2021年山西省太原市中考二模数学试题（word版 含答案）

这是一份2021年山西省太原市中考二模数学试题（word版 含答案），共29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年山西省太原市中考二模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．计算的结果是（　　）．
A．﹣ B． C．2 D．﹣2
2．下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示的立体图形的主视图是（ ）

A． B． C． D．
4．太原古县城的打造历时8年，耗资将近300亿元，是太原境内的一个重点工程．它是一个在明代早期修建的古城，很好的传承了“晋阳古城”的文脉，并延续了“晋阳古城”的历史文化．数据300亿元用科学记数法表示为（ ）
A．元 B．元 C．元 D．元
5．如图，l1∥l2，∠1=120°，∠2=100°，则∠3等于（ ）

A．60° B．50° C．40° D．20°
6．实数介于（ ）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
7．学校组织学生外出集体劳动时，为九年级学生安排了三辆车．九年级的小明与小亮都可以从这三辆车中任选一辆搭乘，则他俩搭乘同一辆车的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．根据如图所示的程序计算函数的值，若输入的值是0或8时，输出的值相等，则等于（ ）

A． B． C． D．
9．《九章算术》是一部与现代数学的主流思想完全吻合的中国数学经典著作，全书分为九章，在第七章“均衡”中有一题：“今有凫起南海，七日至北海；雁起北海，九日至南悔．今凫雁俱起，问何日相逢？”愈思是：今有野鸭从南海起飞．7天到北海；大雁从北海起飞，9天到南海．现野鸭大雁同时起飞，问经过多少天相逢．利用方程思想解决这一问题时，设经过天相遇，根据题意列出的方程是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在矩形纸片中，，，点是上一点，点在上，将矩形纸片沿直线折叠，点落在点处．点恰好落在边上的点处，交于点，若，则四边形的面积等于（ ）

A． B． C． D．

二、填空题
11．计算的结果是________．
12．在同样条件下，对某种小麦种子进行发芽试验，统计如下表：
试验种子粒数
50
100
200
500
1000
2000
3000
发芽种子粒数
45
92
188
476
951
1900
2850
据此估计该小麦种子发芽的概率为__________（精确到0.01）．
13．已知点在直线上，点在直线上，与关于轴对称．则和的交点坐标为__________．
14．根据下图中菱形四个顶点所标的数字规律，推测第2021个菱形上方顶点所标的数字是_______．

15．如图，点的坐标为，点的坐标为，⊙A与轴相切，点是⊙A上的动点，射线与轴交于点，则长的最大值等于_______．


三、解答题
16．（1）计算．
（2）解不等式组解集在数轴上表示．

17．如图，过点分别作轴．轴，垂足分别为点和点，点是线段上一个动点，但不与点、点重合，反比例函数的图象过点，与线段交于点，连接．

（1）当点是线段的中点时，直接写出点的坐标；
（2）若的面积为6，求反比例函数的表达式．
18．某校为了解该校学生平均每天运动的时间，随机抽取部分学生进行调查，并将相关数据分为，，，四个组进行统计，绘制了如图不完整的频数分布表，扇形统计图及组时间与人数分布表．
平均每天运动时间频数分布统计表
组别
时间/小时
频数/人数


10


20






平均每天运动时间扇形统计图

组时间与人数分布表
时间（小时）
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
人数（人）
1
2
4
6
7
根据以上信息解答问题．
（1）所抽取的学生中，平均每天运动时间落在组的人数为_______人；
（2）所抽取的学生中，平均每天运动时间的中位数为________小时；
（3）已知该校有2000人，估计该校学生平均每天运动时间不少于0.8小时的人数．
19．每年春季彩灯工艺师为汾河景区“中华第一龙”换装．查阅资料可知，“巨龙”长126米，龙身最大跨度为20米，最大直径为2.7米．课外实践小组对这条“巨龙”的龙头头顶离地面的高度（）产生了兴趣．决定运用所学知识求出它的高度．由于“巨龙”在河中，同学们只能在人行道上进行测量．下面是他们测量的过程：在点处测得龙头头顶的仰角为，沿着人行道直行63米到达点处．测得，．已知，，三点在同一水平面内，测角仪距该平面的高度忽略不计．请根据以上数据求龙头头顶离地面的高度．（结果精确到0.1米，下参考数据：，，，）

20．某糕点加工店受资金和原料保质期等因素影响，在购买主要原料面包粉和蛋糕粉时需分次购买．下表是该店最近三次购进原料的数量和总金额，其中前两次是按原价购买，第三次享受了优惠．

