2021年中考数学考前押题卷（原卷 解析）（河南省专用）（word版 含答案）

这是一份2021年中考数学考前押题卷（原卷 解析）（河南省专用）（word版 含答案），共17页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

河南省2021年中考数学考前押题卷

一、选择题(每小题3分,共3分)下列各小题均有四个答案,其中只有一个是正确的.
1．(本题3分)在，2，，，这四个数中，任意三数之积的最大值是（ ）
A．6 B．12 C．8 D．24
2．(本题3分)中国抗疫取得了巨大成就，堪称奇迹，为世界各国防控疫情提供了重要借鉴和支持，让中国人民倍感自豪．2020年1月12日，世界卫生组织正式将2019新型冠状病毒名为．该病毒的直径在0.00000008米-0.000000012米，将0.000000012用科学计数法表示为的形式，则为（ ）．
A． B． C．7 D．8
3．(本题3分)如图所示，将一个长方形纸片沿对角线折叠．点落在点处，交于点，已知，则折叠后重合部分的面积为（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12
4．(本题3分)如图是正方体的平面展开图，每个面上标有一个汉字，与“我”字相对的面上的字是( )

A．国 B．厉 C．害 D．了
5．(本题3分)为了防控输入性甲型H1N1流感，某市医院成立隔离治疗发热流涕病人防控小组，决定从内科5位骨干医师中（含有甲）抽调3人组成，则甲一定抽调到防控小组的概率是（　　）
A． B． C． D．
6．(本题3分)下列运算正确的是（　　）
A．a2+a3＝a5 B．3a2•a3＝6a6
C．（﹣a3）2＝a6 D．（a﹣b）2＝a2﹣b2
7．(本题3分)某商品经过两次连续降价，每件售价由原来的55元降到了35元．设平均每次降价的百分率为x，则下列方程中正确的是
A．55 (1＋x)2＝35 B．35(1＋x)2＝55
C．55 (1－x)2＝35 D．35(1－x)2＝55
8．(本题3分)如图，边长为2a的等边△ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（　 　）

A． B．a C． D．
9．(本题3分)方程x2+4x﹣1＝0的根可视为函数y＝x+4的图象与函数的图象交点的横坐标，那么用此方法可推断出：当m取任意正实数时，方程x3+mx﹣1＝0的实根x0一定在（　　）范围内．
A．﹣1＜x0＜0 B．0＜x0＜1 C．1＜x0＜2 D．2＜x0＜3
10．(本题3分)如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于点O，将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与点O恰好重合．若∠OEC＝136°，则∠BAC的大小为（　　）

A．44° B．58° C．64° D．68°


二、填空题:(每题3分,共15分)
11．(本题3分)的绝对值是______________．
12．(本题3分)三角形三边为4，6，1-a，则a的取值范围是 _____________
13．(本题3分)一辆汽车的行驶距离S（单位：米）关于行驶时间t（单位：秒）的函数解析式是 S=，行驶380米需要___________秒
14．(本题3分)如图，边长为3的正方形中心与半径为3的的圆心重合，，分别是，的延长线与的交点，则图中阴影部分的面积是______（结果保留）．

15．(本题3分)如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝4，点E为线段CD的中点，动点F从点C出发，沿C→B→A的方向在CB和BA上运动，将矩形沿EF折叠，点C的对应点为C'，当点C'恰好落在矩形的对角线上时（不与矩形顶点重合），点F运动的距离为_____．



三、解答题(本大题共8个小题,满分75分)
16．(本题8分)先化简，再求值：(a)，其中a﹣b=2．












17．(本题9分)某校开展“人人会乐器”的活动，根据实际开设了四种乐器的相关课程．学校为了了解学生最喜欢哪一种乐器（每位学生只能选一类），随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下统计图．

请你根据图中提供的信息，回答下列问题：
（1）总共随机抽查了多少位学生？请你把条形统计图补全．
（2）样本中喜欢电子琴的人数比喜欢葫芦丝的多______人．
（3）该校一共有名学生，你认为全校喜欢哪种乐器的学生人最多？估计有多少人？












18．(本题9分)日照间距系数反映了房屋日照情况．如图①，当前后房屋都朝向正南时，日照间距系数=L：（H﹣H1），其中L为楼间水平距离，H为南侧楼房高度，H1为北侧楼房底层窗台至地面高度．

