2021年河北省中考数学试卷

2021年河北省中考数学试卷一、选择题（本大题有16个小题，共42分。1～10小题各3分，11～16小题各2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（3分）（2021•河北）如图，已知四条线段a，b，c，d中的一条与挡板另一侧的线段m在同一直线上，请借助直尺判断该线段是（　　）A．aB．bC．cD．d2．（3分）（2021•河北）不一定相等的一组是（　　）A．a+b与b+aB．3a与a+a+aC．a3与a•a•aD．3（a+b）与3a+b3．（3分）（2021•河北）已知a＞b，则一定有﹣4a□﹣4b，“□”中应填的符号是（　　）A．＞B．＜C．≥D．＝4．（3分）（2021•河北）与32-22-12结果相同的是（　　）A．3﹣2+1B．3+2﹣1C．3+2+1D．3﹣2﹣15．（3分）（2021•河北）能与﹣（34-65）相加得0的是（　　）A．-34-65B．65+34C．-65+34D．-34+656．（3分）（2021•河北）一个骰子相对两面的点数之和为7，它的展开图如图，下列判断正确的是（　　）第49页（共49页）\nA．A代表B．B代表C．C代表D．B代表7．（3分）（2021•河北）如图1，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（　　）A．甲、乙、丙都是B．只有甲、乙才是C．只有甲、丙才是D．只有乙、丙才是8．（3分）（2021•河北）图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面AB＝（　　）第49页（共49页）\nA．1cmB．2cmC．3cmD．4cm9．（3分）（2021•河北）若33取1.442，计算33-333-9833的结果是（　　）A．﹣100B．﹣144.2C．144.2D．﹣0.0144210．（3分）（2021•河北）如图，点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点，S△AFO＝8，S△CDO＝2，则S正六边形ABCDEF的值是（　　）A．20B．30C．40D．随点O位置而变化11．（2分）（2021•河北）如图，将数轴上﹣6与6两点间的线段六等分，这五个等分点所对应数依次为a1，a2，a3，a4，a5，则下列正确的是（　　）A．a3＞0B．|a1|＝|a4|C．a1+a2+a3+a4+a5＝0D．a2+a5＜012．（2分）（2021•河北）如图，直线l，m相交于点O．P为这两直线外一点，且OP第49页（共49页）\n＝2.8．若点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，则P1，P2之间的距离可能是（　　）A．0B．5C．6D．713．（2分）（2021•河北）定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．已知：如图，∠ACD是△ABC的外角．求证：∠ACD＝∠A+∠B．证法1：如图，∵∠A+∠B+∠ACB＝180°（三角形内角和定理），又∵∠ACD+∠ACB＝180°（平角定义），∴∠ACD+∠ACB＝∠A+∠B+∠ACB（等量代换）．∴∠ACD＝∠A+∠B（等式性质）．证法2：如图，∵∠A＝76°，∠B＝59°，且∠ACD＝135°（量角器测量所得）又∵135°＝76°+59°（计算所得）∴∠ACD＝∠A+∠B（等量代换）．下列说法正确的是（　　）第49页（共49页）\nA．证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整B．证法1用严谨的推理证明了该定理C．证法2用特殊到一般法证明了该定理D．证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理14．（2分）（2021•河北）小明调查了本班每位同学最喜欢的颜色，并绘制了不完整的扇形图1及条形图2（柱的高度从高到低排列）．条形图不小心被撕了一块，图2中“（　　）”应填的颜色是（　　）A．蓝B．粉C．黄D．红15．（2分）（2021•河北）由（1+c2+c-12）值的正负可以比较A=1+c2+c与12的大小，下列正确的是（　　）A．当c＝﹣2时，A=12B．当c＝0时，A≠12C．当c＜﹣2时，A＞12D．当c＜0时，A＜1216．（2分）（2021•河北）如图，等腰△AOB中，顶角∠AOB＝40°，用尺规按①到④的步骤操作：①以O为圆心，OA为半径画圆；②在⊙O上任取一点P（不与点A，B重合），连接AP；③作AB的垂直平分线与⊙O交于M，N；④作AP的垂直平分线与⊙O交于E，F．第49页（共49页）\n结论Ⅰ：顺次连接M，E，N，F四点必能得到矩形；结论Ⅱ：⊙O上只有唯一的点P，使得S扇形FOM＝S扇形AOB．对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（　　）A．Ⅰ和Ⅱ都对B．Ⅰ和Ⅱ都不对C．Ⅰ不对Ⅱ对D．Ⅰ对Ⅱ不对二、填空题（本大题有3个小题，每小题有2个空，每空2分，共12分）17．（4分）（2021•河北）现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）．（1）取甲、乙纸片各1块，其面积和为　　；（2）嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片　　块．18．（4分）（2021•河北）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应　　（填“增加”或“减少”）　　度．第49页（共49页）\n19．（4分）（2021•河北）用绘图软件绘制双曲线m：y=60x与动直线l：y＝a，且交于一点，图1为a＝8时的视窗情形．（1）当a＝15时，l与m的交点坐标为　　；（2）视窗的大小不变，但其可视范围可以变化，且变化前后原点O始终在视窗中心．例如，为在视窗中看到（1）中的交点，可将图1中坐标系的单位长度变为原来的12，其可视范围就由﹣15≤x≤15及﹣10≤y≤10变成了﹣30≤x≤30及﹣20≤y≤20（如图2）．