2021年吉林省长春市新区中考数学诊断试卷（word版 含答案）

这是一份2021年吉林省长春市新区中考数学诊断试卷（word版 含答案），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年吉林省长春市新区中考数学诊断试卷
一、选择题（每小题3分，共24分）
1．计算6÷的结果是（　　）
A． B． C． D．
2．2020年长春市实现地区生产总值6638.03亿元，同比增长3.6%．总体来看，经济保持平稳运行．6638.03这个数用科学记数法可以表示为（　　）
A．6.63803×104 B．6.63803×103
C．0.663803×105 D．0.663803×104
3．如图是某几何体的三视图，该几何体是（　　）

A．长方体 B．正方体 C．球 D．圆柱
4．在平面直角坐标系中，点（﹣2，﹣3）到x轴的距离是（　　）
A．﹣2 B．﹣3 C．2 D．3
5．如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上．若∠ABD＝15°，则∠BCD的大小是（　　）

A．100° B．105° C．110° D．115°
6．如图，是一辆小汽车与墙平行停放的平面示意图，汽车靠墙一侧OB与墙MN平行且距离为a米，一辆小汽车车门宽AO为b米，当车门打开角度∠AOB为α时，车门边缘的点A处与墙的距离为（　　）

A．a﹣bsinα B．a﹣btanα C． D．
7．已知直线l及直线l外一点P．如图，
（1）在直线l上取一点A，连接PA；
（2）作PA的垂直平分线MN，分别交直线l，PA于点B，O；
（3）以O为圆心，OB长为半径画弧，交直线MN于另一点Q；
（4）作直线PQ．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（　　）

A．△OPQ≌△OAB B．PQ∥AB
C．AP＝BQ D．若PQ＝PA，则∠APQ＝60°
8．如图，菱形ABCD的两个顶点B、D在反比例函数y＝的图象上，对角线AC与BD的交点刚好是坐标原点O，已知点A（1，1），∠ABC＝60°，则k的值是（　　）

A．﹣2 B．﹣3 C．﹣2 D．﹣3
二、填空题（每小题3分，共18分）
9．因式分解：2a3﹣12a2+18a＝　 　．
10．若在实数范围内有意义，则x的取值范围是　 　．
11．若一个多边形内角和为900°，则这个多边形是　 　边形．
12．如图，在半径为2的圆形纸片中，剪一个圆心角为90°的最大扇形（阴影部分），若将此扇形围成一个无底的圆锥（不计接头），则圆锥底面半径为　 　．

13．一副三角板按如图方式摆放，得到△ABD和△BCD，其中∠ADB＝∠BCD＝90°，∠A＝60°，∠CBD＝45°，E为AB的中点，过点E作EF⊥CD于点F．若AD＝4cm，则EF的长为　 　cm．

14．在平面直角坐标系中，若抛物线y＝﹣x2﹣2x+m（m为常数）与x轴的交点都在点A（﹣4，0）、B（1，0）之间，则m的取值范围是　 　．
三、解答题（本大题共8小题，共78分）
15．（6分）先化简，再求值：（a+1）2+a（1﹣a）﹣1，其中a＝．
16．（6分）有A、B两个不透明的盒子，A盒子里有三张卡片，分别标有数字1、2、3，B盒子里有两张卡片，分别标有数字4、5，这些卡片除数字外其余均相同．将卡片摇匀后，从A、B盒子里各抽取一张卡片，请用画树状图（或列表）的方法，求抽到两张卡片上标有的数字之积是偶数的概率．
17．（6分）图①、图②均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点．点A、B、M、N均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．

（1）在图①中的格线MN上确定一点P，使PA与PB的长度之和最小；
（2）在图②中的格线MN上确定两点C、D，使CD＝2且AC+CD+DB的值最小．
19．（7分）自新冠肺炎疫情爆发以来，我国人民上下一心，团结一致，基本控制住了疫情．然而，全球新冠肺炎疫情依然严重，境外许多国家的疫情尚在继续蔓延，疫情防控不可松懈．如图是某国截止2020年5月31日新冠病毒感染人数的扇形统计图和折线统计图．根据图表信息，回答下列问题：

