2021年湖北省随州市中考数学试卷

2021年湖北省随州市中考数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1．（3分）（2021•泸州）2021的相反数是（　　）A．﹣2021B．2021C．12021D．-120212．（3分）（2021•随州）从今年公布的全国第七次人口普查数据可知，湖北省人口约为5700万，其中5700万用科学记数法可表示为（　　）A．5.7×106B．57×106C．5.7×107D．0.57×1083．（3分）（2021•随州）如图，将一块含有60°角的直角三角板放置在两条平行线上，若∠1＝45°，则∠2为（　　）A．15°B．25°C．35°D．45°4．（3分）（2021•随州）下列运算正确的是（　　）A．a﹣2＝﹣a2B．a2+a3＝a5C．a2•a3＝a6D．（a2）3＝a65．（3分）（2021•随州）如图是小明某一天测得的7次体温情况的折线统计图，下列信息不正确的是（　　）第45页（共45页）\nA．测得的最高体温为37.1℃B．前3次测得的体温在下降C．这组数据的众数是36.8D．这组数据的中位数是36.66．（3分）（2021•随州）如图是由4个相同的小正方体构成的一个组合体，该组合体的三视图中完全相同的是（　　）A．主视图和左视图B．主视图和俯视图C．左视图和俯视图D．三个视图均相同7．（3分）（2021•随州）如图，从一个大正方形中截去面积为3cm2和12cm2的两个小正方形，若随机向大正方形内投一粒米，则米粒落在图中阴影部分的概率为（　　）第45页（共45页）\nA．49B．59C．25D．358．（3分）（2021•随州）如图，某梯子长10米，斜靠在竖直的墙面上，当梯子与水平地面所成角为α时，梯子顶端靠在墙面上的点A处，底端落在水平地面的点B处，现将梯子底端向墙面靠近，使梯子与地面所成角为β，已知sinα＝cosβ=35，则梯子顶端上升了（　　）A．1米B．1.5米C．2米D．2.5米9．（3分）（2021•随州）根据图中数字的规律，若第n个图中的q＝143，则p的值为（　　）A．100B．121C．144D．16910．（3分）（2021•随州）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴在y轴右侧，抛物线与x轴交于点A（﹣2，0）和点B，与y轴的负半轴交于点C，且OB＝2OC，则下列结论：①a-bc＞0；②2b﹣4ac＝1；③a=14；④当﹣1＜b＜0时，在x轴下方的抛物线上一定存在关于对称轴对称的两点M，N（点M在点N左边），使得AN⊥BM，其中正确的有（　　）第45页（共45页）\nA．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题（本大题共有6小题，每小题3分，共18分，只需要将结果直接填写在答题卡对应题号处的横线上）11．（3分）（2021•随州）计算：|3-1|+（π﹣2021）0＝　　．12．（3分）（2021•随州）如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接AO并延长交⊙O于点D，若∠C＝50°，则∠BAD的度数为　　．13．（3分）（2021•随州）已知关于x的方程x2﹣（k+4）x+4k＝0（k≠0）的两实数根为x1，x2，若2x1+2x2=3，则k＝　　．14．（3分）（2021•随州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△AB′C′，并使点C′落在AB边上，则点B所经过的路径长为　　．（结果保留π）第45页（共45页）\n15．（3分）（2021•随州）2021年5月7日，《科学》杂志发布了我国成功研制出可编程超导量子计算机“祖冲之”号的相关研究成果．祖冲之是我国南北朝时期杰出的数学家，他是第一个将圆周率π精确到小数点后第七位的人，他给出π的两个分数形式：227（约率）和355113（密率）．同时期数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为ba和dc（即有ba＜x＜dc，其中a，b，c，d为正整数），则b+da+c是x的更为精确的近似值．例如：已知15750＜π＜227，则利用一次“调日法”后可得到π的一个更为精确的近似分数为：157+2250+7=17957；由于17957≈3.1404＜π，再由17957＜π＜227，可以再次使用“调日法”得到π的更为精确的近似分数…现已知75＜2＜32，则使用两次“调日法”可得到2的近似分数为　　．16．（3分）（2021•随州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O为AB的中点，OD平分∠AOC交AC于点G，OD＝OA，BD分别与AC，OC交于点E，F，连接AD，CD，则OGBC的值为　　；若CE＝CF，则CFOF的值为　　．