2021年山东省枣庄市中考数学真题试卷【含答案解释，可编辑】

2021年山东省枣庄市中考数学真题试卷【含答案解释，可编辑】注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1．－5的倒数是A．B．5C．－D．－52．将一把直尺和一块含30°和60°角的三角板ABC按如图所示的位置放置，如果∠CDE=40°，那么∠BAF的大小为（　　）A．10°B．15°C．20°D．25°3．将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为轴对称图形的是（       ）A．B．C．D．4．如图，数轴上有三个点A、B、C，若点A、B表示的数互为相反数，则图中点C试卷第9页，共9页 对应的数是（　　）A．﹣2B．0C．1D．45．计算正确的是（   ）A．B．C．D．6．为调动学生参与体育锻炼的积极性，某校组织了一分钟跳绳比赛活动，体育组随机抽取了10名参赛学生的成绩，将这组数据整理后制成统计表：一分钟跳绳个数（个）141144145146学生人数（名）5212则关于这组数据的结论正确的是（）A．平均数是144B．众数是141C．中位数是144.5D．方差是5.47．小明有一个呈等腰三角形的积木盒，现在积木盒中只剩下如图的九个空格，下面有四种积木的搭配，其中不能放入的有（       ）A．搭配①B．搭配②C．搭配③D．搭配④8．如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一动点，点是的中点，则的最小值为（       ）A．B．C．3D．9．如图，三角形纸片ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点E为AB中点，沿过点E的直试卷第9页，共9页 线折叠，使点B与点A重合，折痕现交于点F，已知EF=，则BC的长是（　　）A．B．3C．3D．310．在平面直角坐标系中，直线垂直于轴于点（点在原点的右侧），并分别与直线和双曲线相交于点，，且，则的面积为（       ）A．或B．或C．D．11．如图，正方形ABCD的边长为2，O为对角线的交点，点E、F分别为BC、AD的中点．以C为圆心，2为半径作圆弧，再分别以E、F为圆心，1为半径作圆弧、，则图中阴影部分的面积为（　　）A．π﹣1B．π﹣2C．π﹣3D．4﹣π12．二次函数的部分图象如图所示，对称轴为，且经过点．下列说法：①；②；③；④若，是抛物线上的两点，则；⑤（其中）．正确的结论有（       ）试卷第9页，共9页 A．2个B．3个C．4个D．5个第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题13．已知，满足方程组，则的值为______．14．幻方是古老的数学问题，我国古代的《洛书》中记载了最早的幻方——九宫图．将数字1~9分别填入如图所示的幻方中，要求每一横行、每一竖行以及两条斜对角线上的数字之和都是15，则的值为______．15．如图，正比例函数与反比例函数的图象相交于，两点，其中点的横坐标为1．当时，的取值范围是______．试卷第9页，共9页 16．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为_______．17．若等腰三角形的一边长是4，另两边的长是关于的方程的两个根，则的值为______．18．如图，，，点在上，四边形是矩形，连接，交于点，连接交于点．下列4个判断：①；②；③；④若点是线段的中点，则为等腰直角三角形，其中，判断正确的是______．（填序号）试卷第9页，共9页 三、解答题19．先化简，再求值：，其中．20．“大千故里，文化内江”，我市某中学为传承大千艺术精神，征集学生书画作品．王老师从全校20个班中随机抽取了4个班，对征集作品进行了数量分析统计，绘制了如下两幅不完整的统计图．（1）王老师采取的调查方式是　　（填“普查”或“抽样调查”），王老师所调查的4个班共征集到作品　　件，并补全条形统计图；（2）在扇形统计图中，表示班的扇形周心角的度数为　　；（3）如果全校参展作品中有4件获得一等奖，其中有1名作者是男生，3名作者是女生．现要从获得一等奖的作者中随机抽取两人去参加学校的总结表彰座谈会，求恰好抽中一男一女的概率．（要求用树状图或列表法写出分析过程）21．年月日，为我国载人空间站工程研制的长征五号运较火箭在海南文昌首飞成功．运载火箭从地面处发射、当火箭到达点时，地面处的雷达站测得米，仰角为．