞x+2，得：x＞﹣1，
则不等式组的解集为﹣1＜x＜3，
将解集表示在数轴上如下：
18.（8分）（10分）如图，AB＝AC，AB⊥AC，AD⊥AE，且∠ABD＝∠ACE．
求证：BD＝CE．
【答案】见解析。
【解析】证明：∵AB⊥AC，AD⊥AE，
∴∠BAE+∠CAE＝90°，∠BAE+∠BAD＝90°，
∴∠CAE＝∠BAD．
又AB＝AC，∠ABD＝∠ACE，
∴△ABD≌△ACE（ASA）．
∴BD＝CE．
19.（8分）先化简，再求值：，其中a是关于x的方程的根．
【答案】a2+2a+1；16
【解析】首先将括号里面通分，进而因式分解各项，化简求出即可．
解：
=a2+2a+1
∵a是关于x的方程的根，
∴a2-2a-3=0，
∴a=3或a=-1，
∵a2+a≠0，
∴a≠-1，
∴a=3，
∴原式=9+6+1=16.
20.（10分）为加快复工复产，某企业需运输批物资．据调查得知，2辆大货车与3辆小货车一次可以运输600箱；5辆大货车与6辆小货车一次可以运输1350箱．
(1)求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输多少箱物资；
(2)计划用两种货车共12辆运输这批物资，每辆大货车一次需费用5 000元，每辆小货车一次需费用3000元．若运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元，请你列出所有运输方案,并指出哪种方案所需费用最少，最少费用是多少?
【答案】（1）1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输150箱，100箱物资；（2）共有3种方案，6辆大货车和6辆小货车，7辆大货车和5辆小货车；8辆大货车和4辆小货车，当安排6辆大货车和6辆小货车时，总费用最少，为48000元.
【解析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的实际应用，解题的关键是理解题意，找到等量关系和不等关系，列出式子.
（1）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输x箱，y箱物资，根据题意列出二元一次方程组，求解即可；（2）设安排m辆大货车，则小货车（12-m）辆，总费用为W，根据运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元分别得出不等式，求解即可得出结果.
解：（1）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输x箱，y箱物资，
根据题意，得：，
解得：，
答：1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输150箱，100箱物资；
（2）设安排m辆大货车，则小货车（12-m）辆，总费用为W，
则150m+（12-m）×100≥1500，
解得：m≥6，
而W=5000m+3000×（12-m）=2000m+36000＜54000，
解得：m＜9，
则6≤m＜9，
则运输方案有3种：
6辆大货车和6辆小货车；
7辆大货车和5辆小货车；
8辆大货车和4辆小货车；
∵2000＞0，
∴当m=6时，总费用最少，且为2000×6+36000=48000元.
∴共有3种方案，当安排6辆大货车和6辆小货车时，总费用最少，为48000元.
21.（10分）如图，在中，，以为直径的⊙O与相交于点，过点作⊙O的切线交于点．
（1）求证：；
（2）若⊙O的半径为，，求的长．
【答案】（1）见详解；（2）4.8．
【解析】本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质定理，正确的求出边的长度．
（1）连接OD，由AB=AC，OB=OD，则∠B=∠ODB=∠C，则OD∥AC，由DE为切线，即可得到结论成立；（2）连接AD，则有AD⊥BC，得到BD=CD=8，求出AD=6，利用三角形的面积公式，即可求出DE的长度．
解：连接OD，如图：
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DE是切线，
∴OD⊥DE，
∴AC⊥DE；
（2）连接AD，如（1）图，
∵AB为直径，AB=AC，
∴AD是等腰三角形ABC的高，也是中线，
∴CD=BD=，∠ADC=90°，
∵AB=AC=，
由勾股定理，得：，
∵，
∴。
22．（10分）某中学开设的体育选修课有篮球、足球、排球、羽毛球、乒乓球，学生可以根据自己的爱好选修其中1门．某班班主任对全班同学的选课情况进行了调查统计，制成了两幅不完整的统计图（图（1）和图（2））：
（1）请你求出该班的总人数，并补全条形图（注：在所补小矩形上方标出人数）；
（2）在该班团支部4人中，有1人选修排球，2人选修羽毛球，1人选修乒乓球．如果该班班主任要从他们4人中任选2人作为学生会候选人，那么选出的两人中恰好有1人选修排球、1人选修羽毛球的概率是多少？
【答案】见解析。
【解析】（1）该班的总人数为12÷24%＝50（人），
足球科目人数为50×14%＝7（人），
补全图形如下：
（2）设排球为A，羽毛球为B，乒乓球为C．画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中有1人选修排球、1人选修羽毛球的占4种，
所以恰好有1人选修排球、1人选修羽毛球的概率＝＝，
