2021年湖北省孝感市中考数学真题及答案

2021年湖北省孝感市中考数学真题及答案学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．的相反数是（）A．B．C．3D．2．2021年5月15日07时18分，我国首个火星探测器“天问一号”经过470000000公里旅程成功着陆在火星上，从此，火星上留下中国的脚印，同时也为我国的宇宙探测之路迈出重要一步．将470000000用科学记数法表示为（）A．B．C．D．3．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是()A．等边三角形B．正六边形C．正方形D．圆4．下列计算正确的是（）A．B．C．D．5．如图是由四个相同的正方体组成的几何体，其俯视图是（）A．B．C．D．6．高尔基说：“书，是人类进步的阶梯”．阅读可以丰富知识，拓展视野，充实生活，给我们带来愉快．英才中学计划在各班设立图书角，为合理搭配各类书籍，学校团委以“我最喜爱的书籍”为主题，对全校学生进行抽样调查，收集整理喜爱的书籍类型（A．科普，B．文学，C．体育，D．其他）数据后，绘制出两幅不完整的统计图，则下列说法错误的是（） A．样本容量为400B．类型D所对应的扇形的圆心角为C．类型C所占百分比为D．类型B的人数为120人7．如图，是的外接圆，交于点E，垂足为点D，，的延长线交于点F．若，，则的长是（）A．10B．8C．6D．48．如图，为矩形的对角线，已知，．点P沿折线以每秒1个单位长度的速度运动（运动到D点停止），过点P作于点E，则的面积y与点P运动的路程x间的函数图象大致是（）A．B．C．D．二、填空题9．式子在实数范围内有意义，则a的取值范围是____．10．正五边形的一个内角是_____度．11．东方红学校举行“学党史，听党话，跟党走”讲故事比赛，七位评委对其中一位选手的评分分别为：85，87，89，91，85，92，90．则这组数据的中位数为______．12．若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m 的值可以是____．（写出一个即可）13．在中，，，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F；再分别以点E，F为圈心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点D．则与的数量关系是____．14．如图，建筑物上有一高为的旗杆，从D处观测旗杆顶部A的仰角为，观测旗杆底部B的仰角为，则建筑物的高约为_____（结果保留小数点后一位）．（参考数据，，）15．人们把这个数叫做黄金分割数，著名数学家华罗庚优选法中的法就应用了黄金分割数．设，，则，记，，…，．则____．16．如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是．其中所有正确结论的序号是_____． 三、解答题17．计算：．18．如图，在和中，，．（1）求证：；（2）若，，求的长．19．2021年，黄冈、咸宁、孝感三市实行中考联合命题，为确保联合命题的公平性，决定采取三轮抽签的方式来确定各市选派命题组长的学科．第一轮，各市从语文、数学、英语三个学科中随机抽取一科；第二轮，各市从物理、化学、历史三个学科中随机抽取一科；第三轮，各市从道德与法治、地理、生物三个学科中随机抽取一科．（1）黄冈在第一轮抽到语文学科的概率是_______；（2）用画树状图或列表法求黄冈在第二轮和第三轮抽签中，抽到的学科恰好是历史和地理的概率．20．如图，反比例函数上的图象与一次函数的图象相交于，两点． （1）求反比例函数和一次函数的解析式；（2）设直线交y轴于点C，点是正半轴上的一个动点，过点N作轴交反比例函数的图象于点M，连接，．若，求t的取值范围．21．如图，在中，，与，分别相切于点E，F，平分，连接．（1）求证：是的切线；（2）若，的半径是1，求图中阴影部分的面积．22．2021年是中国共产党建党100周年，红旗中学以此为契机，组织本校师生参加红色研学实践活动，现租用甲、乙两种型号的大客车（每种型号至少一辆）送549名学生和11名教师参加此次实践活动，每辆汽车上至少要有一名教师．甲、乙两种型号的大客车的载客量和租金如下表所示：甲种客车乙种客车载客量/（人/辆）4055租金（元/辆）500600（1）共需租________辆大客车；（2）最多可以租用多少辆甲种型号大客车？（3）有几种租车方案？哪种租车方案最节省钱？23．红星公司销售一种成本为40元/件的产品，若月销售单价不高于50元/件．一个月可售出5万件；月销售单价每涨价1元，月销售量就减少万件．其中月销售单价不低于成本．设月销售单价为x （单位：元/件），月销售量为y（单位：万件）．