（1）截止5月31日该国新冠肺炎感染总人数累计为　 　万人，扇形统计图中40﹣59岁感染人数对应圆心角的度数为　 　．
（2）请直接在图中补充完整该国新冠肺炎感染人数的折线统计图．
（3）在该国所有新冠肺炎感染病例中随机地抽取1人，求该患者年龄为40岁以下的概率．
（4）若该国感染病例中从低到高各年龄段的死亡率依次为1%、2.75%、3.5%、10%、20%，求该国新冠肺炎感染病例的平均死亡率．
20．（7分）如图，在▱ABCD中，∠ACB＝90°，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E．
（1）求证：四边形ACED是矩形．
（2）连接AE交CD于点F，连接BF．若∠ABC＝60°，CE＝1，则BF的长为　 　．

21．（8分）甲、乙两人沿笔直公路匀速由A地到B地，甲先出发30分钟，到达B地后原路原速返回与乙在C地相遇．甲的速度比乙的速度快25km/h，甲、乙两人与A地的距离y（km）和乙行驶的时间x（h）之间的函数图象如图所示．
（1）甲车速度为　 　km/h，a的值为　 　．
（2）求甲车到达B地后y与x之间的函数关系式．
（3）求BC两地相距的路程是多少千米．

22．（9分）已知，△ABC是等边三角形．

[性质探究]如图①，点P在△ABC内，将△APC绕着点A顺时针旋转，使点C旋转到点B处，得到△ADB，连接DP．求证：△ADP是等边三角形．
[理解运用]如图②，点P在△ABC内，若∠APC＝150°，PA＝1，PC＝2，求PB的长度．
[类比拓展]如图③，点P在△ABC外，若PA＝1，PB＝3，PC＝，则∠APC的度数为　 　．

2021年吉林省长春市新区中考数学诊断试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共24分）
1．计算6÷的结果是（　　）
A． B． C． D．
【分析】将除法转化为乘法计算，然后进行分母有理化即可．
【解答】解：6÷＝＝＝2．
故选：B．
2．2020年长春市实现地区生产总值6638.03亿元，同比增长3.6%．总体来看，经济保持平稳运行．6638.03这个数用科学记数法可以表示为（　　）
A．6.63803×104 B．6.63803×103
C．0.663803×105 D．0.663803×104
【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．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：6638.03＝6.63803×103．
故选：B．
3．如图是某几何体的三视图，该几何体是（　　）

A．长方体 B．正方体 C．球 D．圆柱
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【解答】解：根据主视图和左视图为矩形是柱体，根据俯视图是圆可判断出这个几何体应该是圆柱．
故选：D．
4．在平面直角坐标系中，点（﹣2，﹣3）到x轴的距离是（　　）
A．﹣2 B．﹣3 C．2 D．3
【分析】根据点的纵坐标的绝对值是点到x轴的距离，可得答案．
【解答】解：在平面直角坐标系中，点（﹣2，﹣3）到x轴的距离为3．
故选：D．
5．如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上．若∠ABD＝15°，则∠BCD的大小是（　　）

A．100° B．105° C．110° D．115°
【分析】根据圆周角定理及直径所对圆周角为90°求解．
【解答】解：∵AB为直径，
∴∠BCA＝90°，
∵∠ABD＝15°，
∴∠ACD＝∠ABD＝15°，
∴∠BCD＝∠ACD+∠ACB＝105°，
故选：B．
6．如图，是一辆小汽车与墙平行停放的平面示意图，汽车靠墙一侧OB与墙MN平行且距离为a米，一辆小汽车车门宽AO为b米，当车门打开角度∠AOB为α时，车门边缘的点A处与墙的距离为（　　）

A．a﹣bsinα B．a﹣btanα C． D．
【分析】构造直角三角形OAC，通过解直角三角形求出AC长度即可求解．
【解答】解：如图，作AC⊥OB于点C，

∵AO＝b，∠AOB为α，
∴sinα＝，
∴AC＝bsinα，
∴车门边缘的点A处与墙的距离为a﹣bsinα．
故选：A．
7．已知直线l及直线l外一点P．如图，
（1）在直线l上取一点A，连接PA；
（2）作PA的垂直平分线MN，分别交直线l，PA于点B，O；
（3）以O为圆心，OB长为半径画弧，交直线MN于另一点Q；
（4）作直线PQ．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（　　）

A．△OPQ≌△OAB B．PQ∥AB
C．AP＝BQ D．若PQ＝PA，则∠APQ＝60°
【分析】连接AQ，BP，如图，利用基本作图得到BQ垂直平分PA，OB＝OQ，则可根据“SAS”判断△OAB≌△OPQ，根据全等三角形的性质得∠ABO＝∠PQO，于是可判断PQ∥AB；由BQ垂直平分PA得到QP＝QA，若PQ＝PA，则可判断△PAQ为等边三角形，于是得到∠APQ＝60°，从而可对各选项进行判断．
【解答】解：连接AQ，BP，如图，
由作法得BQ垂直平分PA，OB＝OQ，
∴∠POQ＝∠AOB＝90°，OP＝OA，
∴△OAB≌△OPQ（SAS）；
∴∠ABO＝∠PQO，
∴PQ∥AB；
∵BQ垂直平分PA，
∴QP＝QA，
若PQ＝PA，则PQ＝QA＝PA，此时△PAQ为等边三角形，则∠APQ＝60°．
故选：C．