第一次
第二次
第三次
面包切（袋）
2
3
5
蛋糕粉（袋）
4
5
8
总金额（元）
520
700
912
（1）求第三次购买时，该店比按原价购买节省的总金额；
（2）该店第四次购买原料时发现价格较第二次又有调整，每袋面包粉售价降了元，每袋蛋糕粉售价降了元，这时用576元能够购买到面包粉的袋数是蛋糕粉袋数的．求这两种原料现在的售价．
21．请阅读下面的材料，并完成相应的任务．
仅用圆规三等分．六等分圆是容易的，而四等分、五等分…则有一定难度，历史上卡尔·弗雷德里希·高斯首次解决了将圆十七等分的难题．拿破仑·波拿巴当年曾向数学家提出这样一个问题：只用圆规，不用直尺，如何把一个圆周四等分？这个难题最终由意大利数学家马斯凯罗尼解决了．为此，他还写了名为《圆规几何》的书献给拿破仑，书中还包含了更深刻的作图理论．他给出的作图步骤和部分证明如下：
如图1，

第一步：在⊙O上任取一点，以点为一个分点，将⊙O六等分，其他分点依次为、、、、；
第二步：分别以、两点为圆心，以（）为半径作弧，两弧交于点；
第三步：以点为圆心，为半径作弧．与⊙O交于，两点．
则点、、、是⊙O的四等分点．
证明：如图2，

连接、、、、、、、、．
∵点、、、、、是⊙O的六等分点．
．
．
任务：（1）完成证明；
（2）若⊙O的半径为2，则的长为_______，的长为________．
22．综合与实践
问题背景：数学小组在一次课外学习交流时，组内一同学提出如下问题：在中，，为边上一点，但不与点，点重合，过点作于点．连接，M为的中点，连接，．
观察发现：（1）如图1，与之间的数量关系是_______；

思考分享：（2）如图2，将绕点顺时针旋转，其他条件不变，则（1）中的结论还成立，请证明．小明是这样思考的：延长至点，使得，连接运用三角形中位线定理，…．按照他的思路或采用其他方法证明；

探究计算：（3）若，，，在绕点旋转一周的过程中，当直线经过点时，线段的长为_______．
23．综合与探究
如图1，直线：与轴，轴分别交于，两点，抛物线经过，两点，与轴的另一个交点为点，连接，作关于直线对称的．

（1）求抛物线的表达式，并直接写出点D的坐标；
（2）如图2，将沿着轴向左平移个单位长度得到，，，三点的对应点分别为，，三点，当点与点重合时停止．与交于点，与交于点，连接，记与重叠部分的面积为．请解答下列问题：

①求与的函数关系式；
②当轴时，求的值；
（3）当（2）中的取得最大值时，点沿着一定的路径运动到轴上的点处，然后再沿着与轴平行的直线运动到抛物线对称轴上的点处，最后运动到点处．请直接写出点运动到点处的最短路径的长．



参考答案
1．B
【分析】
根据负整数指数幂运算即可得．
【详解】
，
故选：B．
【点睛】
本题考查了负整数指数幂，熟记负整数指数幂运算法则是解题关键．
2．C
【分析】
根据整式运算法则逐项计算即可．
【详解】
解：A. ，原选项错误，不符合题意；
B. ，原选项错误，不符合题意；
C. ，原选项正确，符合题意；
D. ，原选项错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了整式的运算，解题关键是熟记整式运算法则，准确进行计算．
3．A
【分析】
找出此几何体从正面看所得到的视图即可，看不见的棱用虚线．
【详解】
解：此立体图形从正面看所得到的图形为矩形，中间有两条看不见的棱，故主视图为矩形中有两条竖的虚线．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
4．C
【分析】
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，据此判断即可．
【详解】
解：300亿元=3×1010元．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
5．C
【详解】
解：如图，延长∠1和∠2的公共边交l1于一点，

∵l1∥l2，∠1=120°，
∴∠4=180°-∠1=180°-120°=60°，
∴∠3=∠2-∠4=100°-60°=40°．
故选C．
6．B
【分析】
根据被开方数越大，对应的算术平方根也越大，据此估算出的范围，即可得出﹣1的值的大致范围．
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴﹣1的值在3和4之间．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查的是估算无理数的大小，明确被开方数越大，对应的算术平方根也越大是解题的关键．
7．A
【分析】
列举出所有情况，看在同一辆车的情况数占总情况数的多少即可．
【详解】
解：设3辆车分别为A，B，C，

