2021年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷

这是一份2021年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷，共37页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷
一、填空题（将正确答案写在答题卡相应的横线上，每小题3分，满分24分）
1．（3分）截止到2021年6月10日，全国累计新冠疫苗接种超840000000剂次，用科学记数法表示840000000，应记作 　 　．
2．（3分）如图，在四边形ABCD中，AB＝DC，请添加一个条件，使四边形ABCD成为平行四边形，你所添加的条件为 　 　．

3．（3分）甲乙两班举行一分钟跳绳比赛，参赛学生每分钟跳绳次数的统计结果如表：
班级
参加人数
中位数
方差
平均数
甲
45
109
181
110
乙
45
111
108
110
某同学分析如表后得到如下结论：①甲，乙两班学生平均成绩相同；②乙班优秀人数多于甲班优秀人数（每分钟跳绳≥110次为优秀）；③甲班成绩的波动比乙班大，则正确结论的序号是 　 　．
4．（3分）将抛物线y＝x2﹣2x+3向左平移2个单位长度，所得抛物线为 　 　．
5．（3分）半径为12cm的圆中，垂直平分半径的弦长为 　 　．
6．（3分）过等腰三角形顶角顶点的一条直线，将该等腰三角形分成的两个三角形均为等腰三角形，则原等腰三角形的底角度数为 　 　．
7．（3分）春耕期间，市农资公司连续8天调进一批化肥，并在开始调进化肥的第七天开始销售．若进货期间每天调进化肥的吨数与销售期间每天销售化肥的吨数都保持不变，这个公司的化肥存量s（单位：吨）与时间t（单位：天）之间的函数关系如图所示，则该公司这次化肥销售活动（从开始进货到销售完毕）所用的时间是 　 　天．

8．（3分）如图，矩形ABCD中，AD＝AB，点E在BC边上，且AE＝AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：
①AF＝DC，②OF：BF＝CE：CG，③S△BCG＝S△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是 　 　．

二、选择题（将正确选项涂在答题卡中相应的位置上，每小题3分，满分36分）
9．（3分）下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
10．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．2a+3a＝5a2 B．6m2﹣5m2＝1 C．a6÷a3＝a2 D．（﹣a2）3＝﹣a6
11．（3分）如图，是由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和俯视图，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是（　　）

A．6 B．3 C．4 D．5
12．（3分）妙妙上学经过两个路口，如果每个路口可直接通过和需等待的可能性相等，那么妙妙上学时在这两个路口都直接通过的概率是（　　）
A． B． C． D．
13．（3分）一条弧所对的圆心角为135°，弧长等于半径为3cm的圆的周长的5倍，则这条弧的半径为（　　）
A．45cm B．40cm C．35cm D．30cm
14．（3分）如图，矩形OABC的面积为36，它的对角线OB与双曲线y＝相交于点D，且OD：OB＝2：3，则k的值为（　　）

A．12 B．﹣12 C．16 D．﹣16
15．（3分）已知某商店有两件进价不同的运动衫都卖了160元，其中一件盈利60%，另一件亏损20%，在这次买卖中这家商店（　　）
A．不盈不亏 B．盈利20元 C．盈利10元 D．亏损20元
16．（3分）如图，点A，B，C为⊙O上的三点，∠AOB＝∠BOC，∠BAC＝30°，则∠AOC的度数为（　　）

A．100° B．90° C．80° D．60°
17．（3分）如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（　　）

A．（4，2）或（﹣4，2） B．（2，﹣4）或（﹣2，4）
C．（﹣2，2）或（2，﹣2） D．（2，﹣2）或（﹣2，2）
18．（3分）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（　　）

A．2 B．2 C．6 D．5
19．（3分）如图，在平面直角坐标系中A（﹣1，1）B（﹣1，﹣2），C（3，﹣2），D（3，1），一只瓢虫从点A出发以2个单位长度/秒的速度沿A→B→C→D→A循环爬行，问第2021秒瓢虫在（　　）处．

A．（3，1） B．（﹣1，﹣2） C．（1，﹣2） D．（3，﹣2）
20．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为（1，n），与x轴的一个交点B（3，0），与y轴的交点在（0，﹣3）和（0，﹣2）之间．下列结论中：①＞0；②﹣2＜b＜﹣；③（a+c）2﹣b2＝0；④2c﹣a＜2n，则正确的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
三、解答题（将解题过程写在答题卡相应的位置上，满分60分）
21．（5分）先化简，再求值：（﹣1）÷，其中x＝sin30°．
22．（6分）抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点C（0，3）．
（1）求此抛物线所对应的函数解析式，并直接写出顶点D的坐标；
（2）若过顶点D的直线将△ACD的面积分为1：2两部分，并与x轴交于点Q，则点Q的坐标为 　 　．
注：抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标（﹣）