当a＝﹣1.2和a＝﹣1.5时，l与m的交点分别是点A和B，为能看到m在A和B之间的一整段图象，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的1k，则整数k＝　　．三、解答题（本大题有7个小题，共66分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）20．（8分）（2021•河北）某书店新进了一批图书，甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本．现购进m本甲种书和n本乙种书，共付款Q元．（1）用含m，n的代数式表示Q；（2）若共购进5×104本甲种书及3×103本乙种书，用科学记数法表示Q的值．第49页（共49页）\n21．（9分）（2021•河北）已知训练场球筐中有A、B两种品牌的乒乓球共101个，设A品牌乒乓球有x个．（1）淇淇说：“筐里B品牌球是A品牌球的两倍．”嘉嘉根据她的说法列出了方程：101﹣x＝2x．请用嘉嘉所列方程分析淇淇的说法是否正确；（2）据工作人员透露：B品牌球比A品牌球至少多28个，试通过列不等式的方法说明A品牌球最多有几个．22．（9分）（2021•河北）某博物馆展厅的俯视示意图如图1所示．嘉淇进入展厅后开始自由参观，每走到一个十字道口，她自己可能直行，也可能向左转或向右转，且这三种可能性均相同．（1）求嘉淇走到十字道口A向北走的概率；（2）补全图2的树状图，并分析嘉淇经过两个十字道口后向哪个方向参观的概率较大．23．（9分）（2021•河北）如图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机（看成点P）始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行，2号试飞机（看成点Q）一直保持在1号机P的正下方．2号机从原点O处沿45°仰角爬升，到4km高的A处便立刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C（10，3）处．（1）求OA的h关于s的函数解析式，并直接写出2号机的爬升速度；第49页（共49页）\n（2）求BC的h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；（3）通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少．[注：（1）及（2）中不必写s的取值范围]24．（9分）（2021•河北）如图，⊙O的半径为6，将该圆周12等分后得到表盘模型，其中整钟点为An（n为1～12的整数），过点A7作⊙O的切线交A1A11延长线于点P．（1）通过计算比较直径和劣弧A7A11长度哪个更长；（2）连接A7A11，则A7A11和PA1有什么特殊位置关系？请简要说明理由；（3）求切线长PA7的值．25．（10分）（2021•河北）如图是某同学正在设计的一动画示意图，x轴上依次有A，O，N三个点，且AO＝2，在ON上方有五个台阶T1～T5（各拐角均为90°），每个台阶的高、宽分别是1和1.5，台阶T1到x轴距离OK＝10．从点A处向右上方沿抛物线L：y＝﹣x2+4x+12发出一个带光的点P．第49页（共49页）\n（1）求点A的横坐标，且在图中补画出y轴，并直接指出点P会落在哪个台阶上；（2）当点P落到台阶上后立即弹起，又形成了另一条与L形状相同的抛物线C，且最大高度为11，求C的解析式，并说明其对称轴是否与台阶T5有交点；（3）在x轴上从左到右有两点D，E，且DE＝1，从点E向上作EB⊥x轴，且BE＝2．在△BDE沿x轴左右平移时，必须保证（2）中沿抛物线C下落的点P能落在边BD（包括端点）上，则点B横坐标的最大值比最小值大多少？[注：（2）中不必写x的取值范围]26．（12分）（2021•河北）在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α（α＞0°）到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置．论证：如图1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10；发现：当旋转角α＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；拓展：①如图2，设点D与B的距离为d，若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长（用含d的式子表示）；②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出α的余弦值．第49页（共49页）\n第49页（共49页）\n2021年河北省中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题有16个小题，共42分。1～10小题各3分，11～16小题各2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（3分）（2021•河北）如图，已知四条线段a，b，c，d中的一条与挡板另一侧的线段m在同一直线上，请借助直尺判断该线段是（　　）A．aB．bC．cD．d【分析】利用直尺画出遮挡的部分即可得出结论．【解答】解：利用直尺画出图形如下：可以看出线段a与m在一条直线上．故答案为：a．故选：A．【点评】本题主要考查了线段，射线，直线，利用直尺动手画出图形是解题的关键．第49页（共49页）\n2．（3分）（2021•河北）不一定相等的一组是（　　）A．a+b与b+aB．3a与a+a+aC．a3与a•a•aD．3（a+b）与3a+b【分析】A：根据加法交换律进行计算即可得出答案；B：根据整式的加法法则﹣合并同类项进行计算即可得出答案；C：根据同底数幂乘法法则进行计算即可得出答案；D：根据单项式乘以多项式法则进行计算即可得出答案．