23.（8分）如图，在△ABC中，D是BC边上一点，且BD＝BA．
（1）尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）：
①作∠ABC的角平分线交AD于点E；
②作线段DC的垂直平分线交DC于点F．
（2）连接EF，直接写出线段EF和AC的数量关系及位置关系．
【答案】见解析。
【分析】（1）根据尺规作基本图形的方法：
①作∠ABC的角平分线交AD于点E即可；
②作线段DC的垂直平分线交DC于点F即可．
（2）连接EF，根据等腰三角形的性质和三角形中位线定理，即可写出线段EF和AC的数量关系及位置关系．
【解析】（1）如图，①BE即为所求；
②如图，线段DC的垂直平分线交DC于点F．
（2）∵BD＝BA，BE平分∠ABD，
∴点E是AD的中点，
∵点F是CD的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴线段EF和AC的数量关系为：EF=12AC，
位置关系为：EF∥AC．
24.（12分）如图1，四边形对角线，相交于点，，．
图1 图2
（1）过点作交于点，求证：；
（2）如图2，将沿翻折得到．
①求证：；
②若，求证：．
【答案】（１）见解析；（２）①见解析；②见解析．
【解析】（1）连接CE，根据全等证得AE=CD，进而AECD为平行四边形，由进行等边代换，即可得到；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，，得，利用翻折的性质得到，即可证明；②证△BEF≌△CDE，从而得，进而得∠CED=∠BCD，且，得到△BCD∽△CDE，得，即可证明．
解：（1）连接CE，
∵，
∴，
∵，，，
∴△OAE≌△OCD，
∴AE=CD，
∴四边形AECD为平行四边形，
∴AE=CD，OE=OD，
∵，
∴CD=BE，
∴；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，
由（1）得，，
∴，
由翻折的性质得，
∴，
∴，
∴；
②∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴EF=DE，
∵四边形AECD平行四边形，
∴CD=AE=BE，
∵AF∥CD，
∴，
∵EF=DE，CD=BE，，
∴△BEF≌△CDE（SAS），
∴，
∵，
∴∠CED=∠BCD，
又∵∠BDC=∠CDE，
∴△BCD∽△CDE，
∴，即，
∵DE=2OD，
∴．
25．（14分）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c（b为常数）与x轴交于A、C两点，与y轴交于B点，直线AB的函数关系式为y=x+．
（1）求该抛物线的函数关系式与C点坐标；
（2）已知点M（m，0）是线段OA上的一个动点，过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，当m为何值时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形；
（3）在（2）问条件下，当△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形时，动点M相应位置记为点M′，将OM′绕原点O顺时针旋转得到ON（旋转角在0°到90°之间）；
①探究：线段OB上是否存在定点P（P不与O、B重合），无论ON如何旋转，始终保持不变，若存在，试求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
②试求出此旋转过程中，（NA+NB）的最小值．
【答案】（1）（1，0）；（2）当m=﹣4时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形；（3）①（0，3）；②3．
【分析】（1）根据已知条件得到B，A的坐标，解方程组得到抛物线的函数关系式，令y=0，于是得到C的坐标；（2）由点M（m，0），过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，得到D（m，），当DE为底时，作BG⊥DE于G，根据等腰三角形的性质得到EG=GD=ED，GM=OB=，列方程即可得到结论；
（3）①根据已知条件得到ON=OM′=4，OB=，由∠NOP=∠BON，特殊的当△NOP∽△BON时，根据相似三角形的性质得到，于是得到结论；
②根据题意得到N在以O为圆心，4为半径的半圆上，由①知，，得到NP=NB，于是得到（NA+NB）的最小值=NA+NP，此时N，A，P三点共线，根据勾股定理得到结论．
【解析】（1）在中，令x=0，则y=，令y=0，则x=﹣6，
∴B（0，），A（﹣6，0），
把B（0，），A（﹣6，0）代入得：，
∴，
∴抛物线的函数关系式为：，
令y=0，则=0，
∴x1=﹣6，x2=1，
∴C（1，0）；
（2）∵点M（m，0），过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，
∴D（m，），
当DE为底时，作BG⊥DE于G，则EG=GD=ED，GM=OB=，
∴=，解得：m1=﹣4，m2=9（不合题意，舍去），
∴当m=﹣4时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形；
（3）①存在，
∵ON=OM′=4，OB=，
∵∠NOP=∠BON，
∴当△NOP∽△BON时，，
