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中考数学真题：2021年河北省初中毕业生升学文化课考试
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这是一份中考数学真题：2021年河北省初中毕业生升学文化课考试，共20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。
2021年河北省初中毕业生升学文化课考试
数学试卷
时间：120分钟 满分：120分一、选择题(本大题有16个小题，共42分.1～10小题各3分，11～16小题各2分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 如图1，已知四条线段a，b，c，d中的一条与挡板另一侧的线段m在同一直线上，请借助直尺判断该线段是( )
图1
A. A B.b C.c D.d
2. 不一定相等的一组是( )
A. a＋b与b＋a B.3a与a＋a＋a
C. a3与a·a·a D.3(a＋b)与3a＋b
3. 已知a>b，则一定有－4a□－4b，“□”中应填的符号是( )
A. > B.< C.≥ D.＝
4. 与结果相同的是( )
A. 3－2＋1 B.3＋2－1
C. 3＋2＋1 D.3－2－1
5. 能与－(－)相加得0的是( )
A. －－ B.＋
C. －＋ D.－＋
6. 一个骰子相对两面的点数之和为7，它的展开图如图2，下列判断正确的是( )
图2
A. A代表B.B代表
C. C代表D.B代表
7. 如图3－1，▱ABCD中，AD>AB，∠ABC为锐角. 要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图3－2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案( )
图3－1
图3－2
A. 甲、乙、丙都是B.只有甲、乙才是
C. 只有甲、丙才是D.只有乙、丙才是
8. 图4－1是装了液体的高脚杯示意图(数据如图)，用去一部分液体后如图4－2所示，此时液面AB＝( )
A. 1cm B.2cm C.3cm D.4cm
9. 若取1.442，计算－3－98的结果是( )
A. －100 B.－144.2
C. 144.2 D.－0.01442
10. 如图5，点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点，S△AFO＝8，S△CDO＝2，则S正六边形ABCDEF的值是( )
图5
A. 20 B.30
C. 40 D.随点O位置而变化
11. 如图6，将数轴上－6与6两点间的线段六等分，这五个等分点所对应数依次为a1，a2，a3，a4，a5，则下列正确的是( )
图6
A. a3>0 B.|a1|＝|a4|
C. a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0 D.a2＋a5<0
12. 如图7，直线l，m相交于点O，P为这两直线外一点，且OP＝2.8.若点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，则P1，P2之间的距离可能是( )
图7
A. 0 B.5 C.6 D.7
13. 定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和.
图8
已知：如图8，∠ACD是△ABC的外角.
求证：∠ACD＝∠A＋∠B.
证法1：如图8，
∵∠A＋∠B＋∠ACB＝180°(三角形内角和定理)，
又∵∠ACD＋∠ACB＝180°(平角定义)，
∴∠ACD＋∠ACB＝∠A＋∠B＋∠ACB(等量代换).
∴∠ACD＝∠A＋∠B(等式性质). )
证法2：如图8，
∵∠A＝76°，∠B＝59°，
且∠ACD＝135°(量角器测量所得)，
又∵135°＝76°＋59°(计算所得)，
∴∠ACD＝∠A＋∠B(等量代换). )
下列说法正确的是( )
A. 证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整
B. 证法1用严谨的推理证明了该定理
C. 证法2用特殊到一般法证明了该定理
D. 证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理
14. 小明调查了本班每位同学最喜欢的颜色，并绘制了不完整的扇形图9－1及条形图9－2(柱的高度从高到低排列). 条形图不小心被撕了一块，图9－2中“( )”应填的颜色是( )
A. 蓝 B.粉 C.黄 D.红
15. 由(－)值的正负可以比较A＝与的大小，下列正确的是( )
A. 当c＝－2时，A＝
B. 当c＝0时，A≠
C. 当c<－2时，A>
D. 当c<0时，A<
16. 如图10，等腰△AOB中，顶角∠AOB＝40°，用尺规按①到④的步骤操作：
①以O为圆心，OA为半径画圆；
②在⊙O上任取一点P(不与点A、B重合)，连接AP；
③作AB的垂直平分线与⊙O交于M，N；
④作AP的垂直平分线与⊙O交于E，F.
结论Ⅰ：顺次连接M，E，N，F四点必能得到矩形；
结论Ⅱ：⊙O上只有唯一的点P，使得S扇形FOM＝S扇形AOB.
对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是( )
图10
A. Ⅰ和Ⅱ都对 B.Ⅰ和Ⅱ都不对
C. Ⅰ不对Ⅱ对 D.Ⅰ对Ⅱ不对
二、填空题(本大题有3个小题，每小题有2个空，每空2分，共12分)
17. 现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片(边长如图11).
图11
(1)取甲、乙纸片各1块，其面积和为 ；
(2)嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片 块.
18. 图12是可调躺椅示意图(数据如图)，AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变. 为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应 (填“增加”或“减少”) 度.
图12
19. 用绘图软件绘制双曲线m：y＝与动直线l：y＝a，且交于一点，图13－1为a＝8时的视窗情形.
图13－1
图13－2
(1)当a＝15时，l与m的交点坐标为 ；
(2)视窗的大小不变，但其可视范围可以变化，且变化前后原点O始终在视窗中心.
例如，为在视窗中看到(1)中的交点，可将图13－1中坐标系的单位长度变为原来的，其可视范围就由－15≤x≤15及－10≤y≤10变成了－30≤x≤30及－20≤y≤20(如图13－2).
当a＝－1.2和a＝－1.5时，l与m的交点分别是点A和B，为能看到m在A和B之间的一整段图象，需要将图13－1中坐标系的单位长度至少变为原来的，则整数k＝ .
三、解答题(本大题有7个小题，共66分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
20. (本小题满分8分)
某书店新进了一批图书，甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本. 现购进m本甲种书和n本乙种书，共付款Q元.