【解答】解：A：因为a+b＝b+a，所以A选项一定相等；B：因为a+a+a＝3a，所以B选项一定相等；C：因为a•a•a＝a3，所以C选项一定相等；D：因为3（a+b）＝3a+3b，所以3（a+b）与3a+b不一定相等．故选：D．【点评】本题主要考查了整式的运算，熟练掌握整式的运算法则进行计算是解决本题的关键．3．（3分）（2021•河北）已知a＞b，则一定有﹣4a□﹣4b，“□”中应填的符号是（　　）A．＞B．＜C．≥D．＝【分析】根据不等式的性质：不等式两边同时乘以负数，不等号的方向改变，即可选出答案．【解答】解：根据不等式的性质，不等式两边同时乘以负数，不等号的方向改变．∵a＞b，∴﹣4a＜﹣4b．故选：B．第49页（共49页）\n【点评】本题考查不等式的性质，熟练掌握不等式的基本性质是解题的关键．4．（3分）（2021•河北）与32-22-12结果相同的是（　　）A．3﹣2+1B．3+2﹣1C．3+2+1D．3﹣2﹣1【分析】化简32-22-12=9-4-1=4=2，再逐个选项判断即可．【解答】解：32-22-12=9-4-1=4=2，∵3﹣2+1＝2，故A符合题意；∵3+2﹣1＝4，故B不符合题意；∵3+2+1＝6，故C不符合题意；∵3﹣2﹣1＝0，故D不符合题意．故选：A．【点评】本题考查了二次根式的运算性质，熟悉二次根式的运算性质是解题关键．5．（3分）（2021•河北）能与﹣（34-65）相加得0的是（　　）A．-34-65B．65+34C．-65+34D．-34+65【分析】与﹣（34-65）相加得0的是它的相反数，化简求相反数即可．【解答】解：﹣（34-65）=-34+65，与其相加得0的是-34+65的相反数．-34+65的相反数为+34-65，故选：C．【点评】本题考查有理数的混合运算，解本题的关键是掌握去括号和相反数的概念．6．（3分）（2021•河北）一个骰子相对两面的点数之和为7，它的展开图如图，下列判断正确的是（　　）第49页（共49页）\nA．A代表B．B代表C．C代表D．B代表【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点对各选项分析判断后利用排除法求解．【解答】解：根据正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，A与点数是1的对面，B与点数是2的对面，C与点数是4的对面，∵骰子相对两面的点数之和为7，∴A代表的点数是6，B代表的点数是5，C代表的点数是3．故选：A．【点评】本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体是空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．7．（3分）（2021•河北）如图1，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（　　）第49页（共49页）\nA．甲、乙、丙都是B．只有甲、乙才是C．只有甲、丙才是D．只有乙、丙才是【分析】方案甲，连接AC，由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，则NO＝OM，得四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确；方案乙：证△ABN≌△CDM（AAS），得AN＝CM，再由AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确；方案丙：证△ABN≌△CDM（ASA），得AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，则∠ANM＝∠CMN，证出AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确．【解答】解：方案甲中，连接AC，如图所示：∵四边形ABCD是平行四边形，O为BD的中点，∴OB＝OD，OA＝OC，∵BN＝NO，OM＝MD，∴NO＝OM，∴四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确；方案乙中：第49页（共49页）\n∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABN＝∠CDM，∵AN⊥B，CM⊥BD，∴AN∥CM，∠ANB＝∠CMD，在△ABN和△CDM中，∠ABN=∠CDM∠ANB=∠CMDAB=CD，∴△ABN≌△CDM（AAS），∴AN＝CM，又∵AN∥CM，∴四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确；方案丙中：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABN＝∠CDM，∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD，∴∠BAN＝∠DCM，在△ABN和△CDM中，∠ABN=∠CDMAB=CD∠BAN=∠DCM，∴△ABN≌△CDM（ASA），∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，∴∠ANM＝∠CMN，第49页（共49页）\n∴AN∥CM，∴四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确；故选：A．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．8．（3分）（2021•河北）图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面AB＝（　　）A．1cmB．2cmC．3cmD．4cm【分析】高脚杯前后的两个三角形相似．根据相似三角形的判定和性质即可得出结果．【解答】解：如图：过O作OM⊥CD，垂足为M，过O作ON⊥AB，垂足为N，第49页（共49页）\n∵CD∥AB，∴△CDO∽ABO，即相似比为CDAB，∴CDAB=OMON，∵OM＝15﹣7＝8，ON＝11﹣7＝4，∴CDAB=OMON，6AB=84，∴AB＝3，故选：C．