三、解答题（本大题共8小题，共72分，解答应写出必要的演算步骤、文字说明或证明过程）17．（5分）（2021•随州）先化简，再求值：（1+1x+1）÷x2-42x+2，其中x＝1．18．（7分）（2021•随州）如图，在菱形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且AE＝CF．（1）求证：△ABE≌△CDF；第45页（共45页）\n（2）证明四边形BEDF是菱形．19．（10分）（2021•随州）疫苗接种初期，为更好地响应国家对符合条件的人群接种新冠疫苗的号召，某市教育部门随机抽取了该市部分七、八、九年级教师，了解教师的疫苗接种情况，得到如下统计表：已接种未接种合计七年级301040八年级3515a九年级40b60合计105c150（1）表中，a＝　　，b＝　　，c＝　　；（2）由表中数据可知，统计的教师中接种率最高的是　　年级教师；（填“七”或“八”或“九”）（3）若该市初中七、八、九年级一共约有8000名教师，根据抽样结果估计未接种的教师约有　　人；（4）为更好地响应号召，立德中学从最初接种的4名教师（其中七年级1名，八年级1名，九年级2名）中随机选取2名教师谈谈接种的感受，请用列表或画树状图的方法，求选中的两名教师恰好不在同一年级的概率．20．（8分）（2021•随州）如图，一次函数y1＝kx+b的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，与反比例函数y2=mx（m＞0）的图象交于点C（1，2），D（2，n）．第45页（共45页）\n（1）分别求出两个函数的解析式；（2）连接OD，求△BOD的面积．21．（9分）（2021•随州）如图，D是以AB为直径的⊙O上一点，过点D的切线DE交AB的延长线于点E，过点B作BC⊥DE交AD的延长线于点C，垂足为点F．（1）求证：AB＝BC；（2）若⊙O的直径AB为9，sinA=13．①求线段BF的长；②求线段BE的长．22．（10分）（2021•随州）如今我国的大棚（如图1）种植技术已十分成熟．小明家的菜地上有一个长为16米的蔬菜大棚，其横截面顶部为抛物线型，大棚的一端固定在离地面高1米的墙体A处，另一端固定在离地面高2米的墙体B处，现对其横截面建立如图2所示的平面直角坐标系．已知大棚上某处离地面的高度y（米）与其离墙体A的水平距离x（米）之间的关系满足y=-16x2+bx+c，现测得A，B两墙体之间的水平距离为6米．第45页（共45页）\n（1）直接写出b，c的值；（2）求大棚的最高处到地面的距离；（3）小明的爸爸欲在大棚内种植黄瓜，需搭建高为3724米的竹竿支架若干，已知大棚内可以搭建支架的土地平均每平方米需要4根竹竿，则共需要准备多少根竹竿？23．（11分）（2021•随州）等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．（1）在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为　　，其内切圆的半径长为　　；（2）①如图1，P是边长为a的正△ABC内任意一点，点O为△ABC的中心，设点P到△ABC各边距离分别为h1，h2，h3，连接AP，BP，CP，由等面积法，易知12a（h1+h2+h3）＝S△ABC＝3S△OAB，可得h1+h2+h3＝　　；（结果用含a的式子表示）②如图2，P是边长为a的正五边形ABCDE内任意一点，设点P到五边形ABCDE第45页（共45页）\n各边距离分别为h1，h2，h3，h4，h5，参照①的探索过程，试用含a的式子表示h1+h2+h3+h4+h5的值．（参考数据：tan36°≈811，tan54°≈118）（3）①如图3，已知⊙O的半径为2，点A为⊙O外一点，OA＝4，AB切⊙O于点B，弦BC∥OA，连接AC，则图中阴影部分的面积为　　；（结果保留π）②如图4，现有六边形花坛ABCDEF，由于修路等原因需将花坛进行改造，若要将花坛形状改造成五边形ABCDG，其中点G在AF的延长线上，且要保证改造前后花坛的面积不变，试确定点G的位置，并说明理由24．（12分）（2021•随州）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，顶点D的坐标为（1，﹣4）．（1）直接写出抛物线的解析式；（2）如图1，若点P在抛物线上且满足∠PCB＝∠CBD，求点P的坐标；（3）如图2，M是直线BC上一个动点，过点M作MN⊥x轴交抛物线于点N，Q是直线AC上一个动点，当△QMN为等腰直角三角形时，直接写出此时点M及其对应点Q的坐标．第45页（共45页）\n第45页（共45页）\n2021年湖北省随州市中考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1．（3分）（2021•泸州）2021的相反数是（　　）A．﹣2021B．2021C．12021D．-12021【分析】利用相反数的定义分析得出答案，只有符号不同的两个数叫做互为相反数．