如图②，山坡EF朝北，EF长为15m，坡度为i=1：0.75，山坡顶部平地EM上有一高为22.5m的楼房AB，底部A到E点的距离为4m．
（1）求山坡EF的水平宽度FH；
（2）欲在AB楼正北侧山脚的平地FN上建一楼房CD，已知该楼底层窗台P处至地面C处的高度为0.9m，要使该楼的日照间距系数不低于1.25，底部C距F处至少多远？










19．(本题9分)甲、乙两地相距20千米．小明上午8：30骑自行车由甲地去乙地，平均车速8千米/小时；小丽上午10：00坐公共汽车沿相同的路线也由甲地去乙地，平均车速为40千米/小时．
（1）分别写出两人离甲地的距离与时间的函数关系式，并在同一平面直角坐标系中画出两个函数的图象；
（2）判断谁先到达乙地，并说明理由．





20．(本题9分)如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接
（1）求证：四边形是菱形
（2）若，，求的长





21．(本题10分)如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0）和B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点，分别连接AC、CD、AD．
（1）求抛物线的函数表达式以及顶点D的坐标；
（2）在抛物线上取一点P（不与点C重合），并分别连接PA、PD，当△PAD的面积与△ACD的面积相等时，求点P的坐标；
（3）将（1）中所求得的抛物线沿A、D所在的直线平移，平移后点A的对应点为A′，点C的对应点为C′，点D的对应点为D′，当四边形AA′C′C是菱形时，求此时平移后的抛物线的解析式．





22．(本题10分)在一次运输任务中，一辆汽车将一批货物从甲地运往乙地，到达乙地卸货后返回，设汽车从甲地出发时，汽车与甲地的距离为，与的函数关系图象如图．
（1）求汽车从甲地到乙地和返回过程中，与间的函数表达式；
（2）求这辆汽车出发时与甲地的距离．




23．(本题11分)如图，正方形ABCD中，点P在BC边上，连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，过点E作EF⊥BC，分别交直线BC，AC于点F，G．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：BP=EF；
（3）连接PG，CE，用等式表示线段PG，CE，CD之间的数量关系，并证明．


参考答案
1．D
【解析】解：∵有四个数-1，2，-3，-4，
∴三数之积的最大值是（-3）×（-4）×2=24．
故选：D．
2．A
【解析】解：0.000000012用科学计数法表示为1.2×10-8，
∴n=-8，
故选A.
3．C
【解析】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠D=90°，AD=BC，AB=CD，AB∥CD，
∴∠BAC=∠FCA，
∵长方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，
∴∠FAC=∠BAC，
∴∠FAC=∠FCA，∴AF=FC，
设FC=xcm，则AF=xcm，DF=(8-x)cm，
在Rt△ADF中，DF2+AD2=AF2，即（8-x）2+16=x2，
解得x=5，即CF=5cm，
∴重叠部分△ACF的面积=CF•AD=×5×4=10(cm2)．
故选：C．
4．A
【解析】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，与“我”字相对的面上的字为“国“．
故选A.
5．A
【解析】解：∵利用1表示甲，用2，3，4，5表示另外四个．
总情况数为5×4×3＝60种，

其中抽到甲的情况有36种，
∴P（甲一定抽调到防控小组）．
故选：A．
6．C
【解析】解：A．a2与a3不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；
B.3a2•a3＝3a5，故本选项不合题意；
C．（﹣a3）2＝a6，故本选项符合题意；
D．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故本选项符合题意．
故选：C．
7．C
【解析】设平均每次降价的百分率为x，则根据题意可列方程为：55（1-x）2=35；故选C．
8．A
【解析】如图，取BC的中点G，连接MG，

∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
根据垂线段最短，MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
此时∵∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×2a=a，
∴MG=CG=×a=，
∴HN=，
故选A．
9．B
【解析】解：∵方程x3+mx-1=0变形为x2+m-=0，
∴方程x3+mx-1=0的根可视为函数y=x2+m的图象与函数y＝的图象交点的横坐标，