共有9种情况，小王与小菲在同一辆车的情况数有3种，
所以坐同一辆车的概率为．
故选：A．
【点睛】
此题考查了利用树状图求概率；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．得到在同一辆车的情况数是解决本题的关键．
8．D
【分析】
先求出x＝8时y的值，再将x＝0、y＝﹣2代入y＝2x+b可得答案．
【详解】
解：∵当x＝8时，y＝6﹣8＝﹣2，
∴当x＝0时，y＝﹣2，代入y＝2x+b得， 2×0+b＝﹣2，
解得：b＝﹣2，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查待定系数法求解析式，解题的关键是求出对应的函数值．
9．C
【分析】
根据所设未知数，由野鸭和大雁飞行的速度和乘以飞行时间＝两地之间的距离，即可得出关于x的一元一次方程．
【详解】
解：设野鸭与大雁从南海和北海同时起飞，经过x天相遇，
根据题意得：．
故选：C．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
10．D
【分析】
根据矩形的性质得，设，由勾股定理得，再证明得，由勾股定理得，可得，设由勾股定理求出，最后由四边形的面积求出结论即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，且
∴
∵
∴
设
∴
∵且
∴
∴
∴
∵∠
∴∠，
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
设
∴
又
∴
解得，
∴
∵，
∴四边形的面积
故选：D
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用矩形的性质与勾股定理等其它知识有机结合．
11．
【分析】
先提公因式（x-2）,合并同类项，再用乘法对加法分配律计算即可．
【详解】
解：，
=，
=，
=．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了因式分解，乘法分配律，合并同类项，掌握因式分解，乘法分配律，合并同类项是解答本题的关键．
12．0.95
【分析】
根据在同样条件下，对某种小麦种子从50粒增加到3000粒时，种子发芽的频数为2850粒
利用频率=趋近于0.95，所以估计种子发芽的概率为0.95．
【详解】
解：∵在同样条件下，对某种小麦种子粒数3000粒时，种子发芽的频数为2850粒，
∴种子发芽的频率为P=，
∵在大数次的实验情况下，频率趋于一个稳定值，即概率，
∴估计小麦种子发芽的概率为0.95．
故答案为0.95．
【点睛】
本题题主要考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13．
【分析】
先求出点（2，0）关于y轴对称点，由对称性可知点（-2，0）在直线上，利用待定系数法求出直线表达式为，求出y轴交点坐标即可．
【详解】
解： 点（2，0）关于y轴对称点为点（-2，0），
∵点在直线上，与关于轴对称，
∴点（-2，0）在直线上，
又点在直线上，
设直线表达式为，
代入点的坐标得，
解方程组得，
∴直线表达式为，
∵轴是与对称轴，
∴和的交点在y轴上，
∴当x=0时，，
∴和的交点坐标为（0，3）．
故答案为：（0，3）．
【点睛】
本题考查轴对称性质，关于y轴对称点的坐标求法，待定系数法求直线表达式，函数与坐标轴的交点坐标求法，掌握轴对称性质，关于y轴对称点的坐标求法，待定系数法求直线表达式，函数与坐标轴的交点坐标求法是解题关键．
14．8082
【分析】
每个菱形上都标有4个数字，这4个数字的顺序是按下、上、左、右来标的，通过观察图形发现第个菱形的四个顶点所标的数字为下：，上：，左：，右：，由此即可解答．
【详解】
解：∵第1个菱形的四个顶点所标的数字为下：，上：，左：，右：；
第2个菱形的四个顶点所标的数字为下：，上：，左：，右：；
第3个菱形的四个顶点所标的数字为下：，上：，左：，右：；
……，
∴第个菱形的四个顶点所标的数字为下：，上：，左：，右：，
∴第2021个菱形上方顶点所标的数字是：，
故答案为：8082．
【点睛】
此题考查图形的变化规律，找出数字循环的规律，利用规律解决问题．
15．
【分析】
当射线与相切于点时，有最大值，的值最大，判断， ，进而可得长的最大值．
【详解】
解：∵
∴
∵
∴当最大时，的值最大，
如图，当射线与相切于点时，有最大值，的值最大，

中，
由勾股定理得，
∴∠
∵，且
∴∠
∴∠
∴中，
故答案为：
【点睛】
此题主要考查了圆的切线的性质，正确作出辅助线是解答此题的关键．
16．（1）0；（2），见解析
【分析】
（1）根据绝对值的性质、特殊角的三角函数值、二次根式的性质及零指数幂的性质依次计算后，再合并即可求解；（2）分别求出这两个一元一次不等式的解集，解集的公共部分即为不等式组的解集．
【详解】
（1）原式