23．（6分）Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，矩形CDEF的另三个顶点D，E，F均在Rt△ABC的边上，且邻边之比为1：2，画出符合题意的图形，并直接写出矩形周长的值．
24．（7分）为了解某校八年级学生在语文学习中对小说、诗歌、散文、戏剧四类文学体裁的喜爱情况，随机抽查了部分学生（每人只选一类），然后根据调查数据，绘制了不完整的条形统计图和扇形统计图，结合统计图，解答下列问题．
（1）本次抽样调查的样本容量为 　 　；
（2）补全条形统计图；
（3）喜爱戏剧的学生对应扇形的圆心角为 　 　；
（4）已知该校八年级共有学生800人，请你估计课外活动小组诗歌社团拟招社员200人能否实现，请说明理由．

25．（8分）在一条笔直的道路上依次有A，B，C三地，男男从A地跑步到C地，同时乐乐从B地跑步到A地，休息1分钟后接到通知，要求乐乐比男男早1分钟到达C地，两人均匀速运动，如图是男男跑步时间t（分钟）与两人距A地路程s（米）之间的函数图象．
（1）a＝　 　，乐乐去A地的速度为 　 　；
（2）结合图象，求出乐乐从A地到C地的函数解析式（写出自变量的取值范围）；
（3）请直接写出两人距B地的距离相等的时间．

26．（8分）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，过点F做FG⊥BC于点G，连接AC．易证：AC＝（EC+FG）．（提示：取AB的中点M，连接EM）
（1）当点E是BC边上任意一点时，如图2；当点E在BC延长线上时，如图3．请直接写出AC，EC，FG的数量关系，并对图2进行证明；
（2）已知正方形ABCD的面积是27，连接AF，当△ABE中有一个内角为30°时，则AF的长为 　 　．

27．（10分）某商场计划购进一批篮球和足球，其中篮球的单价比足球多30元．已知用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等．
（1）问篮球和足球的单价各是多少元？
（2）若篮球的售价为150元，足球的售价为110元，商场计划用不超过10350元购进两种球共100个，其中篮球不少于40个，问商场共有几种进货方案？哪种方案商场获利最大？
（3）某希望小学为庆祝中国共产党成立100周年，举行百人球操表演，准备购买（2）中商场获利最大方案购进的这100个篮球和足球，商场知晓后决定从中拿出30个球赠送给这所希望小学，这样，希望小学相当于七折购买这批球．请直接写出商场赠送的30个球中篮球和足球的个数．
28．（10分）如图，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B．OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根，且tan∠OAB＝，点D为AB的中点，E为x轴正半轴上一点，BE＝2，直线OD与BE相交于点F．
（1）求点A及点D的坐标；
（2）反比例函数y＝经过点F关于y轴的对称点F′，求k的值；
（3）点G和点H在直线AB上，平面内存在点P，使以E，G，H，P为顶点的四边形是边长为6的菱形，符合条件的菱形有几个？请直接写出满足条件的两个点P的坐标．


2021年黑龙江省牡丹江市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（将正确答案写在答题卡相应的横线上，每小题3分，满分24分）
1．（3分）截止到2021年6月10日，全国累计新冠疫苗接种超840000000剂次，用科学记数法表示840000000，应记作 　8.4×108　．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【解答】解：840000000＝8.4×108．
故答案为：8.4×108．
【点评】此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要确定a的值以及n的值．
2．（3分）如图，在四边形ABCD中，AB＝DC，请添加一个条件，使四边形ABCD成为平行四边形，你所添加的条件为 　AB∥DC（答案不唯一）　．

【分析】由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】解：添加条件为：AB∥DC，理由如下：
∵AB＝DC，AB∥DC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
故答案为：AB∥DC（答案不唯一）．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．
3．（3分）甲乙两班举行一分钟跳绳比赛，参赛学生每分钟跳绳次数的统计结果如表：
班级
参加人数
中位数
方差
平均数
甲
45
109
181
110
乙
45
111
108
110
某同学分析如表后得到如下结论：①甲，乙两班学生平均成绩相同；②乙班优秀人数多于甲班优秀人数（每分钟跳绳≥110次为优秀）；③甲班成绩的波动比乙班大，则正确结论的序号是 　①②③　．
【分析】根据平均数、中位数和方差的意义分别进行分析，即可得出答案．
【解答】解：从表中可知，平均数都是110，①正确；
甲班的中位数是109，乙班的中位数是111，比甲的多，而平均数都要为110，说明乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数，②正确；
甲班的方差大于乙班的，又说明甲班的波动情况大，所以③也正确．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了平均数，中位数，方差的意义．平均数表示一组数据的平均程度．中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）；方差是用来衡量一组数据波动大小的量．
4．（3分）将抛物线y＝x2﹣2x+3向左平移2个单位长度，所得抛物线为 　y＝（x+1）2+2　．
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律，进而得出平移后抛物线的解析式．
【解答】解：将抛物线y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2向左平移2个单位长度得到解析式：y＝（x+1）2+2，
故答案为：y＝（x+1）2+2．
【点评】此题考查了二次函数图象与几何变换，解决本题的关键是熟记“左加右减，上加下减”．
5．（3分）半径为12cm的圆中，垂直平分半径的弦长为 　12cm　．
【分析】根据垂径定理得到AD＝DB，根据勾股定理求出AD，得到答案．
【解答】解：如右图所示：设圆为⊙O，弦为AB，半径OC被AB垂直平分于点D，连接OA，
由题意可得：OA＝OC＝12cm，CO⊥AB，OD＝DC＝6cm，
∵CO⊥AB，
∴AD＝DB，
在Rt△ODA中，由勾股定理可得：AD＝＝＝6（cm），
∴AB＝2AD＝12（cm），
故答案为：12cm．