∴不变，即OP==3，
∴P（0，3）；
②∵N在以O为圆心，4为半径的半圆上，由①知，，
∴NP=NB，
∴（NA+NB）的最小值=NA+NP，
∴此时N，A，P三点共线，
∴（NA+NB）的最小值==．
2021年福建省福州市中考数学模拟试卷
（满分150分，答题时间120分钟）
第I卷（共40分）
一、单选题（本题10到小题，每题4分，共40分）
1．计算22+（﹣2021）0的结果是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】分别计算平方、零指数幂，然后再进行实数的运算即可．
原式＝4+1＝5
2．下图中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】A、是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形定义．
3．如图是由几个相同大小的小正方体搭建而成的几何体的主视图和俯视图视图，则搭建这个几何体所需要的小正方体的个数至少为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】C
【解析】主视图、俯视图是分别从物体正面、上面看，所得到的图形．
综合主视图和俯视图，底层最少有4个小立方体，第二层最少有2个小立方体，因此搭成这个几何体的小正方体的个数最少是6个．
4．如图，直线a∥b，将一块含30°角（∠BAC＝30°）的直角三角尺按图中方式放置，其中A和C两点分别落在直线a和b上．若∠1＝20°，则∠2的度数为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．50°
【答案】C
【解析】直接利用平行线的性质结合三角形内角和定理得出答案．
∵直线a∥b，
∴∠1+∠BCA+∠2+∠BAC＝180°，
∵∠BAC＝30°，∠BCA＝90°，∠1＝20°，
∴∠2＝40°．
5.关于x的不等式的整数解只有4个，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】不等式组整理后，表示出不等式组的解集，根据整数解共有4个，确定出m的范围即可．
不等式组整理得：，
解集为m＜x＜3，
由不等式组的整数解只有4个，得到整数解为2，1，0，-1，
∴-2≤m<-1
【点睛】本题主要考查对解一元一次不等式，不等式的性质，解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解等知识点的理解和掌握，能根据不等式组的解集得到-2≤m<-1是解此题的关键．
6.在2020年某中学举行的冬季阳径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如表所示：
成绩（m）
1.80
1.50
1.60
1.65
1.70
1.75
人数
1
2
4
3
3
2
这些运动员跳高成绩的中位数和众数分别是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】首先根据这组数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数，判断出这些运动员跳高成绩的中位数即可；然后找出这组数据中出现次数最多的数，则它就是这些运动员跳高成绩的众数，据此解答即可．
∵15÷2＝7…1，第8名的成绩处于中间位置，
∴男子跳高的15名运动员的成绩处于中间位置的数是1.65m，
∴这些运动员跳高成绩的中位数是1.65m；
∵男子跳高的15名运动员的成绩出现次数最多的是1.60m，
∴这些运动员跳高成绩的众数是1.60m；
综上，可得这些运动员跳高成绩的中位数是1.65m，众数是1.60m．
7．《九章算术》是我国古代数学的经典著作，书中有一个问题：“今有黄金九枚，白银一十一枚，称之重适等．交易其一，金轻十三两．问金、银一枚各重几何？”．意思是：甲袋中装有黄金9枚（每枚黄金重量相同），乙袋中装有白银11枚（每枚白银重量相同），称重两袋相等．两袋互相交换1枚后，甲袋比乙袋轻了13两（袋子重量忽略不计）．问黄金、白银每枚各重多少两？设每枚黄金重x两，每枚白银重y两，根据题意得（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设每枚黄金重x两，每枚白银重y两，
由题意得：，
故选：D．
【点睛】此题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
8．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格线的格点上，将△ABC绕点P顺时针方向旋转90°，得到△A'B'C'，则点P的坐标为（ ）
A．(0，4) B．(1，1) C．(1，2) D．(2，1)
【答案】C
【解析】由图知，旋转中心P的坐标为（1，2），
故选：C．
【点睛】本题主要考查坐标与图形的变化−旋转，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
9.如图，⊙O的半径为2，点A为⊙O上一点，半径OD⊥弦BC于D，如果∠BAC=60°，那么OD的长
是（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【解析】∵OB=OC，OD⊥BC，
∴∠BOD=∠BOC，
∵∠A=∠BOC，
∴∠BOD=∠A=60°，
∴OD=OB·cos60°=2×=1.
