2021年广东省珠海市金湾区中考一模数学试题（含答案）

这是一份2021年广东省珠海市金湾区中考一模数学试题（含答案），共23页。试卷主要包含了下列计算正确的是，下面命题中，为真命题的是，二次函数y＝ax2+bx+c等内容，欢迎下载使用。
2021年广东省珠海市金湾区中考一模数学试题
一．选择题（共10小题，满分30分）
1．下列图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．实数a，b，c，d在数轴上的对应点的位置如图所示，则正确的结论是（　　）

A．a＞﹣4 B．bd＞0 C．|a|＞|d| D．b+c＞0
3．下列计算正确的是（　　）
A．a5+a5＝a10 B．a7÷a＝a6 C．a3•a2＝a6 D．（﹣a3）2＝﹣a6
4．不等式组的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（　　）

A．10° B．20° C．30° D．40°
6．下面命题中，为真命题的是（　　）
A．三角形的一个外角大于它的任意一个内角
B．内错角相等
C．对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形
D．弧长相等的弧是等弧
7．如图，太阳光线与地面成80°角，窗子AB＝2米，要在窗子外面上方0.2米的点D处安装水平遮阳板DC，使光线不能直接射入室内，则遮阳板DC的长度至少是（　　）

A．米 B．2sin80°米
C．米 D．2.2cos80°米
8．自带水杯已成为人们良好的健康卫生习惯．某公司为员工购买甲、乙两种型号的水杯，用720元购买甲种水杯的数量和用540元购买乙种水杯的数量相同，已知甲种水杯的单价比乙种水杯的单价多15元．设甲种水杯的单价为x元，则列出方程正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线x＝2，下列结论：（1）4a+b＝0；（2）9a+c＞﹣3b；（3）b2﹣4ac＝0；（4）若点A（﹣3，y1）、点B（﹣，y2）、点C（7，y3）在该函数图象上，则y1＜y2＜y3.其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．在矩形ABCD中，连接AC，过点B作BH⊥AC于点H交AD于点I，AE平分∠BAC分别交BH、BC于点P、E，BF平分∠IBC分别交AC、DC于点G、F，已知AB＝4，tan∠BAE＝，在下列说法中，①△ABP≌△AGP；②四边形BPGE的面积是；③sin∠HPG＝；④FC＝2FD．⑤连接FH，则FH∥BC，正确的是（　　）

A．①③④⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤
二．填空题（共7小题，满分28分）
11．因式分解：x2y﹣y＝　 　．
12．一个多边形的内角和是1080°，这个多边形的边数是　 　．
13．如图，直线a∥b，∠BAC的顶点A在直线a上，且∠BAC＝100°．若∠1＝34°，则∠2＝　 　°．

14．已知x＝2y+3，则代数式4x﹣8y+9的值是　 　．
15．已知方程x2﹣2x﹣8＝0的两根为α、β，则α2+β2＝　 　．
16．如图，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与坐标原点O重合，AF∥x轴，将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转n次，每次旋转60°，当n＝2018时，顶点A的坐标为　 　．

17．如图，直线m是△ABC中BC边的垂直平分线，点P是直线m上的一动点．若AB＝6，AC＝4，BC＝7，则△APC周长的最小值是　 　．

三．解答题（共8小题，满分62分）
18．计算：﹣（π﹣3.14）0+（﹣）﹣2﹣4sin45°．
19．先化简，再求值：（a+）÷，其中a＝2．
20．新冠疫情防控期间，银川市某中学积极开展“停课不停学”网络教学活动．为了了解初中生每日线上学习时长t （单位：小时）的情况，在全校范围内随机抽取了部分初中生进行调查，并将所收集的数据分组整理，绘制了如图所示的不完整的频数分布直方图和扇形统计图．