【点评】本题考查的是垂径定理，勾股定理的运用，解本题的关键是构造出直角三角形．
6．（3分）过等腰三角形顶角顶点的一条直线，将该等腰三角形分成的两个三角形均为等腰三角形，则原等腰三角形的底角度数为 　36°或45°　．
【分析】首先根据题意画出符合题意的所有图形，然后利用等腰三角形求解即可求得答案．
【解答】解：（1）如图，△ABC中，AB＝AC，BD＝AD，AC＝CD，求∠ABC的度数．
∵AB＝AC，BD＝AD，AC＝CD，
∴∠ABC＝∠C＝∠BAD，∠CDA＝∠CAD，
∵∠CDA＝2∠ABC，
∴∠CAB＝3∠ABC，
∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴5∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝36°，
（2）如图，△ABC中，AB＝AC，AD＝BD＝CD，求∠ABC的度数．
∵AB＝AC，AD＝BD＝CD，
∴∠B＝∠C＝∠DAC＝∠DAB
∴∠BAC＝2∠ABC，
∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴4∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝45°，
故答案为：36°或45°．


【点评】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质及三角形内角和定理的综合运用．注意分类讨论思想的应用是解此题的关键．
7．（3分）春耕期间，市农资公司连续8天调进一批化肥，并在开始调进化肥的第七天开始销售．若进货期间每天调进化肥的吨数与销售期间每天销售化肥的吨数都保持不变，这个公司的化肥存量s（单位：吨）与时间t（单位：天）之间的函数关系如图所示，则该公司这次化肥销售活动（从开始进货到销售完毕）所用的时间是 　10　天．

【分析】通过分析题意和图象可求调入化肥的速度，销售化肥的速度；从而可计算最后销售化肥20吨所花的时间．
【解答】解：调入化肥的速度是30÷6＝5（吨/天），
当在第6天时，库存物资应该有30吨，在第8天时库存20吨，
所以销售化肥的速度是＝10（吨/天），
所以剩余的20吨完全售出需要20÷10＝2（天），
故该门市部这次化肥销售活动（从开始进货到销售完毕）所用时间是8+2＝10（天）．
故答案为：10．
【点评】此题主要考查了一次函数的应用，难度适中．解题的关键是注意调入化肥需8天，但第7天至第8天调入化肥和销售化肥同时进行，第8天以后停止调入化肥，只是销售化肥．
8．（3分）如图，矩形ABCD中，AD＝AB，点E在BC边上，且AE＝AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：
①AF＝DC，②OF：BF＝CE：CG，③S△BCG＝S△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是 　①②　．

【分析】①根据AAS证△DFE≌△DCE即可得DF＝DC，根据AD＝AB，得出AB＝BE，即△ABE是等腰直角三角形，△AFD是等腰直角三角形，即AF＝DF＝DC，故①正确；
②作FH⊥AD于H，得出F是BG的中点，即BF＝FG，连接CF，证△OEF∽△FCG即可得证OF：BF＝CE：CG，即②正确；
③令AB＝1，分别求出DG和CG的长度，可得出CG＝DG，故S△BCG＝S△DFG错误，即③不正确；
④根据角相等可以得出图形中相似三角形如下：△ABE∽△AFD，这是1对；△ABF∽△OEF∽△ADE，可组成3对；△BCG∽△DCE∽△DFE，又可组成3对；△BEF∽△BOE∽△DOG∽△FDG，还可组成6对．综上，图形中相似三角形有13对，故④不正确．
【解答】解：①∵AE＝AD，AD＝AB，
∴AE＝AB，
即△ABE是等腰直角三角形，
∴∠BAE＝45°，
∴∠DAF＝90°﹣45°＝45°，
即△AFD为等腰直角三角形，
∴AF＝DF，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC，
∵AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE，
∴∠AED＝∠DEC，
又∵∠DFE＝∠DCE＝90°，DE＝DE，
∴△DFE≌△DCE（AAS），
∴DF＝DC，
即AF＝DC，
故①正确；
②由①知△AFD为等腰直角三角形，
如图1，作FH⊥AD于H，连接CF，
∴点H是AD的中点，
∴点F是BG的中点，
即BF＝FG＝FC，
∵∠AEB＝45°，
∴∠EFC＝∠ECF＝∠AEB＝22.5°，
∴∠FCG＝∠FGC＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵∠OFE＝∠AFB＝（180°﹣45°）＝67.5°，∠OEF＝90°﹣∠EDF＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠FCG＝∠FGC＝∠OFE＝∠OEF，
∴△GFC∽△FOE，
∴OF：FC＝EF：CG，
又∵FC＝BE，EF＝CE，
∴OF：BF＝CE：CG，
即②正确；
③令AB＝1，则AD＝AE＝BC＝，
∴CE＝，
∵∠GBC＝∠EDC，∠DCE＝∠BCG＝90°，
∴△BCG∽△DCE，
∴＝，
即＝，
∴CG＝2﹣，
∴DG＝1﹣（2﹣）＝﹣1，
∴CG＝DG，
∴S△BCG＝S△DFG不成立，
即③不正确；
④根据角相等可以得出图形中相似三角形如下：△ABE∽△AFD，这是1对；△ABF∽△OEF∽△ADE，可组成3对；△BCG∽△DCE∽△DFE，又可组成3对；△BEF∽△BOE∽△DOG∽△FDG，还可组成6对，
综上，图形中相似三角形有13对，故④不正确．
故答案为：①②．