(1)用含m，n的代数式表示Q；
(2)若共购进5×104本甲种书及3×103本乙种书，用科学记数法表示Q的值.
21. (本小题满分9分)
已知训练场球筐中有A、B两种品牌的乒乓球共101个，设A品牌乒乓球有x个.
(1)淇淇说：“筐里B品牌球是A品牌球的两倍. ”嘉嘉根据她的说法列出了方程：101－x＝2x.请用嘉嘉所列方程分析淇淇的说法是否正确；
(2)据工作人员透露：B品牌球比A品牌球至少多28个，试通过列不等式的方法说明A品牌球最多有几个.
22. (本小题满分9分)
某博物馆展厅的俯视示意图如图14－1所示. 嘉淇进入展厅后开始自由参观，每走到一个十字道口，她自己可能直行，也可能向左转或向右转，且这三种可能性均相同.
(1)求嘉淇走到十字道口A向北走的概率；
(2)补全图14－2的树状图，并分析嘉淇经过两个十字道口后向哪个方向参观的概率较大.
图14－1
树状图：
图14－2
23. (本小题满分9分)
图15是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机(看成点P)始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行，2号试飞机(看成点Q)一直保持在1号机P的正下方，2号机从原点O处沿45°仰角爬升，到4km高的A处便立刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C(10，3)处.
(1)求OA的h关于s的函数解析式，并直接写出2号机的爬升速度；
(2)求BC的h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；
(3)通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少.
[注：(1)及(2)中不必写s的取值范围]
图15
24. (本小题满分9分)
如图16，⊙O的半径为6，将该圆周12等分后得到表盘模型，其中整钟点为An(n为1～12的整数)，过点A7作⊙O的切线交A1A11延长线于点P.
(1)通过计算比较直径和劣弧A7A11长度哪个更长；
(2)连接A7A11，则A7A11和PA1有什么特殊位置关系？请简要说明理由；
(3)求切线长PA7的值.
图16
25. (本小题满分10分)
图17是某同学正在设计的一动画示意图，x轴上依次有A，O，N三个点，且AO＝2，在ON上方有五个台阶T1～T5(各拐角均为90°)，每个台阶的高、宽分别是1和1.5，台阶T1到x轴距离OK＝10.从点A处向右上方沿抛物线L：y＝－x2＋4x＋12发出一个带光的点P.
(1)求点A的横坐标，且在图17中补画出y轴，并直接指出点P会落在哪个台阶上；
(2)当点P落到台阶上后立即弹起，又形成了另一条与L形状相同的抛物线C，且最大高度为11，求C的解析式，并说明其对称轴是否与台阶T5有交点；
(3)在x轴上从左到右有两点D，E，DE＝1，从点E向上作EB⊥x轴，且BE＝2.在△BDE沿x轴左右平移时，必须保证(2)中沿抛物线C下落的点P能落在边BD(包括端点)上，则点B横坐标的最大值比最小值大多少？
[注：(2)中不必写x的取值范围]
图17
26. (本小题满分12分)
在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接. 把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α(α>0°)到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置.
论证 如图18－1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10；
发现 当旋转角α＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？
尝试 取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；
拓展 ①如图18－2，设点D与B的距离为d，若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长(用含d的式子表示)；
②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出α的余弦值.
图18－1
图18－2
备用图1
备用图2
2021河北省初中毕业生升学文化课考试数学试卷解析
1. A 【解析】如解图，利用直尺作线段m的延长线，可知线段a与线段m在同一条直线上．
第1题解图
2. D 【解析】根据加法的交换律可知a＋b＝b＋a，故选项A正确；根据合并同类项的法则可知a＋a＋a＝(1＋1＋1)a＝3a，故选项B正确；根据乘方的意义可知a·a·a＝ a3，故选项C正确；根据乘法分配律可知3(a＋b)＝3a＋3b，故选项D不正确．
3. B 【解析】已知a＞b，根据不等式的基本性质3，即如果a＞b，且c＜0，那么ac＜bc，可知－4a＜－4b.
4. A 【解析】＝＝＝2，而3－2＋1＝2，3＋2－1＝4，3＋2＋1＝6，3－2－1＝0，故与3－2＋1结果相同，故选A.
5．C 【解析】∵－(－)的相反数为－，∴－(－)与－相加得0，故选C.
6. A 【解析】由展开图可知A与相对，C与，B与相对．∵相对两面的点数之和为7，∴A代表，C代表，B代表，故选A.
7. A 【解析】如解图，对于甲的方案，连接AC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AC经过BD的中点O，且AO＝CO.又∵BO＝DO，BN＝NO，OM＝MD，∴NO＝OM，∴四边形ANCM是平行四边形(对角线互相平分的四边形是平行四边形)；对于乙的方案，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠ABN＝∠CDM.∵AN⊥BD，CM⊥BD，∴∠ANB＝∠ANM＝∠CMD＝∠CMN＝90°，∴AN∥CM，△ABN≌△CDM(AAS)，∴AN＝CM，∴四边形ANCM是平行四边形(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)；对于丙的方案，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAD＝∠BCD.∵AN，CM分别平分∠BAD和∠BCD.∴∠BAN＝∠DCM，又∵AB＝CD，∠ABN＝∠CDM，∴△BAN≌△DCM(ASA)，∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，∴∠ANM＝∠CMN，∴AN∥CM，∴四边形ANCM是平行四边形．综上可知，甲、乙、丙的方案都是正确的．
第7题解图
8. C 【解析】根据“相似三角形对应高的比等于相似比”可知＝，即＝，解得AB＝3 cm.
9. B 【解析】原式＝(1－3－98)＝－100.∵＝1.442，∴原式＝－100×1.442＝－144.2.
10. B 【解析】如解图①，连接AC，易知四边形ACDF为矩形．∵S△AFO＝8，S△CDO＝2，∴S△ACO＝2＋8＝10，∴S矩形ACDF＝10×2＝20.如解图②，正六边形ABCDEF被分割成12个全等的小直角三角形，可知每个小直角三角形的面积为20÷8＝，∴S正六边形ABCDEF＝×12＝30.