【点评】本题考查相似三角形的应用，解本题的关键熟练掌握相似三角形的判定与性质．9．（3分）（2021•河北）若33取1.442，计算33-333-9833的结果是（　　）A．﹣100B．﹣144.2C．144.2D．﹣0.01442【分析】根据实数的运算法则进行计算可得答案．【解答】解：∵33取1.442，∴原式=33×（1﹣3﹣98）≈1.442×（﹣100）第49页（共49页）\n＝﹣144.2．故选：B．【点评】此题考查的是实数的运算，掌握其概念是解决此题的关键．10．（3分）（2021•河北）如图，点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点，S△AFO＝8，S△CDO＝2，则S正六边形ABCDEF的值是（　　）A．20B．30C．40D．随点O位置而变化【分析】正六边形ABCDEF的面积＝S矩形AFDC+S△EFD+S△ABC，由正六边形每个边相等，每个角相等可得FD=3AF，过E作FD垂线，垂足为M，利用解直角三角形可得△FED的高，即可求出正六边形的面积．【解答】解：设正六边形ABCDEF的边长为x，过E作FD的垂线，垂足为M，连接AC，∵∠FED＝120°，FE＝ED，∴∠EFD＝∠FDE，∴∠EDF=12（180°﹣∠FED）＝30°，∵正六边形ABCDEF的每个角为120°．∴∠CDF＝120°﹣∠EDF＝90°．第49页（共49页）\n同理∠AFD＝∠FAC＝∠ACD＝90°，∴四边形AFDC为矩形，∵S△AFO=12FO×AF，S△CDO=12OD×CD，在正六边形ABCDEF中，AF＝CD，∴S△AFO+S△CDO=12FO×AF+12OD×CD=12（FO+OD）×AF=12FD×AF＝10，∴FD×AF＝20，DM＝cos30°DE=32x，DF＝2DM=3x，EM＝sin30°DE=x2，∴S正六边形ABCDEF＝S矩形AFDC+S△EFD+S△ABC＝AF×FD+2S△EFD＝x•3x+2×123x•12x第49页（共49页）\n=3x2+32x2=323x2=32（AF×FD）＝30，故选：B．【点评】本题考查正多边形和三角形的面积，解本题关键掌握正六边形的性质和解直角三角形．11．（2分）（2021•河北）如图，将数轴上﹣6与6两点间的线段六等分，这五个等分点所对应数依次为a1，a2，a3，a4，a5，则下列正确的是（　　）A．a3＞0B．|a1|＝|a4|C．a1+a2+a3+a4+a5＝0D．a2+a5＜0【分析】先计算出﹣6与6两点间的线段的长度为12，再求出六等分后每个等分的线段的长度为2，从而求出a1，a2，a3，a4，a5表示的数，然后判断各选项即可．【解答】解：﹣6与6两点间的线段的长度＝6﹣（﹣6）＝12，六等分后每个等分的线段的长度＝12÷6＝2，∴a1，a2，a3，a4，a5表示的数为：﹣4，﹣2，0，2，4，A选项，a3＝﹣6+2×3＝0，故该选项错误；B选项，|﹣4|≠2，故该选项错误；C选项，﹣4+（﹣2）+0+2+4＝0，故该选项正确；D选项，﹣2+4＝2＞0，故该选项错误；第49页（共49页）\n故选：C．【点评】本题考查了数轴，两点间的距离，求出a1，a2，a3，a4，a5表示的数是解题的关键．12．（2分）（2021•河北）如图，直线l，m相交于点O．P为这两直线外一点，且OP＝2.8．若点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，则P1，P2之间的距离可能是（　　）A．0B．5C．6D．7【分析】由对称得OP1＝OP＝2.8，OP＝OP2＝2.8，再根据三角形任意两边之和大于第三边，即可得出结果．【解答】解：连接OP1，OP2，P1P2，∵点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，∴OP1＝OP＝2.8，OP＝OP2＝2.8，OP1+OP2＞P1P2，0＜P1P2＜5.6，故选：B．【点评】本题考查线段垂直平分线的性质，解本题的关键熟练掌握对称性和三角形边长的关系．第49页（共49页）\n13．（2分）（2021•河北）定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．已知：如图，∠ACD是△ABC的外角．求证：∠ACD＝∠A+∠B．证法1：如图，∵∠A+∠B+∠ACB＝180°（三角形内角和定理），又∵∠ACD+∠ACB＝180°（平角定义），∴∠ACD+∠ACB＝∠A+∠B+∠ACB（等量代换）．∴∠ACD＝∠A+∠B（等式性质）．证法2：如图，∵∠A＝76°，∠B＝59°，且∠ACD＝135°（量角器测量所得）又∵135°＝76°+59°（计算所得）∴∠ACD＝∠A+∠B（等量代换）．下列说法正确的是（　　）A．证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整B．证法1用严谨的推理证明了该定理C．证法2用特殊到一般法证明了该定理D．证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理【分析】依据定理证明的一般步骤进行分析判断即可得出结论．【解答】第49页（共49页）\n解：∵证法1按照定理证明的一般步骤，从已知出发经过严谨的推理论证，得出结论的正确，具有一般性，无需再证明其他形状的三角形，∴A的说法不正确，不符合题意；∵证法1按照定理证明的一般步骤，从已知出发经过严谨的推理论证，得出结论的正确，∴B的说法正确，符合题意；∵定理的证明必须经过严谨的推理论证，不能用特殊情形来说明，∴C的说法不正确，不符合题意；∵定理的证明必须经过严谨的推理论证，与测量次数的多少无关，∴D的说法不正确，不符合题意；综上，B的说法正确．故选：B．【点评】本题主要考查了三角形的外角的性质，定理的证明的一般步骤．依据定理的证明的一般步骤分析解答是解题的关键．14．（2分）（2021•河北）小明调查了本班每位同学最喜欢的颜色，并绘制了不完整的扇形图1及条形图2（柱的高度从高到低排列）．条形图不小心被撕了一块，图2中“（　　）”应填的颜色是（　　）A．