8．如图，菱形ABCD的两个顶点B、D在反比例函数y＝的图象上，对角线AC与BD的交点刚好是坐标原点O，已知点A（1，1），∠ABC＝60°，则k的值是（　　）

A．﹣2 B．﹣3 C．﹣2 D．﹣3
【分析】根据OA所在直线解析式求出OA长度及OB所在直线解析式，再通过解直角三角形求出OB的长度，设出点B坐标，求出坐标即可求出k．
【解答】解：∵点A坐标为（1，1），
∴OA所在直线解析式为y＝x，且OA＝，
∵BO⊥AO，
∴BO所在直线解析式为y＝﹣x，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABO＝30°，
∴BO＝AO＝，
设点B坐标为（m，﹣m），
则＝，
解得m＝±，
∴k＝﹣m2＝﹣3．
故选：B．
二、填空题（每小题3分，共18分）
9．因式分解：2a3﹣12a2+18a＝　2a（a﹣3）2　．
【分析】此多项式有公因式，应先提取公因式，再对余下的多项式进行观察，有3项，可采用完全平方公式继续分解．
【解答】解：2a3﹣12a2+18a
＝2a（a2﹣6a+9）
＝2a（a﹣3）2．
故答案为：2a（a﹣3）2．
10．若在实数范围内有意义，则x的取值范围是　x≥3　．
【分析】先根据二次根式有意义的条件得出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
【解答】解：∵使在实数范围内有意义，
∴2x﹣6≥0，
解得x≥3．
故答案为：x≥3．
11．若一个多边形内角和为900°，则这个多边形是　七　边形．
【分析】根据多边形的外角和公式（n﹣2）•180°，列式求解即可．
【解答】解：设这个多边形是n边形，根据题意得，
（n﹣2）•180°＝900°，
解得n＝7．
故答案为：七．
12．如图，在半径为2的圆形纸片中，剪一个圆心角为90°的最大扇形（阴影部分），若将此扇形围成一个无底的圆锥（不计接头），则圆锥底面半径为　　．

【分析】由勾股定理求扇形的半径，再根据扇形的弧长等于底面周长求得底面半径即可．
【解答】解：连接BC，
∵∠BAC＝90°，
∴BC为⊙O的直径，
∴BC＝4，
在Rt△ABC中，由勾股定理可得：AB＝AC＝2，
∴扇形的弧长为：＝π，
设底面半径为r，则2πr＝π，
解得：r＝，
故答案为：．

13．一副三角板按如图方式摆放，得到△ABD和△BCD，其中∠ADB＝∠BCD＝90°，∠A＝60°，∠CBD＝45°，E为AB的中点，过点E作EF⊥CD于点F．若AD＝4cm，则EF的长为　（+）　cm．

【分析】过A作AG⊥DC于G，得到∠ADG＝45°，进而得到AG的值，在30°的直角三角形ABD和45°直角三角形BCD中，计算出BD，CB的值．再由AG∥EF∥BC，E是AB的中点，得到F为CG的中点，①最后由梯形中位线定理得到EF的长．②连接DE，根据勾股定理得到AB，根据直角三角形中位线定理得到DE，再根据等腰直角三角形的性质和线段的和差关系求得DF，根据勾股定理即可求解．
【解答】解：过点A作AG⊥DC于G．
∵∠CDB＝∠CBD＝45°，∠ADB＝90°，
∴∠ADG＝45°．
∴DG＝AG＝＝2cm．
∵∠ABD＝30°，
∴BD＝AD＝4cm．
∵∠CBD＝45°，
∴CB＝＝2cm．
∵AG⊥CG，EF⊥CG，CB⊥CG，
∴AG∥EF∥BC．
又∵E是AB的中点，
∴F为CG的中点，
①∴EF＝（AG+BC）＝（2+2）＝（+）cm．
②连接DE，
AB＝8cm，
DE＝4cm，
CD＝2cm，
DF＝（2﹣2）÷2＝（﹣）cm，
EF＝＝（+）cm．
故答案为：（+）．