第10题解图
11. C 【解析】在数轴上，－6与6两点间的距离为6－(－6)＝12，12÷6＝2，∴a1表示的数为－6＋2＝－4，a2，a3，a4，a5表示的数为－2，0，2，4，故选项A不正确；|a1|＝|－4|＝4，|a4|＝|2|＝2，故选项B不正确；a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－4－2＋0＋2＋4＝0，故选项C正确；a2＋a5＝－2＋4＝2＞0，故选项D不正确．
12. B 【解析】如解图①，连接OP1，OP2.因为点P，P1关于直线l的对称，所以∠1＝∠2，OP1＝OP＝2.8；同理可知∠3＝∠4，OP2＝OP＝2.8.由三角形的三边关系可知0＜P1P2＜5.6，如解图②，当m⊥l即∠2＋∠3＝90°时，∠P1OP2＝2(∠2＋∠3)＝2×90°＝180°，此时线段P1P2的长度有最大值，即P1，P2之间的距离的最大值为2.8×2＝5.6；∵m与l相交，∴点P1与P2不可能重合，即P1，P2之间的距离大于0.综上可知，P1，P2之间的距离大于0且不大于5.6.故选项B是正确的．
第12题解图
13. B 【解析】证法1的推理与△ABC的形状无关，不需证明其他形状的三角形，故选项A不正确，选项B正确；证法2通过测量和计算说明了这个三角形满足该定理，但由于三角形内角、外角的度数有无数种可能，∴不能将该定理推广到一般情况，故选项C和D都不正确．
14. D 【解析】根据条形统计图和扇形统计图可知喜欢蓝色的同学人数和所占百分比分别为5和10%，∴小明所在班级总人数为5÷10%＝50人，喜欢红色的同学人数为50×28%＝14人．由题知柱的高度从高到低排列，∵50－16－5－14＝15，且16＞15＞14＞5，∴“( )”应填的颜色为红．
15. C 【解析】当c＝－2时，2＋c＝0，此时没有意义，故选项A不正确；当c＝0时，＝＝，故选项B不正确；－＝－＝＝＝，当c＜－2时，2＋c＜0，此时的分子和分母的值都是负数，即＞0，∴>，故选项C正确；当c＜0时，2＋c可能是正数、负数或0，即无法确定值的正负，∴此时无法比较与的大小．故选项D不正确
16. D 【解析】如解图①，顺次连接M，E，N，F.∵PA，AB是⊙O的弦，且MN，EF分别垂直平分AB，PA，∴MN，EF都是⊙O的直径，∴∠MEN＝∠MFN＝90°，∠EMF＝∠ENF＝90°，∴四边形MENF是矩形，故结论Ⅰ正确；要使S扇形FOM＝S扇形AOB，则∠FOM＝∠AOB＝40°，此时∠EON＝∠FOM＝40°.如解图①，当点P在MN左侧时，连接OP.在△AOB中，∵OA＝OB，ON⊥AB，∴∠AON＝∠AOB＝×40°＝20°. 在△AOP中，∵OP＝OA，OE⊥AP，∴∠AOE＝∠AOP.∵∠EON＝∠AOE＋∠AON ＝∠AOP＋∠AOB ＝∠AOP ＋20°，∴当∠AOP＝40°时，S扇形FOM＝S扇形AOB；如解图②，当点P在MN右侧时，∠EON＝∠AOE－∠AON＝∠AOP－∠AOB＝∠AOP－20°，∴当∠AOP＝120°时，S扇形FOM＝S扇形AOB.故结论Ⅱ错误．
第16题解图
17. (1)a2＋b2；(2) 4 【解析】甲纸片、乙纸片、丙纸片的面积分别为a2，b2，ab.(1)甲、乙纸片各1块，其面积和为a2＋b2 ；(2)∵(a＋2b)2＝a2＋2·a·2b＋(2b)2＝a2＋4ab＋4b2，∴甲纸片1块，乙纸片4块，丙纸片4块，可以拼成一个边长为a＋2b的正方形．
18. 减少 10 【解析】∵∠A＝50°，∠B＝60°，∴∠DCE＝∠ACB＝180°－50°－60°＝70°.如解图，延长DF交EC于点G，当∠EFD＝110°时，∵∠EFD是△EFG的外角，∴∠EGF＝∠DFE－∠E＝110°－30°＝80°.∴∠D＝∠EGF－∠DCE＝80°－70°＝10°.又∵∠D原来的度数为20°，∴∠D应减少的度数为20°－10°＝10°.
第18题解图
19. (1)(4，15)；(2)4 【解析】(1)当a＝15，即y＝15时，＝15，解得x＝4，∴l与m的交点坐标为(4，15)；(2)当a＝－1.2，即y＝－1.2时， ＝－1.2，解得x＝－50，∴点A的坐标为(－50，－1.2)；当a＝－1.5，即y＝－1.5时， ＝－1.5，解得x＝－40，∴点B的坐标为(－40，－1.5)．∵要能看见m在A，B之间的一整段图象，∴－15k≤－50，解得k≥，∴整数k至少为4.
20. 解：(1)Q＝4m＋10n；
(2)Q＝4×5×104＋10×3×103
＝20×104＋3×104
＝23×104
＝2.3×105.