3秒后，火箭直线上升到达点处，此时地面处的雷达站测得处的仰角为．已知两处相距米，求火箭从到处的平均速度（结果精确到米，参考数据：）试卷第9页，共9页 22．小明根据学习函数的经验，参照研究函数的过程与方法，对函数的图象与性质进行探究．因为，即，所以可以对比函数来探究．列表：（1）下表列出与的几组对应值，请写出，的值：，；…1234……124……230…描点：在平面直角坐标系中，以自变量的取值为横坐标，以相应的函数值为纵坐标，描出相应的点，如图所示：（2）请把轴左边各点和右边各点，分别用条光滑曲线顺次连接起来：（3）观察图象并分析表格，回答下列问题：①当时，随的增大而；（填“增大”或“减小”）试卷第9页，共9页 ②函数的图象是由的图象向平移个单位而得到．③函数图象关于点中心对称．（填点的坐标）   23．如图，是的外接圆，点在边上，的平分线交于点，连接，，过点作的切线与的延长线交于点．（1）求证：；（2）求证：；（3）当，时，求线段的长．24．如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想．（3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长．25．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过坐标原点和点，顶点为点．（1）求抛物线的关系式及点的坐标；（2）点是直线下方的抛物线上一动点，连接，，当的面积等于时，求点的坐标；（3）将直线向下平移，得到过点的直线，且与轴负半轴交于点试卷第9页，共9页 ，取点，连接，求证：．试卷第9页，共9页 参考答案：1．C【分析】若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．【详解】解：5的倒数是．故选C．2．A【分析】先根据∠CDE=40°，得出∠CED=50°，再根据DE∥AF，即可得到∠CAF=50°，最后根据∠BAC=60°，即可得出∠BAF的大小．【详解】由图可得,∠CDE=40°   ,∠C=90°，∴∠CED=50°，又∵DE∥AF，∴∠CAF=50°，∵∠BAC=60°，∴∠BAF=60°−50°=10°，故选A.【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握这一点是解题的关键.3．D【分析】根据轴对称图形的定义逐项判断即可得．【详解】A、不是轴对称图形，此项不符题意；B、不是轴对称图形，此项不符题意；C、不是轴对称图形，此项不符题意；D、是轴对称图形，此项符合题意；故选：D．答案第23页，共23页 【点睛】本题考查了轴对称图形，熟记定义是解题关键．4．C【详解】【分析】首先确定原点位置，进而可得C点对应的数．【详解】∵点A、B表示的数互为相反数，AB=6∴原点在线段AB的中点处，点B对应的数为3，点A对应的数为-3，又∵BC=2，点C在点B的左边，∴点C对应的数是1，故选C．【点睛】本题主要考查了数轴，关键是正确确定原点位置．5．C【分析】对每个选项进行计算判断即可．【详解】解：A.和不是同类项，不能合并，选项错误；B.，选项错误；C.，选项正确；D.，选项错误．故选：C．【点睛】本题考查了合并同类项、积的乘方、同底数幂的乘法、完全平方公式，熟练掌握整式的运算法则是解题的关键．6．B【分析】根据平均数，众数，中位数，方差的性质分别计算出结果，然后判判断即可．【详解】解：根据题目给出的数据，可得：答案第23页，共23页 平均数为：，故A选项错误；众数是：141，故B选项正确；中位数是：，故C选项错误；方差是：，故D选项错误；故选：B．【点睛】本题考查的是平均数，众数，中位数，方差的性质和计算，熟悉相关性质是解题的关键．7．D【分析】将每个搭配的两组积木进行组合，检验是否可得出图中剩下的九个空格的形状，由此即可得出答案．【详解】解：搭配①、②、③两组积木组合在一起，均可组合成图中剩下的九个空格的形状，只有搭配④不能，故选：D．【点睛】本题考查了图形的剪拼，解题关键是培养学生的空间想象能力以及组合意识．8．A【分析】连接，先根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，再根据菱形的性质、勾股定理可得，然后根据等边三角形的判定与性质求出的长即可得．【详解】解：如图，连接，答案第23页，共23页 由两点之间线段最短得：当点共线时，取最小值，最小值为，四边形是菱形，，，，，，是等边三角形，点是的中点，，，即的最小值为，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．