14．在平面直角坐标系中，若抛物线y＝﹣x2﹣2x+m（m为常数）与x轴的交点都在点A（﹣4，0）、B（1，0）之间，则m的取值范围是　﹣1≤m＜3　．
【分析】根据抛物线开口朝下，△≥0时抛物线与x轴有交点，点B距离对称轴更近，所以将x＝1代入抛物线解析式小于0，从而求解．
【解答】解：∵抛物线开口朝下，对称轴为直线x＝﹣1，﹣1﹣（﹣4）＞1﹣（﹣1），
∴抛物线与直线x＝1交点在x轴下方，且方程﹣x2﹣2x+m＝0，△≥0，
即，
解得﹣1≤m＜3，
故答案为：﹣1≤m＜3，
三、解答题（本大题共8小题，共78分）
15．（6分）先化简，再求值：（a+1）2+a（1﹣a）﹣1，其中a＝．
【分析】原式利用完全平方公式，以及单项式乘以多项式法则计算，去括号合并得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝a2+2a+1+a﹣a2﹣1
＝3a，
当a＝时，原式＝3．
16．（6分）有A、B两个不透明的盒子，A盒子里有三张卡片，分别标有数字1、2、3，B盒子里有两张卡片，分别标有数字4、5，这些卡片除数字外其余均相同．将卡片摇匀后，从A、B盒子里各抽取一张卡片，请用画树状图（或列表）的方法，求抽到两张卡片上标有的数字之积是偶数的概率．
【分析】画树状图，共有6种等可能的结果，抽到两张卡片上标有的数字之积是偶数的结果有4种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如图：

共有6种等可能的结果，抽到两张卡片上标有的数字之积是偶数的结果有4种，
∴抽到两张卡片上标有的数字之积是偶数的概率为＝．
17．（6分）图①、图②均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点．点A、B、M、N均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．

（1）在图①中的格线MN上确定一点P，使PA与PB的长度之和最小；
（2）在图②中的格线MN上确定两点C、D，使CD＝2且AC+CD+DB的值最小．
【分析】（1）作点A关于直线MN对称点然后连接点B，与MN交点即为所求．
（2）先做点A对称点，然后点B向左移动2个单位连接两点，将点A对称点右移2个单位连接点B即可求出C，D．
【解答】解：（1）如图，作点A关于直线MN对称点然后连接点B，
交MN于点P，

（2）先做点A对称点，然后点B向左移动2个单位连接两点，将点A对称点右移2个单位连接点B即可求出C，D．

19．（7分）自新冠肺炎疫情爆发以来，我国人民上下一心，团结一致，基本控制住了疫情．然而，全球新冠肺炎疫情依然严重，境外许多国家的疫情尚在继续蔓延，疫情防控不可松懈．如图是某国截止2020年5月31日新冠病毒感染人数的扇形统计图和折线统计图．根据图表信息，回答下列问题：

（1）截止5月31日该国新冠肺炎感染总人数累计为　20　万人，扇形统计图中40﹣59岁感染人数对应圆心角的度数为　72°　．
（2）请直接在图中补充完整该国新冠肺炎感染人数的折线统计图．
（3）在该国所有新冠肺炎感染病例中随机地抽取1人，求该患者年龄为40岁以下的概率．
（4）若该国感染病例中从低到高各年龄段的死亡率依次为1%、2.75%、3.5%、10%、20%，求该国新冠肺炎感染病例的平均死亡率．
【分析】（1）由60﹣79岁的人数及其所占百分比可得总人数，再用360°乘以40﹣59岁感染人数所占比例即可得；
（2）先求出20﹣39岁人数，再补全折线图；
（3）利用频率估计概率即可得；
（4）利用加权平均数的定义求解可得．
【解答】解：（1）截止5月31日该国新冠肺炎感染总人数累计为9÷45%＝20（万人），
扇形统计图中40﹣59岁感染人数对应圆心角的度数为360°×＝72°，
故答案为：20，72；

（2）20﹣39岁人数为20×10%＝2（万人），
补全的折线统计图如图所示；


（3）该患者年龄为40岁以下的概率为：＝；

（4）该国新冠肺炎感染病例的平均死亡率为：×100%＝10%．
20．（7分）如图，在▱ABCD中，∠ACB＝90°，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E．
（1）求证：四边形ACED是矩形．
（2）连接AE交CD于点F，连接BF．若∠ABC＝60°，CE＝1，则BF的长为　　．