21. 解：(1)101－x＝2x，解得x＝，
由题意可知x为整数，∵x＝不是整数，
∴淇淇的说法不正确；
(2)由题意得，B品牌的乒乓球有(101－x)个，
101－x≥x＋28，解得x≤，
∵x为整数，∴x最大为36，即A品牌的乒乓球最多有36个．
22. 解：(1)∵嘉淇在A处直行，左转或右转可能性相同，即向西走，向南走，向北走可能性相同，
∴P(走到A向北走)＝；
(2)补全树状图如解图，
第22题解图
由树状图可知，所有等可能结果共有9种，其中朝向：东2种，西3种，南2种，北2种．
∴P(朝西)＝＝＞P(朝东)＝P(朝南)＝P(朝北)＝.
∴向西参观概率较大．
23. 解：(1)由图可得A(4，4)且OA过原点O，设OA的h与s的函数解析式为h＝ks，
4＝4k，解得k＝1，
∴OA的h与s的函数解析式为h＝s，
2号机的爬升速度为3 km/min(1号机水平飞行4 km与2号机爬升4 km用时相同)；
(2)由图可得B(7，4)，C(10，3)，设BC的h与s的函数解析式为h＝as＋b，
则，解得，∴h＝－s＋，
h＝0时2号机着陆，即0＝－s＋，解得s＝19，
∴2号机着陆点的坐标为(19，0)；
(3)∵1号机离地面高5 km，∴当2号机离地面高2 km时两机距离PQ为3 km，
在OA上，h＝s，h＝2时s＝2，
在BC上，h＝－s＋，h＝2时s＝13，
∴2≤s≤13时两机距离不超过3 km，
∴两机距离不超过3 km的时长为＝min.
24. 解：(1)如解图，由题意得圆周被12等分，得每份对应的圆心角是30°，∴劣弧A7A11所对圆心∠A7OA11＝120°，则劣弧A7A11的长l＝＝4π，
∵4π>12，∴劣弧A7A11更长；
(2)A7A11⊥PA1，理由如下：
∵是半圆弧，∴连接A7A1为⊙O的直径，
∴∠A7A11A1＝90°，
∴A7A11⊥PA1；
(3)∵PA7为⊙O的切线，∴∠PA7A1＝90°，由(1)知∠A7OA11＝120°，∵∠A7A1A11＝60°，∴∠P＝30°，
∴PA1＝2A7A1＝24，
∴PA7＝＝＝12.
第24题解图
25. 解：(1)当y＝0时，－x2＋4x＋12＝0，解得x＝6或－2，
由题意可知点A为L与x轴的左交点，
∴点A的横坐标为－2，
补画如解图，点P会落在T4台阶上；
【解法提示】当－x2＋4x＋12＝7，解得x＝－1(舍)或x＝5，
则P(5，7)在T4上．
(2)设C的解析式为y＝－(x－h)2＋11，
∵C的图象过P(5，7)，∴7＝－(5－h)2＋11，解得h＝3(舍)或7，
∴C的解析式为y＝－(x－7)2＋11，C的对称轴为x＝7，
∵台阶T5两端坐标分别为(6，6)与M(7.5，6)，
∴C的图象的对称轴与台阶T5有交点；
(3)∵抛物线C固定，要使点P落在边BD上，
点B横坐标最小时抛物线C过点B，点B横坐标最大时抛物线C过点D，
∵点B，点D纵坐标分别为2，0，点B，点D横坐标大于7，
∴当－(x－7)2＋11＝2，解得x＝4(舍)或x＝10，点B横坐标最小为10，
当－(x－7)2＋11＝0，解得x＝7－(舍)或x＝7＋，点B横坐标最大为7＋＋1＝8＋，
∵8＋－10＝－2，∴点B横坐标最大值比最小值大－2.
第25题解图
26. 论证 证明：∵AD∥BC，∴∠A＝∠B，∠D＝∠C，而AD＝BC，
∴△AOD≌△BOC，∴AO＝OB＝AB＝10；
发现 解：如解图①，当A，B，C三点共线时，有△ADC是等边三角形，
此时∠ADC＝60°，
如解图②，当A，B，C三点不共线时，
取AB的中点O，连接OD，有
AD＝AO＝OD＝BO＝BC＝CD＝10，
即四边形BCDO为菱形，从而CD∥AB.
∴∠ADC＝180°－60°＝120°；
第26题解图
尝试 解：如解图③，∵BM≤BC＋CM，
∴当B，C，D三点共线时，BM＝15最大，
作DH⊥AB，MN⊥AB，BG⊥AD，垂足分别是点H，N，G.
又∵BD＝BC＋CD＝20＝AB，
∴AG＝GD＝AD＝5，
第26题解图③
拓展 解：①BP＝；
【解法提示】如解图③，过点D作DH⊥AB于点H，连接BD交CP于点I，连接DP，设BP＝x，由题意得DI＝BI＝，∵△BIP∽△BHD，∴＝，可得＝，BH＝，AH＝20－，∵DH2＝AD2－AH2＝BD2－BH2，∴102－(20－)2＝d2－()2，100－400＋－()2＝d2－()2，＝d2＋300，x＝，∴BP＝.
第26题解图③
②解：.
【解法提示】如解图⑤，过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点C作CF⊥DE的延长线，垂足为点F，过点C作CG⊥AB，垂足为G，连接DG，过点D作DH⊥DG，交AB于H，连接AC. 设AG＝x，则BG＝20－x，∵AC2－AG2＝BC2－BG2，∴200－x2＝102－(20－x)2，解得x＝，∴BG＝，∴AH＝CG＝＝，易得△ADE≌△DCF，从而可得△ADH≌△CDG，∴DG＝DH，∴HE＝EG，∵AH＋HE＋EG＋BG＝AB，∴HE＝EG＝，∴AE＝AH＋HE＝.∴cosα＝＝.