．
（2）解不等式，得．
解不等式，得．
∴原不等式组的解集为．
解集在数轴上表示如下：

【点睛】
本题考查了绝对值、二次根式的性质、零指数幂、特殊角的三角函数值、解一元一次不等式组等知识点，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
17．（1）；（2）
【分析】
（1）根据中点求出点的坐标，再用待定系数法求出反比例函数解析式，代入点的横坐标即可；
（2）根据题意，设点的坐标是、点的坐标是，再根据的面积为6列出方程即可．
【详解】
解：（1）∵点是线段的中点，轴，点的坐标，
∴点的坐标是，
把代入得，，解得，
反比例函数解析式为，
∵轴，把代入得，，
∴点的坐标是．
（2）∵点，轴，轴，垂足分别为点和点，
∴点的纵坐标是6，点的横坐标是8，.
∵，
∴四边形是矩形.
∵点和点都在反比例函数的图象上，
∴点的坐标是、点的坐标是．
∴，．
由的面积为6，得．
∴．
解，得，（舍去）．
∴反比例函数的表达式是．
【点睛】
本题考查了反比例函数的性质和求反比例函数解析式，解题关键是熟练运用反比例函数的性质，设出点的坐标，根据面积列出方程．
18．（1）15；（2）0.9；（3）1320人
【分析】
（1）由表格知A组学生人数为10人，由扇形统计图A组学生占20%，随机抽取部分学生的样本容量=10÷20%=50人，利用各组之和等于抽取人数列出等式10+20++=50，解方程即可；
（2）把B组中学生运动时间进行从小到大排序，利用中位数定义，找出第25、26两位学生运用时间取平均数即可；
（3）求出随机抽取部分学生平均每天运动时间不少于0.8小时所占抽取部分学生的百分比为，学校学生总数×66%计算即可．
【详解】
解：（1）由表格知随机抽取部分学生中A组学生人数为10人，由扇形统计图A组学生占随机抽取部分学生的20%，
∴随机抽取部分学生的样本容量=10÷20%=50人，
∴10+20++=50，
解得=5，
C组学生人数为=15人，
故答案为：15；
（2）把B组中学生运动时间进行从小到大排序，由于机抽取部分学生一共50人，
50÷2=50，
排在25，26两个学生运动时间是0.9小时,0.9小时，
故机抽取部分学生运动时间中位数为：，
随机抽取部分学生的中位数是0.9，
故答案为：0.9；
（3）机抽取部分学生平均每天运动时间不少于0.8小时的人数为50-10-1-2-4=33人，
占抽取部分学生的百分比为，
该校学生平均每天运动时间不少于0.8小时的学生数为（人）．
答：该校学生平均每天运动时间不少于0.8小时的约有1320人．
【点睛】
本题考查样本容量，一元一次方程，中位数，用样本中百分含量估计总体中的数量，掌握样本容量，一元一次方程，中位数，用样本中百分含量估计总体中的数量是解题关键．
19．龙头头顶离地面的高度约为16.1米
【分析】
通过解求得，再解可求
【详解】
解：在中，∵，，
∴.
在中，，
∴.
∵，
∴.
在中，，.
∴.
∴.
答：龙头头顶离地面的高度约为16.1米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是找到题目中的直角三角形并熟练运用解直角三角形的知识进行计算．
20．（1）第三次购买时，该店比按原价购买节省的总金额为228元；（2）现在面包粉每袋的售价是96元，蛋糕粉每袋的售价是72元
【分析】
(1) 设面包粉售价为元/袋，蛋糕粉售价为元/袋，列出二元一次方程组，求得面包粉和蛋糕粉的单价，再计算出第三次原价购买的总金额即可；
(2)根据题意列出分式方程，求解即可．
【详解】
解：(1)设面包粉售价为元/袋，蛋糕粉售价为元/袋，
根据题意，得，
解，得．
（元）．
答：第三次购买时，该店比按原价购买节省的总金额为228元．
（2）根据题意，得．
解，得．
经检验：是原方程的根．
此时，，．
答：现在面包粉每袋的售价是96元，蛋糕粉每袋的售价是72元．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用和分式方程的应用，解题关键是准确把握题目中的数量关系，找到等量关系，列出方程．
21．（1）见解析；（2），
【分析】
（1）利用圆周角定理得出，然后解，结合勾股定理得出，即可得出答案
（2）根据弧长公式即可求出
【详解】
解：（1）∴是的直径，∴
∵，.∴，
设的半径为，
在中，，
∴，
∴，
∵，∴.∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴是直角三角形且，
∴，
∴点、、、是的四等分点．
（2）∵，⊙O的半径为2，
∴，
∵点、、、是⊙O的四等分点，
∴，
∴=．
【点睛】
本题考查了圆的性质，解直角三角形，勾股定理及逆定理，弧长公式等知识点，解题的关键是设的半径为，并证明是直角三角形且．
22．（1）；（2）见解析；（3）或
【分析】
（1）根据直角三角形斜边中线的性质解答即可；
（2）作辅助线如图所示，根据线段垂直平分线的性质和已知条件利用SAS可证明，进而可得，然后根据三角形的中位线定理即可证得结论；
（3）分两种情况：直线DE过点A且在AB左侧时与直线DE过点A且在AB右侧时，分别画出图形，利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）∵，，M为的中点，
∴，
∴EM=CM；
故答案为：；
（2）如图，