蓝B．粉C．黄D．红【分析】第49页（共49页）\n根据柱的高度从高到低排列的和扇形所占的百分比得出蓝色是5，所占的百分比是10%，求出调查的总人数，用16除以总人数得出所占的百分比，从而排除是红色，再根据红色所占的百分比求出喜欢红色的人数，再用总人数减去其他人数，求出另一组的人数，再根据柱的高度从高到低排列，从而得出答案．【解答】解：根据题意得：5÷10%＝50（人），（16÷50）×100%＝32%，则喜欢红色的人数是：50×28%＝14（人），50﹣16﹣5﹣14＝15（人），∵柱的高度从高到低排列，∴图2中“（　　）”应填的颜色是红色．故选：D．【点评】本题考查的是条形统计图和折线统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．15．（2分）（2021•河北）由（1+c2+c-12）值的正负可以比较A=1+c2+c与12的大小，下列正确的是（　　）A．当c＝﹣2时，A=12B．当c＝0时，A≠12C．当c＜﹣2时，A＞12D．当c＜0时，A＜12【分析】将c＝﹣2和0分别代入A中计算求值即可判断出A，B的对错；当c＜﹣2和c＜0时计算1+c2+c-12的正负，即可判断出C，D的对错．【解答】解：A选项，当c＝﹣2时，分式无意义，故该选项不符合题意；B选项，当c＝0时，A=12，故该选项不符合题意；C选项，1+c2+c-12第49页（共49页）\n=2+2c2(2+c)-2+c2(2+c)=c2(2+c)，∵c＜﹣2，∴2+c＜0，c＜0，∴2（2+c）＜0，∴c2(2+c)＞0，∴A＞12，故该选项符合题意；D选项，当c＜0时，∵2（2+c）的正负无法确定，∴A与12的大小就无法确定，故该选项不符合题意；故选：C．【点评】本题考查了分式的求值，分式的加减法，通过作差法比较大小是解题的关键．16．（2分）（2021•河北）如图，等腰△AOB中，顶角∠AOB＝40°，用尺规按①到④的步骤操作：①以O为圆心，OA为半径画圆；②在⊙O上任取一点P（不与点A，B重合），连接AP；③作AB的垂直平分线与⊙O交于M，N；④作AP的垂直平分线与⊙O交于E，F．结论Ⅰ：顺次连接M，E，N，F四点必能得到矩形；结论Ⅱ：⊙O上只有唯一的点P，使得S扇形FOM＝S扇形AOB．对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（　　）第49页（共49页）\nA．Ⅰ和Ⅱ都对B．Ⅰ和Ⅱ都不对C．Ⅰ不对Ⅱ对D．Ⅰ对Ⅱ不对【分析】如图，连接EM，EN，MF．NF．根据矩形的判定证明四边形MENF是矩形，再说明∠MOF＝∠AOB时，S扇形FOM＝S扇形AOB，观察图象可知，这样的点P不唯一，可知（Ⅱ）错误．【解答】解：如图，连接EM，EN，MF．NF．∵OM＝ON，OE＝OF，∴四边形MENF是平行四边形，∵EF＝MN，∴四边形MENF是矩形，故（Ⅰ）正确，观察图象可知当∠MOF＝∠AOB，∴S扇形FOM＝S扇形AOB，观察图象可知，这样的点P不唯一，故（Ⅱ）错误，故选：D．第49页（共49页）\n【点评】本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质，矩形的判定，扇形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．二、填空题（本大题有3个小题，每小题有2个空，每空2分，共12分）17．（4分）（2021•河北）现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）．（1）取甲、乙纸片各1块，其面积和为　a2+b2　；（2）嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片　4　块．【分析】（1）由图可知：一块甲种纸片面积为a2，一块乙种纸片的面积为b2，一块丙种纸片面积为ab，即可求解；（2）利用完全平方公式可求解．【解答】解：（1）由图可知：一块甲种纸片面积为a2，一块乙种纸片的面积为b2，一块丙种纸片面积为ab，∴取甲、乙纸片各1块，其面积和为a2+b2，故答案为：a2+b2；（2）设取丙种纸片x块才能用它们拼成一个新的正方形，（x≥0）第49页（共49页）\n∴a2+4b2+xab是一个完全平方式，∴x为4，故答案为：4．【点评】本题考查了完全平方式，掌握完全平方公式是解题的关键．18．（4分）（2021•河北）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应　减小　（填“增加”或“减少”）　10　度．【分析】延长EF，交CD于点G，依据三角形的内角和定理可求∠ACB，根据对顶角相等可得∠DCE，再由三角形内角和定理的推论得到∠DGF的度数；利用∠EFD＝110°，和三角形的外角的性质可得∠D的度数，从而得出结论．【解答】解：延长EF，交CD于点G，如图：∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，∴∠ECD＝∠ACB＝70°．∵∠DGF＝∠DCE+∠E，∴∠DGF＝70°+30°＝100°．∵∠EFD＝110°，∠EFD＝∠DGF+∠D，第49页（共49页）\n∴∠D＝10°．而图中∠D＝20°，∴∠D应减小10°．故答案为：减小，10．【点评】本题主要考查了三角形的外角的性质，三角形的内角和定理．熟练使用上述定理是解题的关键．19．（4分）（2021•河北）用绘图软件绘制双曲线m：y=60x与动直线l：y＝a，且交于一点，图1为a＝8时的视窗情形．（1）当a＝15时，l与m的交点坐标为　（4，15）　；（2）视窗的大小不变，但其可视范围可以变化，且变化前后原点O始终在视窗中心．例如，为在视窗中看到（1）中的交点，可将图1中坐标系的单位长度变为原来的12，其可视范围就由﹣15≤x≤15及﹣10≤y≤10变成了﹣30≤x≤30及﹣20≤y≤20（如图2）．当a＝﹣1.2和a＝﹣1.5时，l与m的交点分别是点A和B，为能看到m在A和B之间的一整段图象，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的1k，则整数k＝　4　．