故选C．
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x＝﹣，结合图象分析下列结论：
①abc＞0；
②3a+c＞0；
③当x＜0时，y随x的增大而增大；
④一元二次方程cx2+bx+a＝0的两根分别为x1＝﹣，x2＝；
⑤＜0；
⑥若m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根，则m＜﹣3且n＞2，
其中正确的结论有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】C
【解析】利用二次函数图象与系数的关系，结合图象依次对各结论进行判断．
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x＝﹣
∴抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）和（2，0），且a＝b
由图象知：a＜0，c＞0，b＜0
∴abc＞0
故结论①正确；
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）
∴9a﹣3b+c＝0
∵a＝b，∴c＝﹣6a，∴3a+c＝﹣3a＞0，故结论②正确；
∵当x＜﹣时，y随x的增大而增大；当﹣＜x＜0时，y随x的增大而减小
∴结论③错误；
∵cx2+bx+a＝0，c＞0
∴x2+x+1＝0
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）和（2，0）
∴ax2+bx+c＝0的两根是﹣3和2
∴＝1，＝﹣6
∴x2+x+1＝0即为：﹣6x2+x+1＝0，解得x1＝﹣，x2＝；
故结论④正确；
∵当x＝﹣时，y＝＞0
∴＜0
故结论⑤正确；
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）和（2，0），
∴y＝ax2+bx+c＝a（x+3）（x﹣2）
∵m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根
∴m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）＝﹣3的两个根
∴m，n（m＜n）为函数y＝a（x+3）（x﹣2）与直线y＝﹣3的两个交点的横坐标
结合图象得：m＜﹣3且n＞2
故结论⑥成立；
故选：C．
第II卷（共110分）
二、填空题（本题6道小题，每小题4分，共24分）
11．化简(-1)0+()-2-+=____________.
【答案】-1
【解析】原式=1+4-3-3=-1．
12．将圆心角为216°，半径为5cm的扇形围成一个圆锥的侧面，那么围成的这个圆锥的高为 cm．
【答案】4．
【解析】圆锥的底面圆的半径为r，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到2πr＝，解得r＝3，然后根据勾股定理计算出圆锥的高．
设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意得2πr＝，解得r＝3，
所以圆锥的高＝＝4（cm）．
13．关于x的分式方程﹣＝3的解为非负数，则a的取值范围为 ．
【答案】a≤4且a≠3．
【解析】根据解分式方程的方法和方程﹣＝3的解为非负数，可以求得a的取值范围．
﹣＝3，
方程两边同乘以x﹣1，得
2x﹣a+1＝3（x﹣1），
去括号，得
2x﹣a+1＝3x﹣3，
移项及合并同类项，得
x＝4﹣a，
∵关于x的分式方程﹣＝3的解为非负数，x﹣1≠0，
∴，
解得，a≤4且a≠3
14．矩形ABCD中，AB=6，BC=8.点P在矩形ABCD的内部，点E在边BC上，满足△PBE∽△DBC，若△APD是等腰三角形，则PE的长为数___________.
【答案】3或1.2
【分析】由△PBE∽△DBC，可得∠PBE=∠DBC，继而可确定点P在BD上，然后再根据△APD是等腰三角形，分DP=DA、AP=DP两种情况进行讨论即可得.