根据图中信息，解答下列问题：
（1）在这次调查活动中，一共抽取了多少名初中生？
（2）若该校有2000名初中生，请你估计该校每日线上学习时长在“3≤t＜4”范围的初中生共有多少名？
（3）每日线上学习时长恰好在“2≤t＜3”范围的初中生中有甲、乙、丙、丁4人表现特别突出，现从4人中随机选出2人分享在线学习心得，用列表或画树状图的方法求恰好选中甲和乙的概率．
21．小明和小华利用阳光下的影子来测量一建筑物顶部旗杆的高．如图所示，在某一时刻，他们在阳光下，分别测得该建筑物OB的影长OC为16米，OA的影长OD为20米，小明的影长FG为2.4米，其中O、C、D、F、G五点在同一直线上，A、B、O三点在同一直线上，且AO⊥OD，EF⊥FG．已知小明的身高EF为1.8米，求旗杆的高AB．

22．如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，BD的垂直平分线分别交AB，BD，BC于点E，F，G，连接DE，DG．
（1）求证：四边形BGDE是菱形；
（2）若∠ABC＝30°，∠C＝45°，ED＝6，求CG的长．

23．某商场试销一款玩具，进价为20元/件，商场与供货商约定，试销期间利润不高于30%，且同一周内售价不变．从试销记录看到，当售价为22元时，一周销售了80件该玩具；当售价为24元时，一周销售了60件该玩具．每周销量y（件）与售价x（元）符合一次函数关系．
（1）求每周销量y（件）与售价x（元）之间的关系式；
（2）若商场一周内销售该玩具获得的利润为210元，则该玩具的售价为多少元？
（3）商场将该玩具的售价定为多少时，一周内销售该玩具获得利润最大？最大利润W为多少元？
24．（1）如图1，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，E是AC上一点，AE＝5，ED⊥AB，垂足为D，求AD的长．

（2）类比探究：如图2，△ABC中，AC＝14，BC＝6，点D，E分别在线段AB，AC上，∠EDB＝∠ACB＝60°，DE＝2．求AD的长．
（3）拓展延伸：如图3，△ABC中，点D，点E分别在线段AB，AC上，∠EDB＝∠ACB＝60°．延长DE，BC交于点F，AD＝4，DE＝5，EF＝6，DE＜BD，＝　 　；BD＝　 　．

25．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+x﹣与x轴交于点A、B（点A在点B右侧），点D为抛物线的顶点，点C在y轴的正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE．
（1）求点A、B、D的坐标；
（2）求证：四边形BFCE是平行四边形；
（3）如图2，过顶点D作DD1⊥x轴于点D1，点P是抛物线上一动点，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，使得△PAM与△DD1A相似（不含全等）．
①求出一个满足以上条件的点P的横坐标；
②直接回答这样的点P共有几个？


2021年广东省珠海市金湾区中考一模数学试题
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1． 解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
2． 解：由数轴上点的位置，得
a＜﹣4＜b＜0＜c＜1＜d．
A、a＜﹣4，故A不符合题意；
B、bd＜0，故B不符合题意；
C、|a|＞4＝|d|，故C符合题意；
D、b+c＜0，故D不符合题意；
故选：C．
3． 解：A．a5+a5＝2a5，所以此选项错误；
B．a7÷a＝a6，所以此选项正确；
C．a3•a2＝a5，所以此选项错误；
D．（﹣a3）2＝a6，所以此选项错误；
故选：B．
4． 解：，
由①得：x＜2，
由②得：x≥﹣1，
不等式组的解集为：，
故选：B．
5． 解：∵∠BAC＝90°，∠B＝50°，
∴∠C＝40°，
∵△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，
∴∠AB'B＝∠B＝50°，
∴∠CAB'＝∠AB'B﹣∠C＝10°，
故选：A．
6． 解：三角形的一个外角大于任意一个不相邻的内角，故A选项不符合题意；
两直线平行，内错角相等，故B不符合题意；
对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，故C符合题意；
在同圆或等圆中，弧长相等的弧是等弧，故D不符合题意；
故选：C．
7． 解：∵DA＝0.2米，AB＝2米，
∴DB＝DA+AB＝2.2米，
∵光线与地面成80°角，∴∠BCD＝80°．
又∵tan∠BCD＝，
∴DC＝＝．
故选：C．
8． 解：设甲种水杯的单价为x元，则乙种水杯的单价为（x﹣15）元，
依题意得：＝．
故选：A．
9． 解：∵x＝﹣＝2，
∴4a+b＝0，故①结论正确．
由函数图象可知：函数图象与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，故③结论错误．
∵抛物线与x轴的一个交点为（﹣1，0），对称轴为直线x＝2，
∴另一个交点为（5，0），
∴当x＝3时，y＞0，
∴9a+3b+c＞0，
∴9a+c＞﹣3b，
故②结论正确；
∵抛物线的对称轴为x＝2，C（7，y3），
∴（﹣3，y3）．
∵﹣3＜﹣，在对称轴的左侧，
∴y随x的增大而增大，
∴y1＝y3＜y2，故④结论错误．
综上所述，正确的结论有2个．
故选：B．
10． 解：设AE与BF交于点Q，如图：