第26题解图⑤
2021年河北省初中毕业生升学文化课考试
数学试卷
时间：120分钟 满分：120分一、选择题(本大题有16个小题，共42分.1～10小题各3分，11～16小题各2分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 如图1，已知四条线段a，b，c，d中的一条与挡板另一侧的线段m在同一直线上，请借助直尺判断该线段是( )
图1
A. A B.b C.c D.d
2. 不一定相等的一组是( )
A. a＋b与b＋a B.3a与a＋a＋a
C. a3与a·a·a D.3(a＋b)与3a＋b
3. 已知a>b，则一定有－4a□－4b，“□”中应填的符号是( )
A. > B.< C.≥ D.＝
4. 与结果相同的是( )
A. 3－2＋1 B.3＋2－1
C. 3＋2＋1 D.3－2－1
5. 能与－(－)相加得0的是( )
A. －－ B.＋
C. －＋ D.－＋
6. 一个骰子相对两面的点数之和为7，它的展开图如图2，下列判断正确的是( )
图2
A. A代表B.B代表
C. C代表D.B代表
7. 如图3－1，▱ABCD中，AD>AB，∠ABC为锐角. 要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图3－2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案( )
图3－1
图3－2
A. 甲、乙、丙都是B.只有甲、乙才是
C. 只有甲、丙才是D.只有乙、丙才是
8. 图4－1是装了液体的高脚杯示意图(数据如图)，用去一部分液体后如图4－2所示，此时液面AB＝( )
A. 1cm B.2cm C.3cm D.4cm
9. 若取1.442，计算－3－98的结果是( )
A. －100 B.－144.2
C. 144.2 D.－0.01442
10. 如图5，点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点，S△AFO＝8，S△CDO＝2，则S正六边形ABCDEF的值是( )
图5
A. 20 B.30
C. 40 D.随点O位置而变化
11. 如图6，将数轴上－6与6两点间的线段六等分，这五个等分点所对应数依次为a1，a2，a3，a4，a5，则下列正确的是( )
图6
A. a3>0 B.|a1|＝|a4|
C. a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0 D.a2＋a5<0
12. 如图7，直线l，m相交于点O，P为这两直线外一点，且OP＝2.8.若点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，则P1，P2之间的距离可能是( )
图7
A. 0 B.5 C.6 D.7
13. 定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和.
图8
已知：如图8，∠ACD是△ABC的外角.
求证：∠ACD＝∠A＋∠B.
证法1：如图8，
∵∠A＋∠B＋∠ACB＝180°(三角形内角和定理)，
又∵∠ACD＋∠ACB＝180°(平角定义)，
∴∠ACD＋∠ACB＝∠A＋∠B＋∠ACB(等量代换).
∴∠ACD＝∠A＋∠B(等式性质). )
证法2：如图8，
∵∠A＝76°，∠B＝59°，
且∠ACD＝135°(量角器测量所得)，
又∵135°＝76°＋59°(计算所得)，
∴∠ACD＝∠A＋∠B(等量代换). )
下列说法正确的是( )
A. 证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整
B. 证法1用严谨的推理证明了该定理
C. 证法2用特殊到一般法证明了该定理
D. 证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理
14. 小明调查了本班每位同学最喜欢的颜色，并绘制了不完整的扇形图9－1及条形图9－2(柱的高度从高到低排列). 条形图不小心被撕了一块，图9－2中“( )”应填的颜色是( )
A. 蓝 B.粉 C.黄 D.红
15. 由(－)值的正负可以比较A＝与的大小，下列正确的是( )
A. 当c＝－2时，A＝
B. 当c＝0时，A≠
C. 当c<－2时，A>
D. 当c<0时，A<
16. 如图10，等腰△AOB中，顶角∠AOB＝40°，用尺规按①到④的步骤操作：
①以O为圆心，OA为半径画圆；
②在⊙O上任取一点P(不与点A、B重合)，连接AP；
③作AB的垂直平分线与⊙O交于M，N；
④作AP的垂直平分线与⊙O交于E，F.
结论Ⅰ：顺次连接M，E，N，F四点必能得到矩形；
结论Ⅱ：⊙O上只有唯一的点P，使得S扇形FOM＝S扇形AOB.
对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是( )
图10
A. Ⅰ和Ⅱ都对 B.Ⅰ和Ⅱ都不对
C. Ⅰ不对Ⅱ对 D.Ⅰ对Ⅱ不对
二、填空题(本大题有3个小题，每小题有2个空，每空2分，共12分)
17. 现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片(边长如图11).
图11
(1)取甲、乙纸片各1块，其面积和为 ；
(2)嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片 块.
18. 图12是可调躺椅示意图(数据如图)，AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变. 为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应 (填“增加”或“减少”) 度.
图12
19. 用绘图软件绘制双曲线m：y＝与动直线l：y＝a，且交于一点，图13－1为a＝8时的视窗情形.
图13－1
图13－2
(1)当a＝15时，l与m的交点坐标为 ；
(2)视窗的大小不变，但其可视范围可以变化，且变化前后原点O始终在视窗中心.
例如，为在视窗中看到(1)中的交点，可将图13－1中坐标系的单位长度变为原来的，其可视范围就由－15≤x≤15及－10≤y≤10变成了－30≤x≤30及－20≤y≤20(如图13－2).
当a＝－1.2和a＝－1.5时，l与m的交点分别是点A和B，为能看到m在A和B之间的一整段图象，需要将图13－1中坐标系的单位长度至少变为原来的，则整数k＝ .
三、解答题(本大题有7个小题，共66分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
20. (本小题满分8分)
某书店新进了一批图书，甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本. 现购进m本甲种书和n本乙种书，共付款Q元.