（1）直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（2）当月销售单价是多少元/件时，月销售利润最大，最大利润是多少万元？（3）为响应国家“乡村振兴”政策，该公司决定在某月每销售1件产品便向大别山区捐款a元．已知该公司捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元，求a的值．24．已知抛物线与x轴相交于，两点，与y轴交于点C，点是x轴上的动点．　　　（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，若，过点N作x轴的垂线交抛物线于点P，交直线于点G．过点P作于点D，当n为何值时，；（3）如图2，将直线绕点B顺时针旋转，使它恰好经过线段的中点，然后将它向上平移个单位长度，得到直线．①______；②当点N关于直线的对称点落在抛物线上时，求点N的坐标． 参考答案1．C【分析】依据相反数的定义求解即可．【详解】解：-3的相反数是3．故选：C．【点睛】本题主要考查的是相反数的定义，熟练掌握相反数的定义是解题的关键．2．C【分析】根据科学记数法的定义即可得．【详解】科学记数法：将一个数表示成的形式，其中，为整数，这种记数的方法叫做科学记数法，则，故选：C．【点睛】本题考查了科学记数法，熟记定义是解题关键．3．A【详解】因为平行四边形是中心对称图形，而非轴对称图形；正六边形和圆既是中心对称图形也轴对称图形；等边三角形是轴对称图形而非中心对称图形，所以答案B、C、D错误，应选答案A．4．B【分析】根据合并同类项、同底数幂的乘除法、完全平方公式逐项判断即可得．【详解】A、与不是同类项，不可合并，此项错误； B、，此项正确；C、，此项错误；D、，此项错误；故选：B．【点睛】本题考查了合并同类项、同底数幂的乘除法、完全平方公式，熟练掌握各运算法则是解题关键．5．C【分析】根据俯视图的定义即可得．【详解】解：俯视图是指从上往下看几何体得到的视图．这个几何体的俯视图是由排在一行的三个小正方形组成，观察四个选项可知，只有选项符合，故选：C．【点睛】本题考查了俯视图，熟记定义是解题关键．6．C【分析】根据类型的条形统计图和扇形统计图信息可判断选项；利用乘以可判断选项；利用类型的人数除以样本总人数可判断选项；利用类型所在百分比乘以样本总人数即可判断选项．【详解】解：，则样本容量为400，选项A说法正确；，则选项B说法正确；，则选项C说法错误；（人），则选项D说法正确；故选：C． 【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联，熟练掌握统计调查的相关知识是解题关键．7．A【分析】先根据垂径定理可得，再利用勾股定理可得，然后根据三角形中位线定理即可得．【详解】解：，，，，，，，，又，是的中位线，，故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握垂径定理是解题关键．8．D【分析】先根据矩形的性质、勾股定理可得，再分和两种情况，解直角三角形分别求出的长，利用直角三角形的面积公式可得与间的函数关系式，由此即可得出答案．【详解】解：四边形是矩形，，， ，，由题意，分以下两种情况：（1）当点在上，即时，在中，，在中，，，，；（2）如图，当点在上，即时，四边形是矩形，，四边形是矩形，，，综上，与间的函数关系式为，观察四个选项可知，只有选项D的图象符合，故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、解直角三角形、二次函数与一次函数的图象，正确分两种情况讨论是解题关键．9．【分析】根据二次根式的被开方数为非负数即可得． 【详解】解：由二次根式的被开方数为非负数得：，解得，故答案为：．【点睛】本题考查了二次根式，熟练掌握二次根式的被开方数为非负数是解题关键．10．108【分析】根据正多边形的定义、多边形的内角和公式即可得．【详解】解：正五边形的一个内角度数为，故答案为：108．【点睛】本题考查了正多边形的内角，熟练掌握多边形的内角和公式是解题关键．11．89【分析】根据中位数的定义即可得．【详解】解：将这组数据按从小到大进行排序为，则中位数为89，故答案为：89．【点睛】本题考查了中位数，熟记定义是解题关键．12．0（答案不唯一）【分析】根据一元二次方程根的判别式求出的取值范围，由此即可得出答案．【详解】解：由题意得：此一元二次方程根的判别式，解得， 则的值可以是0，故答案为：0（答案不唯一）．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．13．【分析】先根据直角三角形的性质可得，再根据角平分线的尺规作图可知平分，从而可得，然后根据等腰三角形的定义可得，最后根据直角三角形的性质可得，由此即可得出答案．【详解】解：在中，，，，由角平分线的尺规作图可知，平分，，，，在中，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了角平分线的尺规作图、等腰三角形的定义、含角的直角三角形，熟练掌握角平分线的尺规作图是解题关键．