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福建省2021年中考数学试卷【附答案】

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2021年福建省中考数学试卷一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分.11.在实数2,2,0,1中,最小的数是()1A.1B.0C.D.222.如图所示的六角螺栓,其俯视图是()A.B.C.D.3.如图,某研究性学习小组为测量学校A与河对岸工厂B之间的距离,在学校附近选一点C,利用测量仪器测得A60,C90,AC2km.据此,可求得学校与工厂之间的距离AB等于()A.2kmB.3kmC.23kmD.4km4.下列运算正确的是()22632326A.2aa2B.a1a1C.aaaD.(2a)4a5.某校为推荐一项作品参加“科技创新”比赛,对甲、乙、丙、丁四项候选作品进行量化评分,具体成绩(百分制)如表:项目甲乙丙丁作品创新性90959090实用性90909585如果按照创新性占60%,实用性占40%计算总成绩,并根据总成绩择优推荐,那么应推荐的作品是()A.甲B.乙C.丙D.丁 6.某市2018年底森林覆盖率为63%.为贯彻落实“绿水青山就是金山银山”的发展理念,该市大力开展植树造林活动,2020年底森林覆盖率达到68%,如果这两年森林覆盖率的年平均增长率为x,那么,符合题意的方程是()2A.0.631x0.68B.0.631x0.682C.0.6312x0.68D.0.6312x0.687.如图,点F在正五边形ABCDE的内部,△ABF为等边三角形,则AFC等于()A.108B.120C.126D.1328.如图,一次函数ykxbk0的图象过点1,0,则不等式kx1b0解集是()A.x2B.x1C.x0D.x19.如图,AB为O的直径,点P在AB的延长线上,PC,PD与O相切,切点分别为C,D.若AB6,PC4,则sinCAD等于()3234A.B.C.D.5545210.二次函数yax2axca0的图象过A(3,y1),B(1,y2),C(2,y3),D(4,y4)四个点,下列说法一定正确的是()A.若y1y20,则y3y40B.若y1y40,则y2y30C.若y2y40,则y1y30D.若y3y40,则y1y20二、填空题:本题共6小题,每小题4分,共24分.k11.若反比例函数y的图象过点1,1,则k的值等于_________.x12.写出一个无理数x,使得1x4,则x可以是_____(只要写出一个满足条件的x即可)13.某校共有1000名学生.为了解学生的中长跑成绩分布情况,随机抽取100名学生的中长跑成绩,画出条形统计图,如图.根据所学的统计知识可估计该校中长跑成绩优秀的学生人 数是_________.14.如图,AD是ABC的角平分线.若B90,BD3,则点D到AC的距离是_________.xxy3xy15.已知非零实数x,y满足y,则的值等于_________.x1xy16.如图,在矩形ABCD中,AB4,AD5,点E,F分别是边AB,BC上的动点,点E不与A,B重合,且EFAB,G是五边形AEFCD内满足GEGF且EGF90的点.现给出以下结论:①GEB与GFB一定互补;②点G到边AB,BC的距离一定相等;③点G到边AD,DC的距离可能相等;④点G到边AB的距离的最大值为22.其中正确的是_________.(写出所有正确结论的序号)三、解答题:本题共9小题,共86分.1117.计算:1233.318.如图,在ABC中,D是边BC上的点,DEAC,DFAB,垂足分别为E,F,且DEDF,CEBF.求证:BC. x32x①19.解不等式组:x1x31②2620.某公司经营某种农产品,零售一箱该农产品的利润是70元,批发一箱该农产品的利润是40元.(1)已知该公司某月卖出100箱这种农产品共获利润4600元,问:该公司当月零售、批发这种农产品的箱数分别是多少?(2)经营性质规定,该公司零售的数量不能多于总数量的30%.现该公司要经营1000箱这种农产品,问:应如何规划零售和批发的数量,才能使总利润最大?最大总利润是多少?21.如图,在RtABC中,ACB90.线段EF是由线段AB平移得到的,点F在边BC上,△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形,且点D恰好在AC的延长线上.(1)求证:ADEDFC;(2)求证:CDBF.22.如图,已知线段MNa,ARAK,垂足为a.(1)求作四边形ABCD,使得点B,D分别在射线AK,AR上,且ABBCa,ABC60,CD//AB;(要求:尺规作图,不写作法,保留作图痕迹)(2)设P,Q分别为(1)中四边形ABCD的边AB,CD的中点,求证:直线AD,BC,PQ相交于同一点.23.“田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒.该故事的大意是:齐王有上、中、下三匹马A1,B1,C1,田忌也有上、中、下三匹马A2,B2,C2,且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下:A1A2B1B2C1C2(注:AB表示A马与B马比赛,A马获胜).一天,齐王找田忌赛马,约定:每匹马都出场比赛一局,共赛三局,胜两局者获得整场比赛的胜利.面对劣势,田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马,并采用孙膑的策略:分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛,即借助对阵(C2A1,A2B1,B2C1)获得了整场比赛的胜利,创造了以弱胜强的经典案例.假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况,试回答以下问题: (1)如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”,他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利?并求其获胜的概率;(2)如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况,他是否必败无疑?