(1)用含m，n的代数式表示Q；
(2)若共购进5×104本甲种书及3×103本乙种书，用科学记数法表示Q的值.
21. (本小题满分9分)
已知训练场球筐中有A、B两种品牌的乒乓球共101个，设A品牌乒乓球有x个.
(1)淇淇说：“筐里B品牌球是A品牌球的两倍. ”嘉嘉根据她的说法列出了方程：101－x＝2x.请用嘉嘉所列方程分析淇淇的说法是否正确；
(2)据工作人员透露：B品牌球比A品牌球至少多28个，试通过列不等式的方法说明A品牌球最多有几个.
22. (本小题满分9分)
某博物馆展厅的俯视示意图如图14－1所示. 嘉淇进入展厅后开始自由参观，每走到一个十字道口，她自己可能直行，也可能向左转或向右转，且这三种可能性均相同.
(1)求嘉淇走到十字道口A向北走的概率；
(2)补全图14－2的树状图，并分析嘉淇经过两个十字道口后向哪个方向参观的概率较大.
图14－1
树状图：
图14－2
23. (本小题满分9分)
图15是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机(看成点P)始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行，2号试飞机(看成点Q)一直保持在1号机P的正下方，2号机从原点O处沿45°仰角爬升，到4km高的A处便立刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C(10，3)处.
(1)求OA的h关于s的函数解析式，并直接写出2号机的爬升速度；
(2)求BC的h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；
(3)通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少.
[注：(1)及(2)中不必写s的取值范围]
图15
24. (本小题满分9分)
如图16，⊙O的半径为6，将该圆周12等分后得到表盘模型，其中整钟点为An(n为1～12的整数)，过点A7作⊙O的切线交A1A11延长线于点P.
(1)通过计算比较直径和劣弧A7A11长度哪个更长；
(2)连接A7A11，则A7A11和PA1有什么特殊位置关系？请简要说明理由；
(3)求切线长PA7的值.
图16
25. (本小题满分10分)
图17是某同学正在设计的一动画示意图，x轴上依次有A，O，N三个点，且AO＝2，在ON上方有五个台阶T1～T5(各拐角均为90°)，每个台阶的高、宽分别是1和1.5，台阶T1到x轴距离OK＝10.从点A处向右上方沿抛物线L：y＝－x2＋4x＋12发出一个带光的点P.
(1)求点A的横坐标，且在图17中补画出y轴，并直接指出点P会落在哪个台阶上；
(2)当点P落到台阶上后立即弹起，又形成了另一条与L形状相同的抛物线C，且最大高度为11，求C的解析式，并说明其对称轴是否与台阶T5有交点；
(3)在x轴上从左到右有两点D，E，DE＝1，从点E向上作EB⊥x轴，且BE＝2.在△BDE沿x轴左右平移时，必须保证(2)中沿抛物线C下落的点P能落在边BD(包括端点)上，则点B横坐标的最大值比最小值大多少？
[注：(2)中不必写x的取值范围]
图17
26. (本小题满分12分)
在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接. 把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α(α>0°)到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置.
论证 如图18－1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10；
发现 当旋转角α＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？
尝试 取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；
拓展 ①如图18－2，设点D与B的距离为d，若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长(用含d的式子表示)；
②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出α的余弦值.
图18－1
图18－2
备用图1
备用图2
2021河北省初中毕业生升学文化课考试数学试卷解析
1. A 【解析】如解图，利用直尺作线段m的延长线，可知线段a与线段m在同一条直线上．
第1题解图
2. D 【解析】根据加法的交换律可知a＋b＝b＋a，故选项A正确；根据合并同类项的法则可知a＋a＋a＝(1＋1＋1)a＝3a，故选项B正确；根据乘方的意义可知a·a·a＝ a3，故选项C正确；根据乘法分配律可知3(a＋b)＝3a＋3b，故选项D不正确．
3. B 【解析】已知a＞b，根据不等式的基本性质3，即如果a＞b，且c＜0，那么ac＜bc，可知－4a＜－4b.
4. A 【解析】＝＝＝2，而3－2＋1＝2，3＋2－1＝4，3＋2＋1＝6，3－2－1＝0，故与3－2＋1结果相同，故选A.
5．C 【解析】∵－(－)的相反数为－，∴－(－)与－相加得0，故选C.
6. A 【解析】由展开图可知A与相对，C与，B与相对．∵相对两面的点数之和为7，∴A代表，C代表，B代表，故选A.
7. A 【解析】如解图，对于甲的方案，连接AC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AC经过BD的中点O，且AO＝CO.又∵BO＝DO，BN＝NO，OM＝MD，∴NO＝OM，∴四边形ANCM是平行四边形(对角线互相平分的四边形是平行四边形)；对于乙的方案，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠ABN＝∠CDM.∵AN⊥BD，CM⊥BD，∴∠ANB＝∠ANM＝∠CMD＝∠CMN＝90°，∴AN∥CM，△ABN≌△CDM(AAS)，∴AN＝CM，∴四边形ANCM是平行四边形(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)；对于丙的方案，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAD＝∠BCD.∵AN，CM分别平分∠BAD和∠BCD.∴∠BAN＝∠DCM，又∵AB＝CD，∠ABN＝∠CDM，∴△BAN≌△DCM(ASA)，∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，∴∠ANM＝∠CMN，∴AN∥CM，∴四边形ANCM是平行四边形．综上可知，甲、乙、丙的方案都是正确的．
第7题解图
8. C 【解析】根据“相似三角形对应高的比等于相似比”可知＝，即＝，解得AB＝3 cm.
9. B 【解析】原式＝(1－3－98)＝－100.∵＝1.442，∴原式＝－100×1.442＝－144.2.
10. B 【解析】如解图①，连接AC，易知四边形ACDF为矩形．∵S△AFO＝8，S△CDO＝2，∴S△ACO＝2＋8＝10，∴S矩形ACDF＝10×2＝20.如解图②，正六边形ABCDEF被分割成12个全等的小直角三角形，可知每个小直角三角形的面积为20÷8＝，∴S正六边形ABCDEF＝×12＝30.