延长到点，使得，延长到点，使得，分别连接、、和，
∵，
∴为的垂直平分线，
∴，
∴，
同理可得，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，
∵，，，
∴，分别是和的中位线，
∴，，
∴；
（3）如图1，当直线DE过点A且在AB左侧时，
∵∠DBE=∠ABC=30°，AC=4，DE=2，
∴AB=2AC=8，BD=2DE=4，
∴BE=，
在Rt△ABE中，AE=，
∴AD=；

如图2，当直线DE过点A且在AB右侧时，
∵∠DBE=∠ABC=30°，
∴AB=2AC=8，BD=2DE=4，BE=，
∴AE=，
∴AD=．
故答案为：或．

【点睛】
本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质以及三角形的中位线定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用数形结合的思想是解答的关键．
23．（1），；（2）①；②；（3）
【分析】
（1）在中，分别令y=0和x=0，可求得点A、B的坐标，把这两点的坐标分别代入抛物线的解析式中，解方程组可求得b、c的值，从而可得抛物线的解析式；求出抛物线与x轴的交点C的坐标，易得CB=CA=5，根据△ABC和△ABD关于直线l对称，则可得四边形ACBD为菱形，从而可得D点的坐标；
（2）①根据平移性质可得∥AB， ∥BC，从而可得，，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方，可分别得到和的面积，显然△ABC的面积容易计算出事，所以重叠部分的面积等于△ABC的面积减去与的面积的和，从而得到结论；
②当轴时，可得四边形及四边形均是平行四边形，所以得，从而点为AC的中点，即可得t的值，因而可得S的值；
（3）首先PQ是定值，为此只要求出的值最小即可，因此把点C向左平移得点，连接，则最小时，最小，因此求出即可．
【详解】
（1）把代入中，得
∴点的坐标是
把代入中，得，解得
∴点的坐标是
∵抛物线经过、两点
∴
解得
∴抛物线的表达式是
把代入中，得
解，得，
∴点的坐标是
∴OC=4，
∵OB=3
∴由勾股定理得：
∴BC=CA
∵△ABD、△ABC关于直线l对称
∴BD=BC，AD=CA
∴BD=BC=AD=CA
∴四边形CADB是菱形
∴BD∥CA，BD=CA=5
∴点的坐标是
（2）①∵点的坐标是，
∴
∵将沿着轴向左平移个单位长度得到
∴，∥
∴
∵
∴
∴
∴
∴
同理由，可得
∴
∴与的函数关系式是
②∵MN∥x轴
∴MN∥
∵平移得到
∴∥AB
∴∥AN
∴四边形是平行四边形
∴
同理可得
∴点是的中点
∴
把代入中，得
∴当MN∥轴时，的值是
（3）∵
∴当时，S有最大值
∵
∴抛物线的对称轴为直线
∵点平移到P点后沿着与x轴平行的直线平移到点Q，则PQ的长度是固定的，且为
∴把点C向左平移得点，且其坐标为，如图

∴
连接，交y轴于点P，过点P作x轴的平行线交抛物线的对称轴于点Q，连接CQ，过点作轴于点G，
∵PQ=，∥
∴四边形是平行四边形


当最小时，最小
∵当时，点D向左平移了个单位
∴
∴，
∴
在Rt△中，由勾股定理得：
∴的最小值为
【点睛】
本题是二次函数的综合，主要考查了用待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，轴对称，两点间线段最短等知识，求路径最短时，用到了转化思想，转化为两点间线段最短来解决．