【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，利用辅助线构造相似三角形是解题的关键．
二、选择题（将正确选项涂在答题卡中相应的位置上，每小题3分，满分36分）
9．（3分）下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B．不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不合题意；
C．既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
10．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．2a+3a＝5a2 B．6m2﹣5m2＝1 C．a6÷a3＝a2 D．（﹣a2）3＝﹣a6
【分析】选项A、B分别根据合并同类项法则判断，选项C根据同底数幂的除法法则判断，选项D根据幂的乘方运算法则判断即可．
【解答】解：A.2a+3a＝5a，故本选项不合题意；
B.6m2﹣5m2＝m2，故本选项不合题意；
C．a6÷a3＝a3，故本选项不合题意；
D．（﹣a2）3＝﹣a6，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了合并同类项，同底数幂的除法以及幂的乘方，掌握相关运算法则是解答本题的关键．
11．（3分）如图，是由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和俯视图，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是（　　）

A．6 B．3 C．4 D．5
【分析】根据所给出的图形可知这个几何体共有2层，2列，先看第一层正方体可能的最少个数，再看第二层正方体的可能的最少个数，相加即可．
【解答】解：仔细观察物体的主视图和俯视图可知：该几何体的下面最少要有4个小正方体，上面最少要有1个小正方体，
故该几何体最少有5个小正方体组成．
故选：D．
【点评】本题主要考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
12．（3分）妙妙上学经过两个路口，如果每个路口可直接通过和需等待的可能性相等，那么妙妙上学时在这两个路口都直接通过的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据题意先画出树状图得出所有等可能的结果数和在这两个路口都直接通过的结果数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：根据题意画图如下：

共有4种等可能结果，其中妙妙上学时在这三个路口都直接通过的只有1种结果，
所以妙妙上学时在这两个路口都直接通过的概率为，
故选：A．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法适用于两步或两步以上完成的事件．解题时注意：概率＝所求情况数与总情况数之比．
13．（3分）一条弧所对的圆心角为135°，弧长等于半径为3cm的圆的周长的5倍，则这条弧的半径为（　　）
A．45cm B．40cm C．35cm D．30cm
【分析】设出弧所在圆的半径，由于弧长等于半径为3cm的圆的周长的5倍，所以根据原题所给出的等量关系，列出方程，解方程即可．
【解答】解：设弧所在圆的半径为rcm，
由题意得，＝2π×3×5，
解得，r＝40．
故选：B．
【点评】解决本题的关键是熟记圆周长的计算公式和弧长的计算公式，根据题意列出方程．
14．（3分）如图，矩形OABC的面积为36，它的对角线OB与双曲线y＝相交于点D，且OD：OB＝2：3，则k的值为（　　）

A．12 B．﹣12 C．16 D．﹣16
【分析】由矩形的性质求出△CDO的面积，由平行线分线段成比例可求，可求△DEO的面积，由反比例函数的性质可求解．
【解答】解：如图，连接CD，过点D作DE⊥CO于E，

∵矩形OABC的面积为36，
∴S△BCO＝18，
∵OD：OB＝2：3，
∴S△CDO＝＝12，
∵DE⊥CO，BC⊥CO，
∴DE∥BC，
∴，
∴S△DEO＝＝8，
∵双曲线y＝图象过点D，
∴＝8，
又∵双曲线y＝图象在第二象限，
∴k＜0，
∴k＝﹣16，
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，平行线分线段成比例等知识，求出△DEO的面积是解题的关键．
15．（3分）已知某商店有两件进价不同的运动衫都卖了160元，其中一件盈利60%，另一件亏损20%，在这次买卖中这家商店（　　）
A．不盈不亏 B．盈利20元 C．盈利10元 D．亏损20元
【分析】设盈利的运动衫的进价为x元，亏损的运动衫的进价为y元，利用利润＝售价﹣进价，即可得出关于x（y）的一元一次方程，解之即可得出x（y）的值，再将两件运动衫的利润相加即可得出结论．
【解答】解：设盈利的运动衫的进价为x元，亏损的运动衫的进价为y元，
依题意得：160﹣x＝60%x，160﹣y＝﹣20%y，
解得：x＝100，y＝200，
∴（160﹣100）+（160﹣200）＝60﹣40＝20（元），
∴在这次买卖中这家商店盈利20元．
故选：B．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
16．（3分）如图，点A，B，C为⊙O上的三点，∠AOB＝∠BOC，∠BAC＝30°，则∠AOC的度数为（　　）