∵当m取任意正实数时，函数y=x2+m的图象过第一、二象限，函数y＝的图象分别在第一、三象限，
∴它们的交点在第一象限，即它们的交点的横坐标为正数，
∵当m取任意正实数时，函数y=x2+m的图象沿y轴上下平移，且总在x轴上方，抛物线顶点越低，与函数y＝的图象的交点的横坐标越大，
当m=0时，y=x2与y＝的交点A的坐标为（1，1），
∴当m取任意正实数时，方程x3+mx-1=0的实根x0一定在0＜x0＜1的范围内．
故选：B．
10．D
【解析】如图，连接OB、OC．首先证得OB=OA=OC，所以∠OBA=∠OAB=∠OAC=∠OCA，设∠OBA=∠OAB=∠OAC=∠OCA=x，求出∠OCB=∠OBC=22°，根据三角形内角和定理得4x+2×22°=180°，所以x=34°，所以∠BAC=2x=68°.
故选D．
11．
【解析】解：∵4＜5＜9，故，
即2＜＜3，
∴＜0，而负数的绝对值是其相反数，
∴，
故答案为：．
12．-9＜a＜-1
【解析】解：由题意得6-4＜1-a＜6+4，
解得-9＜a＜-1．
故答案为：-9＜a＜-1．
13．20
【解析】解：当S=380时，
，
解得：t=20或t=-38，
∵t＞0，
∴t=20，
故答案为：20．
14．
【解析】解：延长DC，CB交⊙O于M，N，

则图中阴影部分的面积：

∴，
故答案为：．
15．2或4＋．
【解析】分两种情况：
①当点C′落在对角线BD上时，连接CC′，如图1所示：
∵将矩形沿EF折叠，点C的对应点为点C′，且点C'恰好落在矩形的对角线上，
∴CC′⊥EF，
∵点E为线段CD的中点，
∴CE＝ED＝EC′，
∴∠CC′D＝90°，即CC′⊥BD，
∴EF∥BD，
∴点F是BC的中点，
∵在矩形ABCD中，AD＝4，
∴BC＝AD＝4，
∴CF＝2，
∴点F运动的距离为2；

②当点C′落在对角线AC上时，作FH⊥CD于H，则CC′⊥EF，四边形CBFH为矩形，如图2所示：
在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝4，∠B＝∠BCD＝90°，AB∥CD，
∴BC＝AD＝4，tan∠BAC＝，
∴∠BAC＝30°，
∵EF⊥AC，
∴∠AFE＝60°，
∴∠FEH＝60°，
∵四边形CBFH为矩形，
∴HF＝BC＝4，
∴EH＝＝＝，
∵EC＝CD＝2，
∴BF＝CH＝CE﹣EH＝2﹣＝，
∴点F运动的距离为4＋；
综上所述：点F运动的距离为2或4＋；
故答案为：2或4＋．

16．，．
【解析】原式，
当时，原式．
17．（1）400人，图见解析；（2）20人；（3）全校最喜欢竖笛的学生人数最多，估计有700人
【解析】解：（1）本次调查的学生总人数为80÷20%=400（人），
最喜欢电子琴的人数为400-80-140-80=100（人），
条形统计图为：

（2）100-80=20（人），
所以样本中喜欢电子琴的人数比喜欢葫芦丝的多20人；
故答案为20；
（3）2000×35%=700（人）
答：全校最喜欢竖笛的学生人数最多，估计有700人．
18．（1）山坡EF的水平宽度FH为9m；（2）要使该楼的日照间距系数不低于1.25，底部C距F处29m远．
【解析】（1）在Rt△EFH中，∵∠H=90°，
∴tan∠EFH=i=1：0.75==，
设EH=4x，则FH=3x，
∴EF==5x，
∵EF=15，
∴5x=15，x=3，
∴FH=3x=9．
即山坡EF的水平宽度FH为9m；
（2）∵L=CF+FH+EA=CF+9+4=CF+13，
H=AB+EH=22.5+12=34.5，H1=0.9，
∴日照间距系数=L：（H﹣H1）=，
∵该楼的日照间距系数不低于1.25，
∴≥1.25，
∴CF≥29．
答：要使该楼的日照间距系数不低于1.25，底部C距F处29m远．
19．（1）y1＝8x，y2＝40x－60，如下图；（2）小丽

【解析】（1）设小明出发x小时后，小明和小丽离甲地的距离分别为y1，y2，由题意得
y1＝8x，y2＝40（x－1.5）＝40x－60
在同一平面直角坐标系中画出图象：