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝CD＝4，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ABH+∠HBC＝90°，
∵BH⊥AC，
∴∠AHB＝90°，
∴∠HAB+∠ABH＝90°，
∴∠BAC＝∠HBC，
∵AE平分∠BAC，BF平分∠IBC，
∴∠BAE＝∠EAC＝∠BAC，∠HBG＝∠GBC＝∠HBC，
∴∠EAC＝∠HBG，
∵∠APH＝∠BPQ，
∴∠BQP＝∠AHP＝90°，
∴∠AQP＝∠AQG＝90°，
∵AQ＝AQ，
∴△ABQ≌△AGQ（ASA），
∴AB＝AG，BQ＝QG，
∵AP＝AP，
∴△ABP≌△AGP（SAS），
故①正确；
∵AQ⊥BG，BQ＝QG，
∴AQ是BG的垂直平分线，
∴BP＝PG，BE＝EG，
∵BQ＝BQ，∠BQE＝∠BQP＝90°，∠HBG＝∠GBC，
∴△PBQ≌△EBQ（ASA），
∴BP＝BE，
∴BP＝BE＝PG＝GE，
∴四边形BPGE是菱形，
∴PE＝2QE，
在Rt△ABE中，AB＝4，tan∠BAE＝，
∴BE＝ABtan∠BAE＝4×＝2，
∵∠GBE＝∠BAE，
∴tan∠GBE＝，
在Rt△BQE中，tan∠QBE＝＝，
设QE＝a，BQ＝2a，
∵BQ2+QE2＝BE2，
∴（2a）2+a2＝4，
∴a＝或a＝﹣（舍去），
∴BG＝2BQ＝4a＝，PE＝2QE＝2a＝，
∴四边形BPGE的面积＝BG•PE＝××＝，
故②正确；
∵四边形BPGE是菱形，
∴PG∥BC，
∴∠HPG＝∠HBC，

过点P作PM⊥BE，垂足为M，
∵菱形BPGE的面积是，
∴BE•PM＝，
∴PM＝，
在Rt△BPM中，sin∠PBC＝＝＝，
∴sin∠HPG＝，
故③正确；
∵∠ABC＝90°，AB＝4，BE＝2，
∴AE＝＝＝2，
∴AP＝AE﹣PE＝2﹣＝，
∴＝，
∵PG∥BC，
∴＝＝，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD，∠ABG＝∠BFC，
∴△ABG∽△CFG，
∴＝＝，
∴＝，
∴CF＝2DF，
故④正确；
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，∠AIB＝∠IBE，
∴△API∽△EPB，
∴＝，
∴＝，
∴AI＝3，
∴BI＝＝＝5，
∴AH＝＝，
∵∠AIB＝∠IBE，∠IBC＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠AIB，
∵∠ABC＝∠BAI，
∴△ABC∽△IAB，
∴＝，
∴＝，
∴AC＝，
∴＝，
∵＝，
∴≠，
∴FH与AD不平行，
∴FH与BC不平行，
故⑤错误；
∴正确的是①②③④．
故选：C．
二．填空题（共7小题）
11． 解：原式＝y（x2﹣1）＝y（x+1）（x﹣1），
故答案为：y（x+1）（x﹣1）．
12． 解：设多边形边数有x条，由题意得：
180（x﹣2）＝1080，
解得：x＝8，
故答案为：8．
13． 解：∵直线a∥b，
∴∠3＝∠1＝34°，
∵∠BAC＝100°，
∴∠2＝180°﹣34°﹣100°＝46°，
故答案为：46．