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠C=90°，CD=AB=6，∴BD=10，
∵△PBE∽△DBC，
∴∠PBE=∠DBC，∴点P在BD上，
如图1，当DP=DA=8时，BP=2，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=2：10，
∴PE：6=2：10，
∴PE=1.2；
如图2，当AP=DP时，此时P为BD中点，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=1：2，
∴PE：6=1：2，
∴PE=3；
综上，PE的长为1.2或3，
故答案为：1.2或3.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质等，确定出点P在线段BD上是解题的关键.
15．如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连接EF、EO，若DE＝2，∠DPA＝45°．则图中阴影部分的面积为____．
【答案】π﹣2．
【分析】根据垂径定理得CE的长，再根据已知DE平分AO得CO=AO=OE，解直角三角形求解．在求出扇形的圆心角，再根据扇形面积和三角形的面积公式计算即可
【解析】连接OF．
∵直径AB⊥DE，
∴CE＝DE＝．
∵DE平分AO，
∴CO＝AO＝OE．
又∵∠OCE＝90°，
∴sin∠CEO＝＝，
∴∠CEO＝30°．
在Rt△COE中，OE＝＝2．
∴⊙O的半径为2．
在Rt△DCP中，∵∠DPC＝45°，
∴∠D＝90°﹣45°＝45°．
∴∠EOF＝2∠D＝90°．
∴S扇形OEF＝×π×22＝π．
∵∠EOF＝2∠D＝90°，OE＝OF＝2，
∴SRt△OEF＝×OE×OF＝2．
∴S阴影＝S扇形OEF﹣SRt△OEF＝π﹣2．
故答案为：π﹣2．
【点睛】此题考查扇形面积的计算，线段垂直平分线的性质，解直角三角形，解题关键在于掌握运算公式和作辅助线.
16．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABOC的顶点O在坐标原点，边BO在x轴的负半轴上，，顶点C的坐标为，x反比例函数的图象与菱形对角线AO交于点D，连接BD，当轴时，k的值是______．
【答案】
【分析】延长AC交y轴于E，如图，根据菱形的性质得AC∥OB，则AE⊥y轴，再由∠BOC=60°得到∠COE=30°，则根据含30度的直角三角形三边的关系得到CE=OE=3，OC=2CE=6，接着根据菱形的性质得OB=OC=6，∠BOA=30°，于是在Rt△BDO中可计算出BD=OB=2，所以D点坐标为（-6，2），然后利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出k的值．
【解析】延长AC交y轴于E，如图，
∵菱形ABOC的顶点O在坐标原点，边BO在x轴的负半轴上，
∴AC∥OB，
∴AE⊥y轴，
∵∠BOC=60°，
∴∠COE=30°，
而顶点C的坐标为（m，3），
∴OE=3，
∴CE=OE=3，
∴OC=2CE=6，
∵四边形ABOC为菱形，
∴OB=OC=6，∠BOA=30°，
在Rt△BDO中，
∵BD=OB=2，
∴D点坐标为（-6，2），
∵反比例函数y=的图象经过点D，
∴k=-6×2=-12．
故答案为-12．
三、解答题（本大题包括9道小题，共86分。解答时应该写出文字说明，证明过程和演算步骤）
17．（6分）解不等式组：并把解集在数轴上表示出来．
【答案】﹣1＜x＜3，见解析。
【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
解不等式x﹣2＜1得x＜3，
解不等式4x+5＞x+2，得：x＞﹣1，
则不等式组的解集为﹣1＜x＜3，
将解集表示在数轴上如下：
18.（8分）（10分）如图，AB＝AC，AB⊥AC，AD⊥AE，且∠ABD＝∠ACE．
求证：BD＝CE．
【答案】见解析。
【解析】证明：∵AB⊥AC，AD⊥AE，
∴∠BAE+∠CAE＝90°，∠BAE+∠BAD＝90°，
∴∠CAE＝∠BAD．
又AB＝AC，∠ABD＝∠ACE，
∴△ABD≌△ACE（ASA）．
∴BD＝CE．
19.（8分）先化简，再求值：，其中a是关于x的方程的根．
【答案】a2+2a+1；16
【解析】首先将括号里面通分，进而因式分解各项，化简求出即可．
解：
=a2+2a+1
∵a是关于x的方程的根，
∴a2-2a-3=0，
∴a=3或a=-1，
∵a2+a≠0，
∴a≠-1，
∴a=3，
∴原式=9+6+1=16.