【分析】（1）由▱ABCD，∠ACB＝90°可得∠ACE＝∠CAD＝90°，再由DE⊥BC可得∠DEC＝90°从而证明．
（2）又矩形对角线互相平分且相等及AB∥CD，∠ABC＝60°可证明△BFE为直角三角形，再通过特殊三角函数值可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠CAD＝90°，
又∵DE⊥BC，
∴∠DEC＝90°，
∴∠ACE＝∠CAD＝∠DEC＝90°，
∴四边形ACED是矩形．
（2）如图，

∵AB∥CD，
∴∠DCE＝∠ABC＝60°，
∵CF＝EF，
∴△CFE为等边三角形，
∴CF＝CE＝AD＝BC＝1，
∴∠CBF＝∠CFB＝60÷2＝30°，
∴∠BFE＝∠CFB+∠EFC＝90°，
∴△BFE为直角三角形，
∴tan30°＝＝，
∴BF＝EF＝．
21．（8分）甲、乙两人沿笔直公路匀速由A地到B地，甲先出发30分钟，到达B地后原路原速返回与乙在C地相遇．甲的速度比乙的速度快25km/h，甲、乙两人与A地的距离y（km）和乙行驶的时间x（h）之间的函数图象如图所示．
（1）甲车速度为　50　km/h，a的值为　125　．
（2）求甲车到达B地后y与x之间的函数关系式．
（3）求BC两地相距的路程是多少千米．

【分析】（1）由速度＝路程÷时间，路程＝时间×速度求解．
（2）先由甲车速度为50km/h得出y＝kx+b中k＝﹣50，再代入点坐标求解．
（3）联立甲乙两车所在直线方程求出y，再用总路程﹣所求y即可．
【解答】解：（1）由题意可得甲行驶30分钟路程为25km，
即甲的速度为25÷0.5＝50km/h，
∴50×（2+0.5）＝125km，
即a＝125．
故答案为：50，125．
（2）∵甲车速度为50km/h，
∴设y＝﹣50x+b，
将（2，125）代入解析式可得：
125＝﹣50×2+b，
解得b＝225，
∴y＝﹣50x+225．
（3）∵甲比乙速度快25km/h，
∴乙的速度为50﹣25＝25km/h，
∴乙的行驶时间与路程的解析式为y＝25x，
联立方程，
解得，
∴BC两地相距的路程是125﹣75＝50km．
22．（9分）已知，△ABC是等边三角形．

[性质探究]如图①，点P在△ABC内，将△APC绕着点A顺时针旋转，使点C旋转到点B处，得到△ADB，连接DP．求证：△ADP是等边三角形．
[理解运用]如图②，点P在△ABC内，若∠APC＝150°，PA＝1，PC＝2，求PB的长度．
[类比拓展]如图③，点P在△ABC外，若PA＝1，PB＝3，PC＝，则∠APC的度数为　30°　．
【分析】【性质探究】由∠BAC＝60°及旋转可得∠DAP＝60°，AD＝AP从而求解．
【理解运用】由【性质探究】方法可得△ADP是等边三角形，再由∠APC＝150°可得△BDP为等边三角形，然后通过勾股定理求解．
【类比探究】按照【性质探究】方法旋转图形连接PD，通够勾股定理逆定理可得△BDP为直角三角形进而求解．
【解答】【性质探究】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
由旋转可知：
AD＝AP，∠DAP＝∠BAC＝60°，
∴△ADP是等边三角形．
【理解运用】如图，将△APC绕点A顺时针旋转，使点C与点B重合，得到△ADB，连接PD，
同上可得△ADP是等边三角形，
∴AD＝AP，∠DAB+∠BAP＝∠CAP+∠DAP＝60°，
∴∠DAB＝∠PAC，
∴△APC≌△ADB（SAS）．

∵∠APC＝150°，
∴∠ADB＝∠APC＝150°，
∵∠ADP＝60°，PD＝PA＝1，DB＝PC＝2，
∴∠BDP＝∠ADB﹣∠ADP＝90°，
在Rt△BDP中，由勾股定理得：
BP＝＝＝．
【类比探究】如图，将△APC绕点A顺时针旋转使点C与点B重合，得到△ADB，连接PD，

由上问可得△APD为等边三角形，
∴AD＝AP＝PD＝1，PD＝PC＝，
∵PB＝3，
∴PB2＝PD2+BD2，
∴△BDP为直角三角形，∠BDP＝90°，
∴∠ADB＝∠BDP﹣∠ADP＝90°﹣60°＝30°，
∴∠APC＝∠ADB＝30°，
故答案为：30°．