14．【分析】先根据等腰直角三角形的判定与性质可得，设，从而可得，再在中，利用正切三角函数解直角三角形即可得． 【详解】解：由题意得：，是等腰直角三角形，，设，则，在中，，即，解得，经检验，是所列分式方程的解，且符合题意，即建筑物的高约为，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．15．10【分析】先根据求出（为正整数）的值，从而可得的值，再求和即可得．【详解】解：，（为正整数），，，，， 则，故答案为：10．【点睛】本题考查了二次根式的运算、分式的运算，正确发现一般规律是解题关键．16．①②④【分析】先根据定理证出，从而可得，再根据角的和差即可判断结论①；根据等腰三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可判断结论②；先根据正方形的性质可得，再根据可得，从而可得，由此即可判断结论③；过点作于点，连接，先根据角平分线的性质可得，再根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当时，取得最小值，然后解直角三角形即可得判断结论④．【详解】解：四边形是正方形，，，在和中，，，，，，，即，结论①正确；平分，，，，， ，，，，结论②正确；，，，，即，结论③错误；如图，过点作于点，连接，平分，，，，，由两点之间线段最短得：当点共线时，取得最小值，由垂线段最短得：当时，取得最小值，此时在中，， 即的最小值是，结论④正确；综上，所有正确结论的序号是①②④，故答案为：①②④．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识点，较难的是④，利用两点之间线段最短、垂线段最短得出当时，取最小值是解题关键．17．0．【分析】先化简绝对值、计算特殊角的正弦值、零指数幂，再计算实数的混合运算即可得．【详解】解：原式，，．【点睛】本题考查了化简绝对值、特殊角的正弦值、零指数幂等知识点，熟练掌握各运算法则是解题关键．18．（1）证明见解析；（2）9．【分析】（1）先根据角的和差可得，再根据相似三角形的判定即可得证；（2）根据相似三角形的性质即可得．【详解】证明：（1），，即，在和中，，；（2）由（1）已证：， ，，，，解得或（不符题意，舍去），则的长为9．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．19．（1）；（2）．【分析】（1）根据简单事件的概率公式即可得；（2）先画出树状图，从而可得黄冈在第二轮和第三轮抽签中的所有可能结果，再找出抽到的学科恰好是历史和地理的结果，然后利用概率公式即可得．【详解】解：（1）黄冈在第一轮随机抽取一科共有3种等可能性的结果，则黄冈在第一轮抽到语文学科的概率是，故答案为：；（2）将物理、化学、历史三个学科分别记为，将道德与法治、地理、生物三个学科分别记为，画树状图如下： 由此可知，黄冈在第二轮和第三轮抽签中的所有可能结果共有9种，它们每一种出现的可能性都相等；其中，抽到的学科恰好是历史和地理的结果只有1种，则所求的概率为，答：黄冈在第二轮和第三轮抽签中，抽到的学科恰好是历史和地理的概率是．【点睛】本题考查了利用列举法求概率，正确画出树状图是解题关键．20．（1），；（2）．【分析】（1）先根据点的坐标，利用待定系数法可得反比例函数的解析，从而可得点的坐标，再根据点的坐标，利用待定系数法可得一次函数的解析式；（2）先根据一次函数的解析式求出点的坐标，根据反比例函数的解析式求出点的坐标，再根据建立不等式，解不等式即可得．【详解】解：（1）将点代入得：，则反比例函数的解析式为；当时，，解得，即，将点代入得：，解得，则一次函数的解析式为；（2）对于一次函数，当时，，即，，轴，且，，， ，，，解得．【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的综合，熟练掌握待定系数法是解题关键．21．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）过点作于点，连接，先根据圆的切线的性质可得，再根据角平分线的定义可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据圆的切线的判定即可得证；（2）设分别交于点，连接，先根据圆的切线的性质、矩形的判定与性质可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据直角三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，最后根据图中阴影部分的面积等于即可得．