【分析】（1）a＝15时，y＝15，解y=60xy=15得：x=4y=15，即l与m的交点坐标为（4，15）；第49页（共49页）\n（2）由y=60xy=-1.2得A（﹣50，﹣1.2），由y=60xy=-1.5得B（﹣40，﹣1.5），为能看到横坐标是﹣50的点，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的14，即可得整数k＝4．【解答】解：（1）a＝15时，y＝15，由y=60xy=15得：x=4y=15，故答案为：（4，15）；（2）由y=60xy=-1.2得x=-50y=-1.2，∴A（﹣50，﹣1.2），由y=60xy=-1.5得x=-40y=-1.5，∴B（﹣40，﹣1.5），为能看到m在A（﹣50，﹣1.2）和B（﹣40，﹣1.5）之间的一整段图象，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的14，∴整数k＝4．故答案为：4．【点评】本题考查反比例函数图象与直线的交点坐标，涉及根据交点坐标调整直角坐标系单位长度的问题，解题的关键是求出A和B的坐标．三、解答题（本大题有7个小题，共66分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）20．（8分）（2021•河北）某书店新进了一批图书，甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本．现购进m本甲种书和n本乙种书，共付款Q元．（1）用含m，n的代数式表示Q；第49页（共49页）\n（2）若共购进5×104本甲种书及3×103本乙种书，用科学记数法表示Q的值．【分析】（1）分析题目，弄懂题意即可根据题意列出代数式；（2）根据（1）式的代数式将数字代入，再用科学记数法表示出即可．【解答】（1）由题意可得：Q＝4m+10n；（2）将m＝5×104，n＝3×103代入（1）式得：Q＝4×5×104+10×3×103＝2.3×105．【点评】本题考查列代数式和用科学记数法表示较大的数，弄清题意列出代数式和掌握科学记数法的表示方法是解题的关键．21．（9分）（2021•河北）已知训练场球筐中有A、B两种品牌的乒乓球共101个，设A品牌乒乓球有x个．（1）淇淇说：“筐里B品牌球是A品牌球的两倍．”嘉嘉根据她的说法列出了方程：101﹣x＝2x．请用嘉嘉所列方程分析淇淇的说法是否正确；（2）据工作人员透露：B品牌球比A品牌球至少多28个，试通过列不等式的方法说明A品牌球最多有几个．【分析】（1）解嘉嘉所列的方程可得出x的值，由x的值不为整数，即可得出淇淇的说法不正确；（2）设A品牌乒乓球有x个，则B品牌乒乓球有（101﹣x）个，根据B品牌球比A品牌球至少多28个，即可得出关于x的一元一次不等式，解之即可得出x的取值范围，再取其中的最大整数值即可得出结论．【解答】解：（1）嘉嘉所列方程为101﹣x＝2x，解得：x＝3323，又∵x为整数，∴x＝3323不合题意，第49页（共49页）\n∴淇淇的说法不正确．（2）设A品牌乒乓球有x个，则B品牌乒乓球有（101﹣x）个，依题意得：101﹣x﹣x≥28，解得：x≤3612，又∵x为整数，∴x可取的最大值为36．答：A品牌球最多有36个．【点评】本题考查了一元一次不等式的应用以及由实际问题抽象出一元一次方程，解题的关键是：（1）通过解一元一次方程，求出x的值；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．22．（9分）（2021•河北）某博物馆展厅的俯视示意图如图1所示．嘉淇进入展厅后开始自由参观，每走到一个十字道口，她自己可能直行，也可能向左转或向右转，且这三种可能性均相同．（1）求嘉淇走到十字道口A向北走的概率；（2）补全图2的树状图，并分析嘉淇经过两个十字道口后向哪个方向参观的概率较大．【分析】（1）直接由概率公式求解即可；第49页（共49页）\n（2）补全树状图，共有9种等可能的结果，嘉淇经过两个十字道口后向西参观的结果有3种，向南参观的结果有2种，向北参观的结果有2种，向东参观的结果有2种，由概率公式求解即可．【解答】解：（1）嘉淇走到十字道口A向北走的概率为13；（2）补全树状图如下：共有9种等可能的结果，嘉淇经过两个十字道口后向西参观的结果有3种，向南参观的结果有2种，向北参观的结果有2种，向东参观的结果有2种，∴向西参观的概率为39=13，向南参观的概率＝向北参观的概率＝向东参观的概率=29，∴向西参观的概率大．【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率＝所求情况数与总情况数之比．23．（9分）（2021•河北）如图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机（看成点P）始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行，2号试飞机（看成点Q）一直保持在1号机P的正下方．2号机从原点O处沿45°仰角爬升，到4km高的A处便立刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C（10，3）处．（1）求OA的h关于s的函数解析式，并直接写出2号机的爬升速度；（2）求BC的h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；第49页（共49页）\n（3）通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少．[注：（1）及（2）中不必写s的取值范围]【分析】（1）由爬升角度为45°，可知OA上的点的横纵坐标相同，由此得到点A坐标，用待定系数法OA解析式可求；利用2号试飞机一直保持在1号机的正下方，可知它们的飞行的时间和飞行的水平距离相同，由此可求爬升速度；（2）设BC的解析式为h＝ms+n，由题意将B，C坐标代入即可求得；令h＝0．求得s，即可得到结论；（3）PQ不超过3km，得到5﹣h≤3，利用（1）（2）中的解析式得出关于s的不等式组，确定s的取值范围，得出了两机距离PQ不超过3km的飞行的水平距离，再除以1号飞机的飞行速度，结论可得．