第10题解图
11. C 【解析】在数轴上，－6与6两点间的距离为6－(－6)＝12，12÷6＝2，∴a1表示的数为－6＋2＝－4，a2，a3，a4，a5表示的数为－2，0，2，4，故选项A不正确；|a1|＝|－4|＝4，|a4|＝|2|＝2，故选项B不正确；a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－4－2＋0＋2＋4＝0，故选项C正确；a2＋a5＝－2＋4＝2＞0，故选项D不正确．
12. B 【解析】如解图①，连接OP1，OP2.因为点P，P1关于直线l的对称，所以∠1＝∠2，OP1＝OP＝2.8；同理可知∠3＝∠4，OP2＝OP＝2.8.由三角形的三边关系可知0＜P1P2＜5.6，如解图②，当m⊥l即∠2＋∠3＝90°时，∠P1OP2＝2(∠2＋∠3)＝2×90°＝180°，此时线段P1P2的长度有最大值，即P1，P2之间的距离的最大值为2.8×2＝5.6；∵m与l相交，∴点P1与P2不可能重合，即P1，P2之间的距离大于0.综上可知，P1，P2之间的距离大于0且不大于5.6.故选项B是正确的．
第12题解图
13. B 【解析】证法1的推理与△ABC的形状无关，不需证明其他形状的三角形，故选项A不正确，选项B正确；证法2通过测量和计算说明了这个三角形满足该定理，但由于三角形内角、外角的度数有无数种可能，∴不能将该定理推广到一般情况，故选项C和D都不正确．
14. D 【解析】根据条形统计图和扇形统计图可知喜欢蓝色的同学人数和所占百分比分别为5和10%，∴小明所在班级总人数为5÷10%＝50人，喜欢红色的同学人数为50×28%＝14人．由题知柱的高度从高到低排列，∵50－16－5－14＝15，且16＞15＞14＞5，∴“( )”应填的颜色为红．
15. C 【解析】当c＝－2时，2＋c＝0，此时没有意义，故选项A不正确；当c＝0时，＝＝，故选项B不正确；－＝－＝＝＝，当c＜－2时，2＋c＜0，此时的分子和分母的值都是负数，即＞0，∴>，故选项C正确；当c＜0时，2＋c可能是正数、负数或0，即无法确定值的正负，∴此时无法比较与的大小．故选项D不正确
16. D 【解析】如解图①，顺次连接M，E，N，F.∵PA，AB是⊙O的弦，且MN，EF分别垂直平分AB，PA，∴MN，EF都是⊙O的直径，∴∠MEN＝∠MFN＝90°，∠EMF＝∠ENF＝90°，∴四边形MENF是矩形，故结论Ⅰ正确；要使S扇形FOM＝S扇形AOB，则∠FOM＝∠AOB＝40°，此时∠EON＝∠FOM＝40°.如解图①，当点P在MN左侧时，连接OP.在△AOB中，∵OA＝OB，ON⊥AB，∴∠AON＝∠AOB＝×40°＝20°. 在△AOP中，∵OP＝OA，OE⊥AP，∴∠AOE＝∠AOP.∵∠EON＝∠AOE＋∠AON ＝∠AOP＋∠AOB ＝∠AOP ＋20°，∴当∠AOP＝40°时，S扇形FOM＝S扇形AOB；如解图②，当点P在MN右侧时，∠EON＝∠AOE－∠AON＝∠AOP－∠AOB＝∠AOP－20°，∴当∠AOP＝120°时，S扇形FOM＝S扇形AOB.故结论Ⅱ错误．
第16题解图
17. (1)a2＋b2；(2) 4 【解析】甲纸片、乙纸片、丙纸片的面积分别为a2，b2，ab.(1)甲、乙纸片各1块，其面积和为a2＋b2 ；(2)∵(a＋2b)2＝a2＋2·a·2b＋(2b)2＝a2＋4ab＋4b2，∴甲纸片1块，乙纸片4块，丙纸片4块，可以拼成一个边长为a＋2b的正方形．
18. 减少 10 【解析】∵∠A＝50°，∠B＝60°，∴∠DCE＝∠ACB＝180°－50°－60°＝70°.如解图，延长DF交EC于点G，当∠EFD＝110°时，∵∠EFD是△EFG的外角，∴∠EGF＝∠DFE－∠E＝110°－30°＝80°.∴∠D＝∠EGF－∠DCE＝80°－70°＝10°.又∵∠D原来的度数为20°，∴∠D应减少的度数为20°－10°＝10°.
第18题解图
19. (1)(4，15)；(2)4 【解析】(1)当a＝15，即y＝15时，＝15，解得x＝4，∴l与m的交点坐标为(4，15)；(2)当a＝－1.2，即y＝－1.2时， ＝－1.2，解得x＝－50，∴点A的坐标为(－50，－1.2)；当a＝－1.5，即y＝－1.5时， ＝－1.5，解得x＝－40，∴点B的坐标为(－40，－1.5)．∵要能看见m在A，B之间的一整段图象，∴－15k≤－50，解得k≥，∴整数k至少为4.
20. 解：(1)Q＝4m＋10n；
(2)Q＝4×5×104＋10×3×103
＝20×104＋3×104
＝23×104
＝2.3×105.