20.（10分）为加快复工复产，某企业需运输批物资．据调查得知，2辆大货车与3辆小货车一次可以运输600箱；5辆大货车与6辆小货车一次可以运输1350箱．
(1)求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输多少箱物资；
(2)计划用两种货车共12辆运输这批物资，每辆大货车一次需费用5 000元，每辆小货车一次需费用3000元．若运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元，请你列出所有运输方案,并指出哪种方案所需费用最少，最少费用是多少?
【答案】（1）1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输150箱，100箱物资；（2）共有3种方案，6辆大货车和6辆小货车，7辆大货车和5辆小货车；8辆大货车和4辆小货车，当安排6辆大货车和6辆小货车时，总费用最少，为48000元.
【解析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的实际应用，解题的关键是理解题意，找到等量关系和不等关系，列出式子.
（1）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输x箱，y箱物资，根据题意列出二元一次方程组，求解即可；（2）设安排m辆大货车，则小货车（12-m）辆，总费用为W，根据运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元分别得出不等式，求解即可得出结果.
解：（1）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输x箱，y箱物资，
根据题意，得：，
解得：，
答：1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输150箱，100箱物资；
（2）设安排m辆大货车，则小货车（12-m）辆，总费用为W，
则150m+（12-m）×100≥1500，
解得：m≥6，
而W=5000m+3000×（12-m）=2000m+36000＜54000，
解得：m＜9，
则6≤m＜9，
则运输方案有3种：
6辆大货车和6辆小货车；
7辆大货车和5辆小货车；
8辆大货车和4辆小货车；
∵2000＞0，
∴当m=6时，总费用最少，且为2000×6+36000=48000元.
∴共有3种方案，当安排6辆大货车和6辆小货车时，总费用最少，为48000元.
21.（10分）如图，在中，，以为直径的⊙O与相交于点，过点作⊙O的切线交于点．
（1）求证：；
（2）若⊙O的半径为，，求的长．
【答案】（1）见详解；（2）4.8．
【解析】本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质定理，正确的求出边的长度．
（1）连接OD，由AB=AC，OB=OD，则∠B=∠ODB=∠C，则OD∥AC，由DE为切线，即可得到结论成立；（2）连接AD，则有AD⊥BC，得到BD=CD=8，求出AD=6，利用三角形的面积公式，即可求出DE的长度．
解：连接OD，如图：
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DE是切线，
∴OD⊥DE，
∴AC⊥DE；
（2）连接AD，如（1）图，
∵AB为直径，AB=AC，
∴AD是等腰三角形ABC的高，也是中线，
∴CD=BD=，∠ADC=90°，
∵AB=AC=，
由勾股定理，得：，
∵，
∴。
22．（10分）某中学开设的体育选修课有篮球、足球、排球、羽毛球、乒乓球，学生可以根据自己的爱好选修其中1门．某班班主任对全班同学的选课情况进行了调查统计，制成了两幅不完整的统计图（图（1）和图（2））：
（1）请你求出该班的总人数，并补全条形图（注：在所补小矩形上方标出人数）；
（2）在该班团支部4人中，有1人选修排球，2人选修羽毛球，1人选修乒乓球．如果该班班主任要从他们4人中任选2人作为学生会候选人，那么选出的两人中恰好有1人选修排球、1人选修羽毛球的概率是多少？
【答案】见解析。
【解析】（1）该班的总人数为12÷24%＝50（人），
足球科目人数为50×14%＝7（人），
补全图形如下：
（2）设排球为A，羽毛球为B，乒乓球为C．画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中有1人选修排球、1人选修羽毛球的占4种，
所以恰好有1人选修排球、1人选修羽毛球的概率＝＝，
23.（8分）如图，在△ABC中，D是BC边上一点，且BD＝BA．
（1）尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）：
①作∠ABC的角平分线交AD于点E；
②作线段DC的垂直平分线交DC于点F．
（2）连接EF，直接写出线段EF和AC的数量关系及位置关系．
【答案】见解析。
【分析】（1）根据尺规作基本图形的方法：
①作∠ABC的角平分线交AD于点E即可；
②作线段DC的垂直平分线交DC于点F即可．