9．B【分析】折叠的性质主要有：1.重叠部分全等；2.折痕是对称轴,对称点的连线被对称轴垂直平分.由折叠的性质可知,所以可求出∠AFB=90°，再直角三角形的性质可知,所以,的长可求，再利用勾股定理即可求出BC的长．【详解】解：答案第23页，共23页 AB＝AC，,故选B.【点睛】本题考查了折叠的性质、等腰直角三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，求出∠AFB=90°是解题的关键．10．B【分析】设点的坐标为，从而可得，，再根据可得一个关于的方程，解方程求出的值，从而可得的长，然后利用三角形的面积公式即可得．【详解】解：设点的坐标为，则，，，，解得或，经检验，或均为所列方程的根，（1）当时，，则的面积为；（2）当时，，答案第23页，共23页 则的面积为；综上，的面积为或，故选：B．【点睛】本题考查了反比例函数与正比例函数的综合、解一元二次方程，正确求出点的坐标是解题关键．11．B【分析】根据题意和图形，可知阴影部分的面积是以2为半径的四分之一个圆（扇形）的面积减去以1为半径的半圆（扇形）的面积再减去2个以边长为1的正方形的面积减去以1半径的四分之一个圆（扇形）的面积，本题得以解决．【详解】解：由题意可得，阴影部分的面积是：•π×22﹣﹣2（1×1﹣•π×12）＝π﹣2，故选：B．【点睛】本题主要考查运用正方形的性质，圆的面积公式（或扇形的面积公式），正方形的面积公式计算不规则几何图形的面积，解题的关键是理解题意，观察图形，合理分割，转化为规则图形的面积和差进行计算．12．B【分析】先根据抛物线开口向下、与轴的交点位于轴正半轴，再根据对称轴可得，由此可判断结论①；将点代入二次函数的解析式可判断结论②③；根据二次函数的对称轴可得其增减性，由此可判断结论④；利用二次函数的性质可求出其最大答案第23页，共23页 值，由此即可得判断结论⑤．【详解】解：抛物线的开口向下，与轴的交点位于轴正半轴，，抛物线的对称轴为，，，则结论①正确；将点代入二次函数的解析式得：，则结论③错误；将代入得：，则结论②正确；抛物线的对称轴为，和时的函数值相等，即都为，又当时，随的增大而减小，且，，则结论④错误；由函数图象可知，当时，取得最大值，最大值为，，，即，结论⑤正确；综上，正确的结论有①②⑤，共3个，故选：B．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．13．【分析】将方程组中的两个方程相减即可得．【详解】答案第23页，共23页 解：，由①②得：，则，故答案为：．【点睛】本题考查了解二元一次方程，熟练掌握方程组的解法是解题关键．14．1【分析】如图（见解析），先根据“每一横行、两条斜对角线上的数字之和都是15”求出图中①和②表示的数，再根据“每一竖行上的数字之和都是15”建立方程，解方程即可得．【详解】解：如图，由题意，图中①表示的数是，图中②表示的数是，则，解得，故答案为：1．【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，正确求出图中①和②所表示的数是解题关键．15．或【分析】先根据正比例函数和反比例函数的性质求出点的横坐标，再利用函数图象法即可得．【详解】解：由正比例函数和反比例函数的对称性得：点的横坐标为，不等式表示的是正比例函数的图象位于反比例函数的图象的下方，则的取值范围是或，答案第23页，共23页 故答案为：或．【点睛】本题考查了正比例函数与反比例函数的综合，熟练掌握函数图象法是解题关键．16．P（1，-1）．【详解】试题分析：连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．∵直线MN为：x=1，设直线CC′为y=kx+b，由题意：，∴，∴直线CC′为y=x+，∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点（，），∴直线EF为y=﹣3x+2，由得，∴P（1，﹣1）．考点：坐标与图形变化-旋转17．8或9【分析】分4为等腰三角形的腰长和4为等腰三角形的底边长两种情况，再利用一元二次方程根的定义、根的判别式求解即可得．