若是,请说明理由;若不是,请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况,并求其获胜的概率.24.如图,在正方形ABCD中,E,F为边AB上的两个三等分点,点A关于DE的对称点为A,AA的延长线交BC于点G.(1)求证:DE//AF;(2)求GAB的大小;(3)求证:AC2AB.225.已知抛物线yaxbxc与x轴只有一个公共点.(1)若抛物线过点P0,1,求ab的最小值;(2)已知点P12,1,P22,1,P32,1中恰有两点在抛物线上.①求抛物线的解析式;②设直线l:ykx1与抛物线交于M,N两点,点A在直线y1上,且MAN90,过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和直线l于点B,C.求证:△MAB与MBC的面积相等. 参考答案1.A.2.A.3.D.4.D.5.B.6.B.7.C.8.C.9.D.10.C.11.112.答案不唯一(如2,,1.010010001等)13.270.14.315.416.①②④1117.123323(33)3233333.318.证明:∵DEAC,DFAB,∴DECDFB90.DEDF,在DEC和△DFB中,DECDFB,∴DEC≌DFB,∴BC.CEBF,19.1x320.(1)该公司当月零售农产品20箱,批发农产品80箱;(2)该公司应零售农产品300箱、批发农产品700箱才能使总利润最大,最大总利润是49000元21.证明:(1)在等腰直角三角形EDF中,EDF90,∴ADEADF90.∵ACB90,∴DFCADFACB90,∴ADEDFC.(2)连接AE.由平移的性质得AE//BF,AEBF.∴EADACB90,∴DCF180ACB90,∴EADDCF.∵EDF是等腰直角三角形,∴DEDF.由(1)得ADEDFC,∴AED≌CDF,∴AECD,∴CDBF.22.(1)作图如下: 四边形ABCD是所求作的四边形;(2)设直线BC与AD相交于点S,SAAB∵DC//AB,∴SBA∽SCD,∴SDDCSAPA设直线PQ与AD相交于点S,同理.SDQD11PAAB∵P,Q分别为AB,CD的中点,∴PAAB,QDDC∴22QDDCSASASDADSDADADAD∴,∴,∴,∴SDSD,SDSDSDSDSDSD∴点S与S重合,即三条直线AD,BC,PQ相交于同一点.123.(1)田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜,;(2)不是,田2忌获胜的所有对阵是C2A1,A2B1,B2C1,C2A1,B2C1,A2B1,A2B1,C2A1,B2C1,1A2B1,B2C1,C2A1,B2C1,C2A1,A2B1,B2C1,A2B1,C2A1,624.解:(1)设直线DE与AA相交于点T,∵点A与A关于DE对称,∴DE垂直平分AA,即DEAA,ATTA.∵E,F为AB边上的两个三等分点,∴AEEF,∴ET是AAF的中位线,∴ET∥AF,即DE∥AF.(2)连接FG,∵四边形ABCD是正方形,∴ADAB,DABABG90,DATBAG90,∵DEAA,∴DTA90,∴ADTDAT90,∴ADTBAG.∴DAE≌ABG,∴AEBG,又AEEFFB,∴FBBG,∴△FBG是等腰直角三角形, ∴GFB45.∵DE//AF,∴AFAA,∴FAG90.取FG的中点O,连接OA,OB,在RtAFG和RtBFG中,11OAOFOGFG,OBOFOGFG,∴OAOFOGOB,22∴点A,F,B,G都在以FG为直径的O上,∴GABGFB45.(3)设AB3a,则ADBC3a,AF2a,AEBFa.BGa11AF1由(2)得BGAEa,∴tanBAG,即tanAAF,∴.AB3a33AA3设AFk,则AA3k,在Rt△AAF中,由勾股定理,得22AFAAAF10k,10a10a∴10k2a,k,AF.55在Rt△ABG中,由勾股定理,得22AGABBG10a.310a310a210a又∵AA3k,∴AGAGAA10a,55510aAF51∴.AG210a25BFa1AFBF1∵CGBCCB2a,∴,∴.CG2a2AGCG2由(2)知,AFBAGB180,又∵AGCAGB180,∴AFBAGC,∴AFB∽AGC,ABBF1∴,∴AC2AB.ACCG2 2225.解:因为抛物线yaxbxc与x轴只有一个公共点,以方程axbxc022有两个相等的实数根,所以b4ac0,即b4ac.22b(1)因为抛物线过点P(0,1),所以c1,所以b4a,即a.所以42b12abb(b2)1,当b2时,ab取到最小值1.442(2)①因为抛物线yaxbxc与x轴只有一个公共点,所以抛物线上的点只能落在x轴的同侧.又点P1(2,1),P2(2,1),P3(2,1)中恰有两点在抛物线的图象上,所以只能是P1(2,1),P3(2,1)在抛物线的图象上,由对称性可得抛物线的对称轴为x0,所以b0,即ac0,因为a0,所以c=0.又点P1(2,1)在抛物线的112图象上,所以4a1,a,故抛物线的解析式为yx.44②由题意设Mx1,y1,Nx2,y2,Ax0,1,则y1kx11,y2kx21.记直线y1为m,分别过M,N作MEm,NFm,垂足分别为E,F,即MEAAFN90,因为MAN90,所以MAENAF90.又MAEEMA90,所以EMANAF,所以AME∽NAF.AEMEx0x1y11所以,所以,即y11y21x1x0x2x00.NFAFy21x2x0所以kx12kx22x1x0x2x00,22即k1x1x22kx0x1x2x040.①122把ykx1代入yx,得x4kx40,422解得x2k2k1,x2k2k1,12所以x1x24k,x1x24.② 22将②代入①,得4k14k2kx0x040,2即x02k0,解得x02k,即A(2k,1).所以过点A且与x轴垂直的直线为x2k,1222将x2k代入yx,得yk,即B2k,k,42将x2k代入ykx1,得y2k1,2即C2k,2k1,22所以ABk1,BCk1,因此ABBC,所以△MAB与MBC的面积相等.

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发布时间:2023-02-21 22:27:02 页数:10
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文章作者:送你两朵小红花

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