A．100° B．90° C．80° D．60°
【分析】利用圆周角定理求出∠BOC，再根据题目条件求出∠AOB可得结论．
【解答】解：∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∵∠AOB＝∠BOC＝20°，
∴∠AOC＝∠BOC+∠AOB＝60°+20°＝80°，
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是求出∠BOC＝60°，∠AOB＝20°．
17．（3分）如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（　　）

A．（4，2）或（﹣4，2） B．（2，﹣4）或（﹣2，4）
C．（﹣2，2）或（2，﹣2） D．（2，﹣2）或（﹣2，2）
【分析】如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，利用勾股定理构建方程求出m，再分两种情形求解即可．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，

∵AH2＝OA2﹣OH2＝AB2﹣BH2，
∴42﹣m2＝（2）2﹣（6﹣m）2，
∴m＝2，
∴AH＝＝2，
∴A（2，2），
若将△AOB绕原点O顺时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′（2，﹣2），
若将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′（﹣2，2），
故选：C．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是求出点A的坐标，属于中考常考题型．
18．（3分）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（　　）

A．2 B．2 C．6 D．5
【分析】设DF＝m，AG＝n，则CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，由折叠的性质可得AF＝EF，AG＝GE，在Rt△ADF中，AF2＝m2+9，在Rt△EFC中，EF2＝4+（3﹣m）2，则有m2+9＝4+（3﹣m）2，可求m＝，在Rt△BEG中，n2＝（3﹣n）2+1，可求n＝，分别求出S△GEB＝，S△ADF＝1，S△CEF＝，由S四边形AGEF＝S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF代入即可求解．
【解答】解：设DF＝m，AG＝n，
∵正方形的边长为3，
∴CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，
由折叠可得，AF＝EF，AG＝GE，
在Rt△ADF中，AF2＝DF2+DA2，
即AF2＝m2+9，
在Rt△EFC中，EF2＝EC2+CF2，
∵BE＝1，
∴EC＝2，
∴EF2＝4+（3﹣m）2，
∴m2+9＝4+（3﹣m）2，
∴m＝，
在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
∴n＝，
∴S△GEB＝×1×（3﹣）＝，
S△ADF＝××3＝1，
S△CEF＝×2×（3﹣）＝，
∴S四边形AGEF＝S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF＝9﹣﹣1﹣＝5，
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、直角三角形面积公式，灵活应用勾股定理是解题的关键．
19．（3分）如图，在平面直角坐标系中A（﹣1，1）B（﹣1，﹣2），C（3，﹣2），D（3，1），一只瓢虫从点A出发以2个单位长度/秒的速度沿A→B→C→D→A循环爬行，问第2021秒瓢虫在（　　）处．

A．（3，1） B．（﹣1，﹣2） C．（1，﹣2） D．（3，﹣2）
【分析】根据点A、B、C、D的坐标可得出AB、AD及矩形ABCD的周长，由2021＝288×（14÷2）+1.5+2+1.5，可得出当t＝2021秒时瓢虫在点D处，再结合点D的坐标即可得出结论．
【解答】解：∵A（﹣1，1），B（﹣1，﹣2），C（3，﹣2），D（3，1），
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，
∴C矩形ABCD＝2（AB+AD）＝14．
∵2021＝288×（14÷2）+1.5+2+1.5，
∴当t＝2021秒时，瓢虫在点D处，
∴此时点瓢虫的坐标为（3，1）．
故选：A．
【点评】本题考查了规律型中点的坐标，根据瓢虫的运动规律找出当t＝2021秒时瓢虫在点D处是解题的关键．
20．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为（1，n），与x轴的一个交点B（3，0），与y轴的交点在（0，﹣3）和（0，﹣2）之间．下列结论中：①＞0；②﹣2＜b＜﹣；③（a+c）2﹣b2＝0；④2c﹣a＜2n，则正确的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①②根据二次函数图象开口方向，对称轴可求得a，b符号和关系，与y轴交点判断c的取值范围，③利用当x为1，﹣1时，y对应的值进行判断对错，④依据顶点坐标可以判断出系数与n关系式．
【解答】解：①∵函数图象开口向上，
∴a＞0，
∵对称轴在y轴右侧，a与b异号，
∴b＜0，
∵函数图象与y轴交负半轴，
∴c＜0，故，正确
②∵顶点坐标（1，n），对称轴x＝＝1，
∴b＝﹣2a＜0，a＝﹣，
∴B点（3，0）关于对称轴x＝1对称点为（﹣1，0），
∴当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝0，得c＝b，
∵﹣3＜c＜﹣2，
∴﹣3＜＜﹣2，
∴﹣2＜b＜，错误．
③当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝0，（a+c）2﹣b2＝（a+b+c）（a﹣b+c）＝0，正确．
④当x＝1，时，y＝a+b+c＝n，
∵a＝﹣，c＝b，
∴n＝2b，
∴2c﹣a＝，
∵b＜0，
∴＞4b，即2c﹣a＞2n，错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查二次函数图象与系数之间的关系，函数图象对称性性质的使用，解题关键是找到各个系数与顶点坐标之间的关系．
三、解答题（将解题过程写在答题卡相应的位置上，满分60分）
21．（5分）先化简，再求值：（﹣1）÷，其中x＝sin30°．
【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，利用特殊角的三角函数值求出x，代入计算即可．
【解答】解：原式＝[﹣1]•
＝（﹣）•
＝•
＝﹣，
当x＝sin30°＝时，原式＝﹣＝﹣4．
【点评】本题考查的是分式的化简求值、特殊角的三角函数值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
22．（6分）抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点C（0，3）．
（1）求此抛物线所对应的函数解析式，并直接写出顶点D的坐标；
（2）若过顶点D的直线将△ACD的面积分为1：2两部分，并与x轴交于点Q，则点Q的坐标为 　Q1（﹣，0），Q2（﹣1，0）　．
注：抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标（﹣）