21. 解：(1)101－x＝2x，解得x＝，
由题意可知x为整数，∵x＝不是整数，
∴淇淇的说法不正确；
(2)由题意得，B品牌的乒乓球有(101－x)个，
101－x≥x＋28，解得x≤，
∵x为整数，∴x最大为36，即A品牌的乒乓球最多有36个．
22. 解：(1)∵嘉淇在A处直行，左转或右转可能性相同，即向西走，向南走，向北走可能性相同，
∴P(走到A向北走)＝；
(2)补全树状图如解图，
第22题解图
由树状图可知，所有等可能结果共有9种，其中朝向：东2种，西3种，南2种，北2种．
∴P(朝西)＝＝＞P(朝东)＝P(朝南)＝P(朝北)＝.
∴向西参观概率较大．
23. 解：(1)由图可得A(4，4)且OA过原点O，设OA的h与s的函数解析式为h＝ks，
4＝4k，解得k＝1，
∴OA的h与s的函数解析式为h＝s，
2号机的爬升速度为3 km/min(1号机水平飞行4 km与2号机爬升4 km用时相同)；
(2)由图可得B(7，4)，C(10，3)，设BC的h与s的函数解析式为h＝as＋b，
则，解得，∴h＝－s＋，
h＝0时2号机着陆，即0＝－s＋，解得s＝19，
∴2号机着陆点的坐标为(19，0)；
(3)∵1号机离地面高5 km，∴当2号机离地面高2 km时两机距离PQ为3 km，
在OA上，h＝s，h＝2时s＝2，
在BC上，h＝－s＋，h＝2时s＝13，
∴2≤s≤13时两机距离不超过3 km，
∴两机距离不超过3 km的时长为＝min.
24. 解：(1)如解图，由题意得圆周被12等分，得每份对应的圆心角是30°，∴劣弧A7A11所对圆心∠A7OA11＝120°，则劣弧A7A11的长l＝＝4π，
∵4π>12，∴劣弧A7A11更长；
(2)A7A11⊥PA1，理由如下：
∵是半圆弧，∴连接A7A1为⊙O的直径，
∴∠A7A11A1＝90°，
∴A7A11⊥PA1；
(3)∵PA7为⊙O的切线，∴∠PA7A1＝90°，由(1)知∠A7OA11＝120°，∵∠A7A1A11＝60°，∴∠P＝30°，
∴PA1＝2A7A1＝24，
∴PA7＝＝＝12.
第24题解图
25. 解：(1)当y＝0时，－x2＋4x＋12＝0，解得x＝6或－2，
由题意可知点A为L与x轴的左交点，
∴点A的横坐标为－2，
补画如解图，点P会落在T4台阶上；
【解法提示】当－x2＋4x＋12＝7，解得x＝－1(舍)或x＝5，
则P(5，7)在T4上．
(2)设C的解析式为y＝－(x－h)2＋11，
∵C的图象过P(5，7)，∴7＝－(5－h)2＋11，解得h＝3(舍)或7，
∴C的解析式为y＝－(x－7)2＋11，C的对称轴为x＝7，
∵台阶T5两端坐标分别为(6，6)与M(7.5，6)，
∴C的图象的对称轴与台阶T5有交点；
(3)∵抛物线C固定，要使点P落在边BD上，
点B横坐标最小时抛物线C过点B，点B横坐标最大时抛物线C过点D，
∵点B，点D纵坐标分别为2，0，点B，点D横坐标大于7，
∴当－(x－7)2＋11＝2，解得x＝4(舍)或x＝10，点B横坐标最小为10，
当－(x－7)2＋11＝0，解得x＝7－(舍)或x＝7＋，点B横坐标最大为7＋＋1＝8＋，
∵8＋－10＝－2，∴点B横坐标最大值比最小值大－2.
第25题解图
26. 论证 证明：∵AD∥BC，∴∠A＝∠B，∠D＝∠C，而AD＝BC，
∴△AOD≌△BOC，∴AO＝OB＝AB＝10；
发现 解：如解图①，当A，B，C三点共线时，有△ADC是等边三角形，
此时∠ADC＝60°，
如解图②，当A，B，C三点不共线时，
取AB的中点O，连接OD，有
AD＝AO＝OD＝BO＝BC＝CD＝10，
即四边形BCDO为菱形，从而CD∥AB.
∴∠ADC＝180°－60°＝120°；
第26题解图
尝试 解：如解图③，∵BM≤BC＋CM，
∴当B，C，D三点共线时，BM＝15最大，
作DH⊥AB，MN⊥AB，BG⊥AD，垂足分别是点H，N，G.
又∵BD＝BC＋CD＝20＝AB，
∴AG＝GD＝AD＝5，
第26题解图③
拓展 解：①BP＝；
【解法提示】如解图③，过点D作DH⊥AB于点H，连接BD交CP于点I，连接DP，设BP＝x，由题意得DI＝BI＝，∵△BIP∽△BHD，∴＝，可得＝，BH＝，AH＝20－，∵DH2＝AD2－AH2＝BD2－BH2，∴102－(20－)2＝d2－()2，100－400＋－()2＝d2－()2，＝d2＋300，x＝，∴BP＝.
第26题解图③
②解：.
【解法提示】如解图⑤，过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点C作CF⊥DE的延长线，垂足为点F，过点C作CG⊥AB，垂足为G，连接DG，过点D作DH⊥DG，交AB于H，连接AC. 设AG＝x，则BG＝20－x，∵AC2－AG2＝BC2－BG2，∴200－x2＝102－(20－x)2，解得x＝，∴BG＝，∴AH＝CG＝＝，易得△ADE≌△DCF，从而可得△ADH≌△CDG，∴DG＝DH，∴HE＝EG，∵AH＋HE＋EG＋BG＝AB，∴HE＝EG＝，∴AE＝AH＋HE＝.∴cosα＝＝.
第26题解图⑤
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