【详解】解：由题意，分以下两种情况：（1）当4为等腰三角形的腰长时，则4是关于的方程的一个根，答案第23页，共23页 因此有，解得，则方程为，解得另一个根为，此时等腰三角形的三边长分别为，满足三角形的三边关系定理；（2）当4为等腰三角形的底边长时，则关于的方程有两个相等的实数根，因此，根的判别式，解得，则方程为，解得方程的根为，此时等腰三角形的三边长分别为，满足三角形的三边关系定理；综上，的值为8或9，故答案为：8或9．【点睛】本题考查了一元二次方程根的定义、根的判别式、等腰三角形的定义等知识点，正确分两种情况讨论是解题关键．需注意的是，要检验三边长是否满足三角形的三边关系定理．18．①③④【分析】先根据矩形的性质可得，再根据等腰三角形的三线合一可判断①；先根据等腰三角形的性质可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得，然后根据角的和差即可判断②；先证出，从而可得，再设，从而可得，由此即可判断③；先证出，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得为等腰三角形，然后根据角的和差可得，由此即可得判断④．【详解】解：四边形是矩形，，，（等腰三角形的三线合一），则①正确；，答案第23页，共23页 ，又，是等腰直角三角形，，，则②错误；，（等腰三角形的三线合一），在和中，，，，设，，，，，，则③正确；，，点是线段的中点，，在和中，，，，答案第23页，共23页 为等腰三角形，，，即，为等腰直角三角形，则④正确；综上，判断正确的是①③④，故答案为：①③④．【点睛】本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是④，正确找出两个全等三角形是解题关键．19．，【分析】先将括号里面的通分后，将除法转换成乘法，约分化简，然后代x的值，进行二次根式化简．【详解】解：原式=当时，原式=【点睛】答案第23页，共23页 本题主要考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算法则是解题的关键．20．（1）抽样调查；24；条形统计图见解析；（2）150°；（3）恰好抽中一男一女的概率为．【分析】（1）根据只抽取了4个班可知是抽样调查，根据A在扇形图中的角度求出所占的份数，再根据A的人数是4，列式进行计算即可求出作品的件数，然后减去A、C、D的件数即为B的件数,即可补全统计图（2）利用C得数量除以总数再乘以360度，计算即可得解；（3）画出树状图或列出图表，再根据概率公式列式进行计算即可得解．【详解】（1）王老师采取的调查方式是抽样调查，，所以王老师所调查的4个班共征集到作品24件，班的作品数为（件），条形统计图为：（2）在扇形统计图中，表示班的扇形周心角；故答案为抽样调查；6；150°；（3）画树状图为：共有12种等可能的结果数，其中恰好抽中一男一女的结果数为6，答案第23页，共23页 所以恰好抽中一男一女的概率．【点睛】此题考查扇形统计图，列表法与树状图法，条形统计图，解题关键在于看懂图中数据21．火箭从A到B处的平均速度为335米/秒．【分析】设火箭从A到B处的平均速度为x米/秒，根据题意可得AB=3x，在Rt△ADO中，∠ADO=30°，AD=4000，可得AO=2000，DO=2000，在Rt△BOC中，∠BCO=45°，可得BO=OC，即可得2000+3x=2000-460，进而解得x的值．【详解】解：设火箭从A到B处的平均速度为x米/秒，根据题意可知：AB=3x，在Rt△ADO中，∠ADO=30°，AD=4000，∴AO=2000，∴DO=2000，∵CD=460，∴OC=OD-CD=2000-460，在Rt△BOC中，∠BCO=45°，∴BO=OC，∵OB=OA+AB=2000+3x，∴2000+3x=2000-460，解得x≈335（米/秒）．答：火箭从A到B处的平均速度为335米/秒．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义．22．（1）5，；（2）见解析；（3）①增大；②上，1；③．【分析】（1）将和分别代入函数中，即可求出的值；（2）把轴左边各点和右边各点，分别用条光滑曲线顺次连接起来即可；（3）①根据函数的增减性即可得；答案第23页，共23页 ②根据函数即可得；③函数的图象关于原点中心对称，再根据平移的性质即可得．【详解】解：（1）对于函数，当时，，即，当时，，即，故答案为：5，；（2）把轴左边各点和右边各点，分别用条光滑曲线顺次连接起来如下：（3）①当时，随的增大而增大，故答案为：增大；②因为函数，所以函数的图象是由的图象向上平移1个单位而得到，故答案为：上，1；③因为函数的图象关于原点中心对称，所以函数的图象关于点中心对称，故答案为：．