（2）由图象得：小丽先到达乙地．
20．（1）证明见解析；（2）
【解析】证明：（1），

平分，





四边形是平行四边形，

四边形是菱形．
（2） 四边形是菱形．

，

，




21．（1）y＝﹣x2+2x+3，（1，4）；（2）(2,22+1)或(-2,-22+1)；（3）①当A′在x轴上方时，如图2，A′的坐标为（2﹣1，22）．②当A′在x轴下方时，如图3，同理可得：平移后的抛物线为y＝-(x-1+2)⋅2+4-22
【解析】解：（1）由抛物线y＝ax2+bx+3可知C的坐标为（0，3），
设抛物线的函数表达式为y＝a（x+1）（x﹣3），
代入C（0，3）得﹣3a＝3．
∴a＝﹣1．
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣（x+1）（x﹣3），即y＝﹣x2+2x+3，
∵对称轴为直线x＝-1+32＝1，
代入上式，得y＝﹣（1+1）（1﹣3）＝4．
∴顶点D的坐标为（1，4）．
（2）∵C（0，3），OC＝3．
设直线AD的解析式为y＝kx+m，则
-k+m=0k+m=4，解得k=2m=2
∴直线AD的解析式为y＝2x+2，
设线段AD交y轴于点E，则E（0，2）．
∴CE＝OC﹣OE＝3﹣2＝1．
过点C作直线l1∥AD，则直线l1的解析式为y＝2x+3，如图1，
由﹣x2+2x+3＝2x+3，解得x1＝x2＝0．
将x＝0代入y＝2x+3，得y＝3．
∴直线l1与抛物线只有一个交点C．
∴在线段AD上方的抛物线上不存在使△PAD的面积与△ACD的面积相等的点P，
将直线AD沿竖直方向向下平移1个单位长度，所得的直线l2的解析式为y＝2x+1．
直线l2与抛物线交于点P，则此时△PAD的面积与△ACD的面积相等．
由﹣x2+2x+3＝2x+1，解得x1＝2，x2＝﹣2．
∴y1＝22+1，y2＝﹣22+1．
∴点P的坐标为（2，22+1）或（﹣2，﹣22+1）．
（3）设A′的坐标为（t，2t+2），
则A′A2＝（t+1）2+（2t+2）2＝5（t+1）2．AC2＝12+32＝10．
∵四边形AA′C′C是菱形，
∴AC＝AA′．
∴5（t+1）2＝10．解得t1＝2﹣1，t2＝﹣2﹣1．
∴A′的坐标为（2﹣1，22）或（﹣2﹣1，﹣22）．
①当A′在x轴上方时，如图2，A′的坐标为（2﹣1，22）．
将点A先向右平移2个单位长度，再向上平移22个单位长度就得到点A′，
∴将点D（1，4）先向右平移2个单位长度，再向上平移22个单位长度就得到点D′（2+1，22+4）．
∴平移后的抛物线为y＝﹣（x﹣2﹣1） 2+4+22，
②当A′在x轴下方时，如图3，同理可得：平移后的抛物线为y＝﹣（x﹣1+2） 2+4﹣22．

22．（1）去时：；返回时：；（2）
【解析】（1）汽车从甲地到乙地过程中，设，将代入上式得：，即，
∴．
汽车返回过程中，设，将点，代入上式得：，解方程组得，
∴．
（2）当时，汽车处于从乙地返回甲地途中，故将代入，
∴．
故汽车出发时与甲地的距离为．
23．（1）见解析；（2）见解析；（3）结论：PG2=CD2+CE2，理由见解析
【解析】解：（1）补全的图形如图所示；

（2）证明：如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵线段PA绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，
∴PA=PE，∠APE=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
∵EF⊥BC于F，
∴∠EFP=90°=∠B，
在△ABP和△PFE中，
∵∠B=∠EFP，∠1=∠3，PA=PE，
∴△ABP≌△PFE（AAS），
∴BP=EF．
（3）结论：PG2=CD2+CE2．
理由：如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD．
∵△ABP≌△PFE，
∴AB=PF，
∴BC=PF=CD，
∴BC-PC=PF-PC，即BP=CF．
又∵BP=EF，
∴EF=CF，
∴△CEF是等腰直角三角形，EF=CE．
∵∠FCG=∠ACB=∠DCB=45°，
∴CF=FG=EF，
∴PF为线段EG的垂直平分线，
∴PE=PG．
在Rt△PFE中，有PE2=PF2+EF2，
∴PG2=CD2+CE2．