【解答】解：（1）∵2号飞机爬升角度为45°，∴OA上的点的横纵坐标相同．∴A（4，4）．设OA的解析式为：h＝ks，∴4k＝4．∴k＝1．∴OA的解析式为：h＝s．第49页（共49页）\n∵2号试飞机一直保持在1号机的正下方，∴它们的飞行的时间和飞行的水平距离相同．∵2号机的爬升到A处时水平方向上移动了4km，飞行的距离为42km，又1号机的飞行速度为3km/min，∴2号机的爬升速度为：42÷43=32km/min．（2）设BC的解析式为h＝ms+n，由题意：B（7，4），∴7m+n=410m+n=3，解得：m=-13n=193．∴BC的解析式为h=-13s+193．令h＝0，则s＝19．∴预计2号机着陆点的坐标为（19，0）．（3）∵PQ不超过3km，∴5﹣h≤3．∴5-s≤35-(-13s+193)≤3，解得：2≤s≤13．∴两机距离PQ不超过3km的时长为：（13﹣2）÷3=113min．【点评】本题主要考查了解直角三角形的仰角问题，待定系数法求函数的解析式，解不等式组，一次函数的应用．待定系数法是确定解析式的重要方法，也是解题的关键．第49页（共49页）\n24．（9分）（2021•河北）如图，⊙O的半径为6，将该圆周12等分后得到表盘模型，其中整钟点为An（n为1～12的整数），过点A7作⊙O的切线交A1A11延长线于点P．（1）通过计算比较直径和劣弧A7A11长度哪个更长；（2）连接A7A11，则A7A11和PA1有什么特殊位置关系？请简要说明理由；（3）求切线长PA7的值．【分析】（1）利用弧长公式求解即可．（2）利用圆周角定理证明即可．（3）解直角三角形求出PA7即可．【解答】解：（1）由题意，∠A7OA11＝120°，∴A7A11的长=120π⋅6180=4π＞12，∴A7A11比直径长．（2）结论：PA1⊥A7A11．理由：连接A1A7，A7A11，OA11．∵A1A7是⊙O的直径，∴∠A7A11A1＝90°，∴PA1⊥A7A11．第49页（共49页）\n（3）∵PA7是⊙O的切线，∴PA7⊥A1A7，∴∠PA7A1＝90°，∵∠PA1A7＝60°，A1A7＝12，∴PA7＝A1A7•tan60°＝123．【点评】本题考查正多边形与圆，切线的性质，圆周角定理，弧长公式，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握正多边形与圆的关系，属于中考常考题型．25．（10分）（2021•河北）如图是某同学正在设计的一动画示意图，x轴上依次有A，O，N三个点，且AO＝2，在ON上方有五个台阶T1～T5（各拐角均为90°），每个台阶的高、宽分别是1和1.5，台阶T1到x轴距离OK＝10．从点A处向右上方沿抛物线L：y＝﹣x2+4x+12发出一个带光的点P．（1）求点A的横坐标，且在图中补画出y轴，并直接指出点P会落在哪个台阶上；（2）当点P落到台阶上后立即弹起，又形成了另一条与L形状相同的抛物线C，且最大高度为11，求C的解析式，并说明其对称轴是否与台阶T5有交点；（3）在x轴上从左到右有两点D，E，且DE＝1，从点E向上作EB⊥x轴，且BE＝2．在△BDE沿x轴左右平移时，必须保证（2）中沿抛物线C下落的点P能落在边BD（包括端点）上，则点B横坐标的最大值比最小值大多少？[注：（2）中不必写x的取值范围]第49页（共49页）\n【分析】（1）由题意台阶T4的左边端点（4.5，7），右边端点的坐标（6，7），求出x＝4.5，6时的y的值，即可判断．（2）由题意抛物线C：y＝﹣x2+bx+c，经过R（5，7），最高点的纵坐标为11，构建方程组求出b，c，可得结论．（3）求出抛物线与X轴的交点，以及y＝2时，点的坐标，判断出两种特殊位置点B的横坐标的值，可得结论．【解答】解：（1）图形如图所示，由题意台级T4左边的端点坐标（4.5，7），右边的端点（6，7），对于抛物线y＝﹣x2+4x+12，令y＝0，x2﹣4x﹣12＝0，解得x＝﹣2或6，∴A（﹣2，0），∴点A的横坐标为﹣2，当x＝4.5时，y＝9.75＞7，当x＝6时，y＝0＜7，当y＝7时，7＝﹣x2+4x+12，解得x＝﹣1或5，第49页（共49页）\n∴抛物线与台级T4有交点，设交点为R（5，7），∴点P会落在台阶T4上．（2）由题意抛物线C：y＝﹣x2+bx+c，经过R（5，7），最高点的纵坐标为11，∴-4c-b2-4=11-25+5b+c=7，解得b=14c=-38或b=6c=2（舍弃），∴抛物线C的解析式为y＝﹣x2+14x﹣38，对称轴x＝7，∵台阶T5的左边的端点（6，6），右边的端点为（7.5，6），∴抛物线C的对称轴与台阶T5有交点．（3）对于抛物线C：y＝﹣x2+14x﹣38，令y＝0，得到x2﹣14x+38＝0，解得x＝7±11，∴抛物线C交x轴的正半轴于（7+11，0），当y＝2时，2＝﹣x2+14x﹣38，解得x＝4或10，∴抛物线经过（10，2），Rt△BDE中，∠DEB＝90°，DE＝1，BE＝2，∴当点D与（7+11，0）重合时，点B的横坐标的值最大，最大值为8+11，当点B与（10，2）重合时，点B的横坐标最小，最小值为10，∴点B横坐标的最大值比最小值大11-2．第49页（共49页）\n【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．26．（12分）（2021•河北）在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α（α＞0°）到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置．论证：如图1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10；发现：当旋转角α＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；拓展：①如图2，设点D与B的距离为d，若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长（用含d的式子表示）；②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出α的余弦值．