【点睛】本题考查了反比例函数的图象与性质，熟练掌握反比例函数的图象与性质是解题关键．答案第23页，共23页 23．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）连接，先根据圆周角定理、角平分线的定义，再根据圆的切线的性质可得，然后根据平行线的判定即可得证；（2）先根据圆周角定理、平行线的性质可得，再根据圆内接四边形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证；（3）先利用勾股定理可得，再利用圆周角定理可得，从而可得，然后根据（2）中，相似三角形的性质即可得．【详解】证明：（1）如图，连接，是的直径，，平分，，由圆周角定理得：，，是的切线，，；（2）由圆周角定理得：，，，，由圆内接四边形的性质得：，，，在和中，，答案第23页，共23页 ；（3），，，在中，，由圆周角定理得：，，，又，，即，解得，答：线段的长为．【点睛】本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解题关键．24．（1）四边形是垂美四边形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）．【分析】（1）连接，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线是线段的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证；（2）先根据垂美四边形的定义可得，再利用勾股定理解答即可；（3）设分别交于点，交于点，连接，先证明，答案第23页，共23页 得到，再根据角的和差可证，即，从而可得四边形是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得．【详解】证明：（1）四边形是垂美四边形，理由如下：如图，连接，∵，∴点在线段的垂直平分线上，∵，∴点在线段的垂直平分线上，∴直线是线段的垂直平分线，即，∴四边形是垂美四边形；（2）猜想，证明如下：∵四边形是垂美四边形，∴，∴，由勾股定理得：，，∴；（3）如图，设分别交于点，交于点，连接，答案第23页，共23页 ∵四边形和四边形都是正方形，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，又∵，，∴，∴，即，∴四边形是垂美四边形，由（2）得：，∵是的斜边，且，，∴，，在中，，在中，，∴，解得或（不符题意，舍去），故的长为．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．25．（1），；（2）或；（3）证明见解析．【分析】（1）先根据直线求出点的坐标，再将点和原点坐标代入抛物线的解析式即可得；（2）如图（见解析），先求出直线与抛物线的另一个交点的坐标为，再设答案第23页，共23页 点的坐标为，从而可得点的坐标为，然后分和两种情况，分别利用三角形的面积公式可得一个关于的一元二次方程，解方程即可得；（3）如图（见解析），先根据一次函数图象的平移规律求出直线的解析式为，再利用待定系数法求出直线的解析式，从而可得点的坐标，然后利用两点之间的距离公式可得的长，根据等腰直角三角形的判定与性质可得，最后根据三角形的外角性质即可得证．【详解】解：（1）对于函数，当时，，解得，即，当时，，即，将点和原点代入得：，解得，则抛物线的关系式为，将化成顶点式为，则顶点的坐标为；（2）设直线与抛物线的另一个交点为点，联立，解得或，则，过点作轴的平行线，交直线于点，设点的坐标为，则点的坐标为，，由题意，分以下两种情况：答案第23页，共23页 ①如图，当时，则，，因此有，解得或，均符合题设，当时，，即，当时，，即；②如图，当时，则，，因此有，解得或，均不符题设，舍去，综上，点的坐标为或；答案第23页，共23页 （3）由题意得：，将点代入得：，解得，则直线的解析式为，如图，过点作于点，可设直线的解析式为，将点代入得：，解得，则直线的解析式为，联立，解得，即，，，，，又，是等腰直角三角形，，由三角形的外角性质得：，．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合、一次函数图象的平移、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），正确分两种情况讨论是解题关键．答案第23页，共23页 答案第23页，共23页