（2）连接EF，根据等腰三角形的性质和三角形中位线定理，即可写出线段EF和AC的数量关系及位置关系．
【解析】（1）如图，①BE即为所求；
②如图，线段DC的垂直平分线交DC于点F．
（2）∵BD＝BA，BE平分∠ABD，
∴点E是AD的中点，
∵点F是CD的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴线段EF和AC的数量关系为：EF=12AC，
位置关系为：EF∥AC．
24.（12分）如图1，四边形对角线，相交于点，，．
图1 图2
（1）过点作交于点，求证：；
（2）如图2，将沿翻折得到．
①求证：；
②若，求证：．
【答案】（１）见解析；（２）①见解析；②见解析．
【解析】（1）连接CE，根据全等证得AE=CD，进而AECD为平行四边形，由进行等边代换，即可得到；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，，得，利用翻折的性质得到，即可证明；②证△BEF≌△CDE，从而得，进而得∠CED=∠BCD，且，得到△BCD∽△CDE，得，即可证明．
解：（1）连接CE，
∵，
∴，
∵，，，
∴△OAE≌△OCD，
∴AE=CD，
∴四边形AECD为平行四边形，
∴AE=CD，OE=OD，
∵，
∴CD=BE，
∴；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，
由（1）得，，
∴，
由翻折的性质得，
∴，
∴，
∴；
②∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴EF=DE，
∵四边形AECD平行四边形，
∴CD=AE=BE，
∵AF∥CD，
∴，
∵EF=DE，CD=BE，，
∴△BEF≌△CDE（SAS），
∴，
∵，
∴∠CED=∠BCD，
又∵∠BDC=∠CDE，
∴△BCD∽△CDE，
∴，即，
∵DE=2OD，
∴．
25．（14分）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c（b为常数）与x轴交于A、C两点，与y轴交于B点，直线AB的函数关系式为y=x+．
（1）求该抛物线的函数关系式与C点坐标；
（2）已知点M（m，0）是线段OA上的一个动点，过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，当m为何值时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形；
（3）在（2）问条件下，当△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形时，动点M相应位置记为点M′，将OM′绕原点O顺时针旋转得到ON（旋转角在0°到90°之间）；
①探究：线段OB上是否存在定点P（P不与O、B重合），无论ON如何旋转，始终保持不变，若存在，试求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
②试求出此旋转过程中，（NA+NB）的最小值．
【答案】（1）（1，0）；（2）当m=﹣4时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形；（3）①（0，3）；②3．
【分析】（1）根据已知条件得到B，A的坐标，解方程组得到抛物线的函数关系式，令y=0，于是得到C的坐标；（2）由点M（m，0），过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，得到D（m，），当DE为底时，作BG⊥DE于G，根据等腰三角形的性质得到EG=GD=ED，GM=OB=，列方程即可得到结论；
（3）①根据已知条件得到ON=OM′=4，OB=，由∠NOP=∠BON，特殊的当△NOP∽△BON时，根据相似三角形的性质得到，于是得到结论；
②根据题意得到N在以O为圆心，4为半径的半圆上，由①知，，得到NP=NB，于是得到（NA+NB）的最小值=NA+NP，此时N，A，P三点共线，根据勾股定理得到结论．
【解析】（1）在中，令x=0，则y=，令y=0，则x=﹣6，
∴B（0，），A（﹣6，0），
把B（0，），A（﹣6，0）代入得：，
∴，
∴抛物线的函数关系式为：，
令y=0，则=0，
∴x1=﹣6，x2=1，
∴C（1，0）；
（2）∵点M（m，0），过点M作x轴的垂线l分别与直线AB和抛物线交于D、E两点，
∴D（m，），
当DE为底时，作BG⊥DE于G，则EG=GD=ED，GM=OB=，
∴=，解得：m1=﹣4，m2=9（不合题意，舍去），
∴当m=﹣4时，△BDE恰好是以DE为底边的等腰三角形；
（3）①存在，
∵ON=OM′=4，OB=，
∵∠NOP=∠BON，
∴当△NOP∽△BON时，，
∴不变，即OP==3，
∴P（0，3）；
②∵N在以O为圆心，4为半径的半圆上，由①知，，
∴NP=NB，
∴（NA+NB）的最小值=NA+NP，
∴此时N，A，P三点共线，
∴（NA+NB）的最小值==．
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