第49页（共49页）\n【分析】论证：由△AOD≌△BOC，得AO＝BO，而AB＝20，可得AO＝10；发现：设AB的中点为O，当AD从初始位置AO绕A顺时针旋转60°时，BC也从初始位置BC'绕点B顺时针旋转60°，BC旋转到BO的位置，即C以O重合，从而可得∠ADC＝60°；尝试：当点M与点B距离最大时，D、C、B共线，过D作DQ⊥AB于Q，过M作MN⊥AB于N，由已知可得AD＝10，设AQ＝x，则BQ＝20﹣x，100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2，可得AQ=52，DQ=5152，再由MN∥DQ，得MNDQ=BMBD，MN=15158，即点M到AB的距离为15158；拓展：①设直线CP交DB于H，过G作DG⊥AB于G，连接DP，设BG＝m，则AG＝20﹣m，由AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2，可得m=d2+30040，BG=d2+30040，而△BHP∽△BGD，有BPBD=BHBG，即可得BP=20d2d2+300；②过B作BG⊥CD于G，设AN＝t，则BN＝20﹣t，DN=AN2-AD2=t2-100，由△第49页（共49页）\nADN∽△BGN，NGDN=BNAN=BGAD，表达出NG=(20-t)t2-100t，BG=200-10tt，Rt△BCG中，CG=2010t-100t，根据DN+NG+CG＝10，列方程t2-100+(20-t)t2-100t+2010t-100t=10，解得t=200-4079，即可得cosα=ADAN=10200-4079=5+78．【解答】论证：证明：∵AD∥BC，∴∠A＝∠B，∠C＝∠D，在△AOD和△BOC中，∠A=∠BAD=BC∠D=∠C，∴△AOD≌△BOC（ASA），∴AO＝BO，∵AO+BO＝AB＝20，∴AO＝10；发现：①设AB的中点为O，如图：当AD从初始位置AO绕A顺时针旋转60°时，BC也从初始位置BC'绕点B顺时针旋转60°，第49页（共49页）\n而BO＝BC'＝10，∴△BC'O是等边三角形，∴BC旋转到BO的位置，即C以O重合，∵AO＝AD＝CD＝10，∴△ADC是等边三角形，∴此时∠ADC＝60°；②如图：当AD从AO绕A逆时针旋转60°时，CD从CD'的位置开始也旋转60°，故△ADO和△CDO都是等边三角形，∴此时∠ADC＝120°，综上所述，∠ADC为60°或120°；尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，D、C、B共线，过D作DQ⊥AB于Q，过M作MN⊥AB于N，如图：由已知可得AD＝10，BD＝BC+CD＝20，BM＝CM+BC＝15，设AQ＝x，则BQ＝20﹣x，∵AD2﹣AQ2＝DQ2＝BD2﹣BQ2，第49页（共49页）\n∴100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2，解得x=52，∴AQ=52，∴DQ=AD2-AQ2=5152，∵DQ⊥AB，MN⊥AB，∴MN∥DQ，∴MNDQ=BMBD，即MN5152=1520，∴MN=15158，∴点M到AB的距离为15158；拓展：①设直线CP交DB于H，过D作DG⊥AB于G，连接DP，如图：∵BC＝DC＝10，CP平分∠BCD，∴∠BHC＝∠DHC＝90°，BH=12BD=12d，设BG＝m，则AG＝20﹣m，∵AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2，∴100﹣（20﹣m）2＝d2﹣m2，第49页（共49页）\n∴m=d2+30040，∴BG=d2+30040，∵∠BHP＝∠BGD＝90°，∠PBH＝∠DBG，∴△BHP∽△BGD，∴BPBD=BHBG，∴BP=BH⋅BDBG=20d2d2+300；②过B作BG⊥CD于G，如图：设AN＝t，则BN＝20﹣t，DN=AN2-AD2=t2-100，∵∠D＝∠BGN＝90°，∠AND＝∠BNG，∴△ADN∽△BGN，∴NGDN=BNAN=BGAD，即NGt2-100=20-tt=BG10，∴NG=(20-t)t2-100t，BG=200-10tt，Rt△BCG中，BC＝10，∴CG=BC2-BG2=2010t-100t，∵CD＝10，第49页（共49页）\n∴DN+NG+CG＝10，即t2-100+(20-t)t2-100t+2010t-100t=10，∴tt2-100+（20﹣t）t2-100+2010t-100=10t，20t2-100+2010t-100=10t，即2t2-100=t﹣210t-100，两边平方，整理得：3t2﹣40t＝﹣4t10t-100，∵t≠0，∴3t﹣40＝﹣410t-100，解得t=200+4079（大于20，舍去）或t=200-4079，∴AN=200-4079，∴cosα=ADAN=10200-4079=5+78．方法二：过C作CK⊥AB于K，过F作FH⊥AC于H，如图：∵AD＝CD＝10，AD⊥DC，∴AC2＝200，∵AC2﹣AK2＝BC2﹣BK2，∴200﹣AK2＝100﹣（20﹣AK）2，解得AK=252，第49页（共49页）\n∴CK=AC2-AK2=572，Rt△ACK中，tan∠KAC=CKAK=75，Rt△AFH中，tan∠KAC=FHAH=75，设FH=7n，则CH＝FH=7n，AH＝5n，∵AC＝AH+CH＝102，∴5n+7n＝102，解得n=1025+7，∴AF=AH2+FH2=32n=32•1025+7=805+7，Rt△ADF中，cosα=ADAF=10805+7=5+78．【点评】本题考查几何变换的综合应用，涉及全等三角形的判定与性质、等边三角形判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理及分式方程、无理方程等知识，题目综合性强，解题的关键是用含字母的代数式表示相关线段的长度，计算是本题的另一个难点．第49页（共49页）