14． 解：∵x＝2y+3，
∴x﹣2y＝3，
则代数式4x﹣8y+9＝4（x﹣2y）+9
＝4×3+9
＝21．
故答案为：21．
15． 解：∵方程x2﹣2x﹣8＝0的两根为α、β，
∴α+β＝﹣＝2，αβ＝＝﹣8，
∴α2+β2＝（α+β）2﹣2αβ＝22﹣2×（﹣8）＝20．
故答案为：20．
16． 解：连接OA、OC、OD、OF，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝∠DOC＝∠COB＝∠BOA＝60°，
∵将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转，每次旋转60°，
∴点A旋转6次回到点A，
2018÷6＝336…2，
∴正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转2018次，与点E重合，
∴顶点A的坐标为（4，0），
故答案为（4，0）．

17． 解：∵直线m垂直平分AB，
∴B、C关于直线m对称，
设直线m交AB于D，
∴当P和D重合时，AP+CP的值最小，最小值等于AB的长，
∴△APC周长的最小值是6+4＝10．
故答案为10．

三．解答题（共8小题）
18． 解：原式＝2﹣1+4﹣4×
＝2﹣1+4﹣2
＝3．
19． 解：（a+）÷，
＝（+）÷，
＝[+]，
＝，
＝，
＝；
当a＝2时，原式＝＝3．
20． 解：（1）由题意得：100÷20%＝500（名），
答：在这次调查活动中，一共抽取了500名初中生；
（2）条形统计图中，D的人数为：500﹣50﹣100﹣160﹣40＝150（名），
则估计该校每日线上学习时长在“3≤t＜4”范围的初中生共有：2000×＝600（名），
答：估计该校每日线上学习时长在“3≤t＜4”范围的初中生共有600名；
（3）画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲和乙的结果有2种，
∴恰好选中甲和乙的概率为＝．
21． 解：解法一：∵AD∥EG，
∴∠ADO＝∠EGF，
∵∠AOD＝∠EFG＝90°，
∴△AOD∽△EFG，
∴＝，即＝，
∴AO＝15，
∵AD∥BC，
∴△BOC∽△AOD，
∴＝，即＝，
∴BO＝12，
∴AB＝AO﹣BO＝15﹣12＝3（米）；
解法二：如图，过点C作CM⊥OD于C，交AD于M，

∵△EGF∽△MDC，
∴＝，即＝，
∴CM＝3，
即AB＝CM＝3（米），
答：旗杆的高AB是3米．
22． （1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBG，
∵EG垂直平分BD，
∴DG＝BG，DE＝EB，
∴∠DBG＝∠GDB，∠ABD＝∠EDB，
∴∠EDB＝∠DBG＝∠ABD＝∠GDB，
∴BE∥DG，DE∥GB，
∴四边形BGDE是平行四边形，
又DE＝EB，
∴四边形BGDE是菱形；
（2）解：如图，过点D作DH⊥BC，