【分析】（1）利用待定系数法，将A，C两点的坐标代入抛物线解析式中求出系数b，c，从而求出顶点D的坐标；
（2）由过顶点D的直线将△ACD的面积分为1：2两部分，取线段AC的三等分点E、F，连接DE、DF交x轴于点Q1、Q2，由直线DE和直线DF求出满足条件Q点的坐标．
【解答】解：（1）把点A（﹣3，0）和点C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c得：，
解得：，
∴y＝﹣x2﹣2x+3，
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴顶点D（﹣1，4）．
（2）取线段AC的三等分点E、F，连接DE、DF交x轴于点Q1、Q2，则：
S△DAE：S△DEC＝1：2，S△DAF：S△DFC＝2：1，
∵点A（﹣3，0），点C（0，3），
∴E（﹣2，1），F（﹣1，2），
∴DF⊥x轴于点Q2，
∴Q2（﹣1，0），
设直线DE的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
把点D（﹣1，4），E（﹣2，1）代入，得：，
解得：，
∴直线DE的表达式为：y＝3x+7，
当y＝0时，x＝﹣，
∴Q1（﹣，0）．
故答案为：Q1（﹣，0），Q2（﹣1，0）．

【点评】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式以及三角形三等分线和三角形面积之间的关系，解题的关键是求出直线DE和DF，然后直线与x轴的交点即为点Q．
23．（6分）Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，矩形CDEF的另三个顶点D，E，F均在Rt△ABC的边上，且邻边之比为1：2，画出符合题意的图形，并直接写出矩形周长的值．
【分析】分两种情况讨论，在Rt△ABC中，由勾股定理可求AC的长，通过证明△AEF∽△ACB，可得，可求EF，CF的长，即可求解．
【解答】解：如图1，当CF＝2EF时，

∵∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，
∴AC＝＝＝15，
∵四边形CDEF是矩形，
∴EF∥BC，EF＝CD，CF＝DE，
∴△AEF∽△ACB，
∴，
∴，
∴EF＝，
∴CF＝，
∴矩形CDEF的周长＝2（CF+EF）＝；
如图2，当EF＝2CF时，

∵∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，
∴AC＝＝＝15，
∵四边形CDEF是矩形，
∴EF∥BC，EF＝CD，CF＝DE，
∴△AEF∽△ACB，
∴，
∴＝，
∴EF＝，
∴CF＝
∴矩形CDEF的周长＝2（CF+EF）＝；
综上所述：矩形CDEF的周长的值为或．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
24．（7分）为了解某校八年级学生在语文学习中对小说、诗歌、散文、戏剧四类文学体裁的喜爱情况，随机抽查了部分学生（每人只选一类），然后根据调查数据，绘制了不完整的条形统计图和扇形统计图，结合统计图，解答下列问题．
（1）本次抽样调查的样本容量为 　50　；
（2）补全条形统计图；
（3）喜爱戏剧的学生对应扇形的圆心角为 　36°　；
（4）已知该校八年级共有学生800人，请你估计课外活动小组诗歌社团拟招社员200人能否实现，请说明理由．

【分析】（1）根据喜爱小说的学生人数和所占的百分比可以求得本次抽样调查的样本容量；
（2）先求出喜爱诗歌的学生人数，即可补全图形；
（3）用360°乘以喜爱戏剧的学生人数所占比例即可；
（4）用总人数乘以样本中喜爱诗歌的人数所占比例即可．
【解答】解：（1）本次抽样调查的样本容量为：15÷30%＝50，
故答案为：50；