【详解】证明：（1）如图，过点作于点，连接，与相切于点，，平分，，在和中，，，，是的半径， 又，是的切线；（2）如图，设分别交于点，连接，的半径是1，，与相切于点，，，四边形是矩形，，，，，在和中，，，，，，则图中阴影部分的面积为．【点睛】 本题考查了圆的切线的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、扇形的面积公式等知识点，熟练掌握圆的切线的判定与性质是解题关键．22．（1）11；（2）3辆；（3）3种，租用3辆甲种型号大客车，8辆乙种型号大客车最节省钱．【分析】（1）根据学生和老师的总人数、乙种客车的载客量，以及每辆汽车上至少要有一名教师进行计算即可得；（2）设租用辆甲种型号大客车，从而可得租用辆乙种型号大客车，根据甲、乙两种型号的大客车的载客量、学生和老师的总人数建立不等式，解不等式求出的取值范围，再结合且为正整数即可得；（3）根据（2）中的取值范围可得出租车方案，再分别求出各租车方案的费用即可得．【详解】解：（1）（辆）（人），（辆），共需租11辆大客车，故答案为：11；（2）设租用辆甲种型号大客车，则租用辆乙种型号大客车，由题意得：，解得，因为且为正整数，所以最多可以租用3辆甲种型号大客车；（3）由（2）可知，租用甲种型号大客车的辆数可以为辆，则有三种租车方案：①租用1辆甲种型号大客车，10辆乙种型号大客车；②租用2辆甲种型号大客车，9辆乙种型号大客车；③租用3辆甲种型号大客车，8辆乙种型号大客车；方案①的费用为（元），方案②的费用为（元），方案③的费用为（元），所以租用3辆甲种型号大客车，8辆乙种型号大客车最节省钱．【点睛】 本题考查了一元一次不等式的实际应用，正确建立不等式是解题关键．23．（1）；（2）当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元；（3）4．【分析】（1）分和两种情况，根据“月销售单价每涨价1元，月销售量就减少万件”即可得函数关系式，再根据求出的取值范围；（2）在（1）的基础上，根据“月利润（月销售单价成本价）月销售量”建立函数关系式，分别利用一次函数和二次函数的性质求解即可得；（3）设该产品的捐款当月的月销售利润为万元，先根据捐款当月的月销售单价、月销售最大利润可得，再根据“月利润（月销售单价成本价）月销售量”建立函数关系式，然后利用二次函数的性质即可得．【详解】解：（1）由题意，当时，，当时，，，，解得，综上，；（2）设该产品的月销售利润为万元，①当时，，由一次函数的性质可知，在内，随的增大而增大，则当时，取得最大值，最大值为；②当时，，由二次函数的性质可知，当时，取得最大值，最大值为90，因为，所以当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元； （3）捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元（大于50万元），，设该产品捐款当月的月销售利润为万元，由题意得：，整理得：，，在内，随的增大而增大，则当时，取得最大值，最大值为，因此有，解得．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的实际应用，正确建立函数关系式是解题关键．24．（1）；（2）；（3）①；②或．【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；（2）先根据抛物线的解析式可得点的坐标，再利用待定系数法可得直线的解析式，从而可得点的坐标，然后分别求出的长，最后根据全等三角形的性质可得，由此建立方程求解即可得；（3）①先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据平移的性质可得直线的解析式，从而可得点的坐标，然后根据正切三角函数的定义即可得；②先求出直线的解析式，再与直线的解析式联立求出它们的交点坐标，从而可得点的坐标，然后代入抛物线的解析式求解即可得． 【详解】解：（1）将点，代入得：，解得，则抛物线的解析式为；（2）由题意得：点的坐标为，对于二次函数，当时，，即，设直线的解析式为，将点，代入得：，解得，则直线的解析式为，，，，，，即，解得或（与不符，舍去），故当时，；（3）①如图，设线段的中点为点，过点作轴的垂线，交直线于点，则点的坐标为，点的横坐标为3， 设直线的解析式为，将点，代入得：，解得，则直线的解析式为，由平移的性质得：直线的解析式为，当时，，即，，，故答案为：；②由题意得：，则设直线的解析式为，将点代入得：，解得，则直线的解析式为，联立，解得，即直线与直线的交点坐标为，设点的坐标为，则，解得，即，将点代入得：，整理得：， 解得或，则点的坐标为或．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合、全等三角形的性质、正切三角函数等知识点，熟练掌握待定系数法和二次函数的性质是解题关键．