∵四边形BGDE是菱形，
∴DE＝DG＝6，DG∥EB
∴∠ABC＝∠DGC＝30°，
又DH⊥BC，
∴DH＝3，HG＝DH＝3，
∵∠C＝45°，DH⊥BC，
∴∠C＝∠CDH＝45°，
∴CH＝DH＝3，
∴CG＝CH+HG＝3+3．
23． （1）解：（1）设每周销量y（件）与销售单价x（元）之间的关系式为y＝kx+b，
则，
解得：，
∴y（件）与销售单价x（元）之间的关系式为：y＝﹣10x+300．
故答案为：y＝﹣10x+300；
（2）解：根据题意可得（x﹣20）（﹣10x+300）＝210，
整理得：x2﹣50x+621＝0，
解得：x1＝23，x2＝27，
∵利润不高于30%，
∴x≤20×（1+30%）＝26，
∴x2＝27（舍去），
∴x＝23．
答：该玩具的售价为23元．
故答案为：23元．
（3）根据题意得：W＝（x﹣20）（﹣10x+300）＝﹣10x2+500x﹣6000＝﹣10（x﹣25）2+250，
∵a＝﹣10＜0，
∴W随着x的减小而增大，
∴当x＝25时，W取最大值且W＝250元．
答：最大利润W为250元．
故答案为：250元．
24． 解：（1）∵∠ADE＝∠C＝90°，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴＝，
∵AB＝10，AC＝8，AE＝5，
∴＝，
解得：AD＝4，
故答案为：4；

（2）如图2，在AC上截取CH＝CB，连接BH，
∵∠ACB＝60°，
∴△BCH为等边三角形，
∴CH＝BH＝BC＝6，∠CHB＝60°，
∴AH＝AC﹣CH＝8，∠AHB＝120°，
∵∠EDB＝60°，
∴∠ADE＝120°，
∴∠ADE＝∠AHB，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△AHB，
∴＝，即＝，
解得：AD＝；

（3）过点B作BM⊥DE于点M，过点E作EN⊥AB于点N，
∴∠BMD＝∠BME＝∠ANE＝90°，
∵∠EDN＝60°，
∴∠DEN＝30°，
∴DN＝DE＝，
则EN＝＝，
∴AN＝AD+DN＝4+＝，
设DM＝a，
∵∠BDM＝60°，∠DMB＝30°，
∴∠MBD＝30°，
∴BD＝2a，
∴BM＝＝a，
∵DE＝5，EF＝6，
∴MF＝DE+EF﹣DM＝11﹣a，
∵∠BCA＝∠F+∠FEC，∠BDE＝∠A+∠AED，∠AED＝∠FEC，∠BCA＝∠BDE，
∴∠A＝∠F，
∴△AEN∽△FBM，
∴＝＝，即＝＝，
解得：a＝，
∴BD＝2a＝，
∵∠ABC＝∠DBF，∠ACB＝∠BDF＝60°，
∴△ABC∽△FBD，
∴＝＝＝，
故答案为：，．


25． 解：（1）令x2+x﹣＝0，
解得x1＝1，x2＝﹣7．
∴A（1，0），B（﹣7，0）．
由y＝x2+x﹣＝（x+3）2﹣2得，D（﹣3，﹣2）；

（2）证明：∵DD1⊥x轴于点D1，
∴∠COF＝∠DD1F＝90°，
∵∠D1FD＝∠CFO，
∴△DD1F∽△COF，
∴＝，
∵D（﹣3，﹣2），
∴D1D＝2，OD1＝3，
∵AC＝CF，CO⊥AF
∴OF＝OA＝1
∴D1F＝D1O﹣OF＝3﹣1＝2，
∴＝，
∴OC＝，
∴CA＝CF＝FA＝2，
∴△ACF是等边三角形，
∴∠AFC＝∠ACF，
∵△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，
∴∠ECF＝∠AFC＝60°，
∴EC∥BF，
∵EC＝DC＝＝6，
∵BF＝6，
∴EC＝BF，
∴四边形BFCE是平行四边形；
（3）∵点P是抛物线上一动点，
∴设P点（x，x2+x﹣），
①当点P在B点的左侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴或＝，
∴＝或＝，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣11或x1＝1（不合题意舍去）x2＝﹣；
当点P在A点的右侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴＝或＝，
∴＝或＝，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣3（不合题意舍去）或x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣（不合题意舍去）；
当点P在AB之间时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴＝或＝，
∴＝或＝，
解得：x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣3（不合题意舍去）或x1＝1（不合题意舍去），x2＝﹣；
综上所述，点P的横坐标为﹣11或﹣或﹣；