（2）喜爱诗歌的学生人数：50﹣15﹣18﹣5＝12（人），
补全条形统计图如下：


（3）喜爱戏剧的学生对应扇形的圆心角为：360°×＝36°，
故答案为：36°；

（4）估计课外活动小组诗歌社团拟招社员200人不能实现，
理由：800人中喜爱诗歌的学生人数：800×＝192（人）．
192＜200，
∴估计课外活动小组诗歌社团拟招社员200人不能实现．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
25．（8分）在一条笔直的道路上依次有A，B，C三地，男男从A地跑步到C地，同时乐乐从B地跑步到A地，休息1分钟后接到通知，要求乐乐比男男早1分钟到达C地，两人均匀速运动，如图是男男跑步时间t（分钟）与两人距A地路程s（米）之间的函数图象．
（1）a＝　2　，乐乐去A地的速度为 　200米/分钟　；
（2）结合图象，求出乐乐从A地到C地的函数解析式（写出自变量的取值范围）；
（3）请直接写出两人距B地的距离相等的时间．

【分析】（1）由函数图象得B地跑步到A地的路程是400米，由乐乐从B地跑步到A地，休息1分钟后接到通知，可得a＝3﹣1＝2，根据路程和时间可得乐乐去A地的速度；
（2）利用待定系数法求FG的解析式即可；
（3）分0≤t≤2，2＜t≤3，3＜t≤7，根据两人距B地的距离相等列出方程求解即可．
【解答】解：（1）由函数图象得B地跑步到A地的路程是400米，
∵乐乐从B地跑步到A地，休息1分钟后接到通知，
∴a＝3﹣1＝2，
∴乐乐去A地的速度为：400÷2＝200（米/分钟），
故答案为：2，200米/分钟；
（2）设FG的解析式为：s＝kt+b（k≠0），
∵s＝kt+b（k≠0）的图象过点F（3，0）、G（7，1200），
∴，
解得：，
∴FG的解析式为：s＝300t﹣900（3＜t≤7），
即乐乐从A地到C地的函数解析式：s＝300t﹣900（3＜t≤7）；
（3）设OH的解析式为：s＝kt（k≠0），
∵s＝kt（k≠0）的图象过点H（8，1200），
∴1200＝8k，解得：k＝150，
∴OH的解析式为：s＝150t（0≤t≤8），
即男男从A地到C地的函数解析式：s＝150t，
①0≤t≤2时，
200t＝400﹣150t，
解得：t＝；
②2＜t≤3时，
400＝150t﹣400，
解得：t＝＞3，舍去；
③3＜t≤7时，
400﹣（300t﹣900）＝150t﹣400或（300t﹣900）﹣400＝150t﹣400，
解得：t＝或t＝6，
综上，两人距B地的距离相等的时间为分钟或分钟或6分钟．
【点评】本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意设未知数，学会结合方程解决问题，此类题有难度，注意利用数形结合的思想解答问题．
26．（8分）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，过点F做FG⊥BC于点G，连接AC．易证：AC＝（EC+FG）．（提示：取AB的中点M，连接EM）
（1）当点E是BC边上任意一点时，如图2；当点E在BC延长线上时，如图3．请直接写出AC，EC，FG的数量关系，并对图2进行证明；
（2）已知正方形ABCD的面积是27，连接AF，当△ABE中有一个内角为30°时，则AF的长为 　6或6　．

【分析】（1）如图2中，结论：AC＝（FG+EC）．在AB上截取BM＝BE，连接EM，证明△AEM≌△EFC（ASA），可得结论．
如图2中，结论：AC＝（FG﹣EC）．
（2）分两种情形：如图1中，当∠BAE＝30°时，如图3中，当∠AEB＝30°时，利用等腰直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）如图2中，结论：AC＝（FG+EC）．
理由：在AB上截取BM＝BE，连接EM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴∠DCG＝90°，∠EAM+∠AEB＝90°，
∵BM＝BE，
∴AB﹣BM＝BC﹣BE，∠BME＝∠BEM＝45°，
∴AM＝EC，∠AME＝135°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠FCG＝45°，
∴∠ECF＝135°，
∴∠AME＝∠ECF，
∵∠AEF＝90°，
∴∠FEC+∠AEB＝90°，
∴∠EAM＝∠FEC，
∴在△AEM和△EFC中，
，
∴△AEM≌△EFC（ASA），
∴EM＝CF，
∵EM＝BE，CF＝FG，
∴BE＝FG，
∵AC＝BC＝（BE+EC），
∴AC＝（FG+EC）．
如图3中，结论：AC＝（FG﹣EC）．

（2）如图1中，当∠BAE＝30°时，
∵正方形的面积为27，
∴AB＝3，∠B＝90°，
∴BE＝AB•tan30°＝3×＝3，
∴AE＝2BE＝6，
∵△AEM≌△EFC
∴AE＝EF＝6，
∴AF＝6，
如图3中，当∠AEB＝30°时，同法可得AE＝EF＝2AB＝6，
∴AF＝AE＝6，
综上所述，AF的长为6或6．

