福建省2021年中考数学试卷【及真题答案】

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.B.0C.12D.22.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.3km4.下列运算正确的是（）C.23kmD.4kmA.2aa2B.a12a21C.a6a3a2D.(2a3)24a65.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：项目作品甲乙丙丁创新性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（）A.0.631x0.68C.0.6312x0.68B.0.631x20.68D.0.6312x2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（）A.35B.25C.34D.4510.二次函数2yax2axca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．x11.若反比例函数yk的图象过点1,1，则k的值等于．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）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115.已知非零实数x，y满足y，则xyxy3xy的值等于．16.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117.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． 26x32x①19.解不等式组：x1x31②20.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．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？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．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）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： 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；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．25.已知抛物线yax2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）13.270．14.16.①②④315.41117.1233323(33)3233333．在DEC和△18.证明：∵DEAC,DFAB，∴DECDFB90．DEDF,DECDFB,CEBF,DFB中，∴DEC≌DFB，∴BC．19.1x3（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，SDDC∵DC//AB，∴SBA∽SCD，∴SAABSAPA设直线PQ与AD相交于点S，同理SDQD．22QDDC∵P，Q分别为AB,CD的中点，∴PA1AB，QD1DC∴PAAB∴SASA，∴SDADSDAD，∴ADAD，∴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．23.（1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜，1；（2）不是，田2忌获胜的所有对阵是C2A1,A2B1,B2C1，C2A1,B2C1,A2B1，A2B1,C2A1,B2C1，212121212121212121AB,BC,CA，BC,CA,AB，BC,AB,CA，1624.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AFG和RtBFG中，OAOFOG1FG,OBOFOG1FG，∴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．由（2）得BGAEa，∴tanBAGBGa1，即tanAAF1，∴AF1．AB3a33AA3设AFk，则AA3k，在Rt△AAF中，由勾股定理，得AFAA2AF210k，55∴10k2a,k10a,AF10a．在Rt△ABG中，由勾股定理，得AGAB2BG210a．5又∵AA3k310a，∴AGAGAA10a310a210a，55AG210a210aAF51∴．5∵CGBCCB2a，∴BFa1，∴AFBF1．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CCG2∴ABBF1，∴AC2AB． 25.解：因为抛物线yax2bxc与x轴只有一个公共点，以方程ax2bxc0有两个相等的实数根，所以b24ac0，即b24ac．b24（1）因为抛物线过点P(0,1)，所以c1，所以b24a，即a．所以2144b2abb(b2)1，当b2时，ab取到最小值1．（2）①因为抛物线yax2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)在抛物线的图象上，所以4a1,a1，故抛物线的解析式为y1x2．44②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．NFAF220所以AEME，所以x0x1y1xx121020y11，即y1y1xxxx0．所以kx12kx22x1x0x2x00，22120120k1xx即2kxxxx40．①4把ykx1代入y1x2，得x24kx40，解得x2k2k21,x2k2k21，12所以x1x24k,x1x24．② 将②代入①，得22004k14k2kxx40，即x02k0，解得x2k，即A(2k,1)．20所以过点A且与x轴垂直的直线为x2k，将x2k代入y1x2，得yk2，即B2k,k2，4将x2k代入ykx1，得y2k21，即C2k,2k21，所以ABk21,BCk21，因此ABBC，所以△MAB与MBC的面积相等．