【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
27．（10分）某商场计划购进一批篮球和足球，其中篮球的单价比足球多30元．已知用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等．
（1）问篮球和足球的单价各是多少元？
（2）若篮球的售价为150元，足球的售价为110元，商场计划用不超过10350元购进两种球共100个，其中篮球不少于40个，问商场共有几种进货方案？哪种方案商场获利最大？
（3）某希望小学为庆祝中国共产党成立100周年，举行百人球操表演，准备购买（2）中商场获利最大方案购进的这100个篮球和足球，商场知晓后决定从中拿出30个球赠送给这所希望小学，这样，希望小学相当于七折购买这批球．请直接写出商场赠送的30个球中篮球和足球的个数．
【分析】（1）利用分式方程即可求出篮球和足球的单价，
（2）设购买篮球x个，则购买足球（100﹣x）个，根据题意求出x的取值范围，再根据（1）的结论列不等式即可得出购买方案，设商场获利w元，列出w关于x的函数关系式，利用一次函数的性质即可解答；
（3）设商场赠送的30个球中篮球m个，足球（30﹣m）个，根据希望小学相当于七折购买这批球列方程即可求解．
【解答】解：设足球单价为x元，则篮球单价为（x+30）元，由题意得：
，
解得：x＝90，
经检验：x＝90是原分式方程的解，
则x+30＝120，
答：足球单价为90元，则篮球单价为120元；

（2）设购买篮球x个，则购买足球（100﹣x）个，
由题意得：120x+90（100﹣x）≤10350，
解得：x≤45，
∵篮球不少于40个，
∴40≤x≤45，
∴有6种方案：
设商场获利w元，
由题意得：w＝（150﹣120）x+（110﹣90）（100﹣x）＝10x+2000，
∵10＞0，
∴w随x的增大而增大，
∴x＝45时，w有最大值，
100﹣45＝55（个），
答：商场共有6种货方案，购买篮球45个，购买足球55个，商场获利最大；
（3）设商场赠送的30个球中篮球m个，足球（30﹣m）个，
由题意得：110×[55﹣（30﹣m）]+150×（45﹣m）＝（150×45+110×55）×0.7，
解得：m＝，
∵m是正整数，
∴m＝13或14，30﹣m＝17或16，
答：商场赠送的30个球中篮球13个和足球17个或篮球14个和足球16个．
【点评】本题考查了分式方程的应用、一次函数的性质以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；（3）找准等量关系，正确列出一元一次方程．
28．（10分）如图，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B．OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根，且tan∠OAB＝，点D为AB的中点，E为x轴正半轴上一点，BE＝2，直线OD与BE相交于点F．
（1）求点A及点D的坐标；
（2）反比例函数y＝经过点F关于y轴的对称点F′，求k的值；
（3）点G和点H在直线AB上，平面内存在点P，使以E，G，H，P为顶点的四边形是边长为6的菱形，符合条件的菱形有几个？请直接写出满足条件的两个点P的坐标．

【分析】（1）解直角三角形求出OA，可得点A的坐标，再根据中点坐标公式求出点D的坐标．
（2）求出直线BE，直线OD的解析式，构建方程组确定交点F的坐标，再根据对称性求出点F′的坐标即可．
（3）分两种情形：GH是菱形的对角线，GH是菱形的边，设G（m，﹣），分别构建方程求出点G的坐标，再利用平移的性质求出点P的坐标即可．
【解答】解：（1）∵x2﹣x﹣30＝0，
∴x1＝﹣5，x2＝6，
∴OB＝6，
∵tan∠OAB＝，
∴，
∴OA＝8，
∴A（8，0），B（0，6），
∵点D为AB的中点，
∴D（4，3）；
（2）在Rt△OBE中，由勾股定理得：
OE＝，
∴E（2，0），
∴直线BE的函数解析式为：y＝﹣3x+6，
∵D（4，3），
∴直线OD的函数解析式为：y＝，
当﹣3x+6＝时，x＝，
此时y＝，
∴F（），
∴点F关于y轴的对称点F′为（﹣），
∵反比例函数y＝经过点F'，
∴k＝﹣＝﹣；
（3）如图1中，由AE＝6，当H与A重合，GH是菱形的对角线时，

∵以E，G，H，P为顶点的四边形是边长为6的菱形，
∴BE＝6，
∵A（8，0），B（0，6），
∴直线AB的函数解析式为：y＝﹣，
设G（m，﹣），
∵EG＝EH＝6，
∴（m﹣2）2+（﹣）2＝62，
∴m＝或8（舍弃），
∴G（，），
∵BP∥AE，BP＝AE＝6，
∴P（，）．
如图2中，当H与A重合，GH是菱形的边时，有两种情形，

∵AG＝AE＝6，
∴（8﹣m）2+（﹣m+6）2＝62，
解得m＝或，
∴G（，），G′（，﹣），
∵PG∥AE，PG＝AE＝6，
∴P（﹣，），P′（，﹣）．
如图3中，当GH为菱形的边，H与B不重合时，四边形EGHP是菱形，此时P（，﹣）．

综上所述，符合条件的菱形有4个，点P的坐标为（，）或（﹣，）或（，﹣）．

【点评】本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，一次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数，利用方程组确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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