【解答】解：2021的相反数是：﹣2021．故选：A．【点评】此题主要考查了相反数，正确把握相反数的定义是解题关键．2．（3分）（2021•随州）从今年公布的全国第七次人口普查数据可知，湖北省人口约为5700万，其中5700万用科学记数法可表示为（　　）A．5.7×106B．57×106C．5.7×107D．0.57×108【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．【解答】解：5700万＝57000000＝5.7×107，故选：C．【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．3．（3分）（2021•随州）如图，将一块含有60°角的直角三角板放置在两条平行线上，若∠1＝45°，则∠2为（　　）第45页（共45页）\nA．15°B．25°C．35°D．45°【分析】过三角形的60°角的顶点F作EF∥AB，先根据平行线的性质即推出∠EFG＝∠1＝45°，进而求出∠EFH＝15°，再根据平行线的性质即可求出∠2的度数．【解答】解：过三角形的60°角的顶点F作EF∥AB，∴∠EFG＝∠1＝45°，∵∠EFG+∠EFH＝60°，∴∠EFH＝60°﹣∠EFG＝60°﹣45°＝15°，∵AB∥CD，∴EF∥CD，∴∠2＝∠EFH＝15°，故选：A．【点评】本题考查了平行线的性质，正确作出辅助线，并熟记两直线平行，内错角相等是解决问题的关键．4．（3分）（2021•随州）下列运算正确的是（　　）A．a﹣2＝﹣a2B．a2+a3＝a5C．a2•a3＝a6D．（a2）3＝a6【分析】分别根据负整数指数幂的定义，合并同类项法则，同底数幂的乘法法则以及幂的乘方运算法则逐一判断即可．第45页（共45页）\n【解答】解：A．a﹣2=-1a2，故本选项不合题意；B．a2与a3不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；C．a2•a3＝a5，故本选项不合题意；D．（a2）3＝a6，故本选项符合题意；故选：D．【点评】本题考查了负整数指数幂，同底数幂的乘法以及幂的乘方，熟记相关运算法则是解答本题的关键．5．（3分）（2021•随州）如图是小明某一天测得的7次体温情况的折线统计图，下列信息不正确的是（　　）A．测得的最高体温为37.1℃B．前3次测得的体温在下降C．这组数据的众数是36.8D．这组数据的中位数是36.6【分析】根据统计图和中位数，众数的定义分别进行解答，即可求出答案．【解答】解：由折线统计图可以看出这7次的体温数据从第1次到第7次分别为37.1℃、37.0℃、36.5℃、36.6℃、36.8℃、36.8℃、36.7℃．A、测得的最高体温为37.1℃，故A不符合题意；第45页（共45页）\nB、观察可知，前3次的体温在下降，故B不符合题意；C、36.8℃出现了2次，次数最高，故众数为36.8℃，故C不符合题意；D、这七个数据排序为36.5℃，36.6℃，36.7℃，36.8℃，36.8℃，37.0℃，37.1℃．中位数为36.8℃．故D符合题意．故选：D．【点评】本题考查了折线统计图，主要利用了众数的定义，中位数的定义，根据折线统计图准确获取信息是解题关键．6．（3分）（2021•随州）如图是由4个相同的小正方体构成的一个组合体，该组合体的三视图中完全相同的是（　　）A．主视图和左视图B．主视图和俯视图C．左视图和俯视图D．三个视图均相同【分析】先得到该几何体的三视图，再进行判断即可．【解答】解：如图所示：故该组合体的三视图中完全相同的是主视图和左视图，故选：A．【点评】考查了简单组合体的三视图，关键是得到该几何体的三视图．第45页（共45页）\n7．（3分）（2021•随州）如图，从一个大正方形中截去面积为3cm2和12cm2的两个小正方形，若随机向大正方形内投一粒米，则米粒落在图中阴影部分的概率为（　　）A．49B．59C．25D．35【分析】由两个小正方形面积可推出最大正方形的边长及面积，从而可求阴影部分的面积，根据米粒落在图中阴影部分的概率为阴影部分与大正方形面积比即可得到答案．【解答】解：由图可知大正方形中的两个小正方形连长分别为23cm、3cm．∴大正方形的边长为23+3=33（cm）．则大正方形的面积为(33)2=27，阴影部分的面积为27﹣12﹣3＝12（cm2）．则米粒落在图中阴影部分的概率为1227=49．故选：A．【点评】本题考查了几何概型的概率求法，利用面积求概率是解题的关键．8．（3分）（2021•随州）如图，某梯子长10米，斜靠在竖直的墙面上，当梯子与水平地面所成角为α时，梯子顶端靠在墙面上的点A处，底端落在水平地面的点B处，现将梯子底端向墙面靠近，使梯子与地面所成角为β，已知sinα＝cosβ=35，则梯子顶端上升了（　　）第45页（共45页）\nA．1米B．1.5米C．2米D．2.5米【分析】在Rt△ABC中，AC＝sinα×AB＝6（米），在Rt△DEC中，DC＝cosβ×AB＝6（米），用勾股定理可求EC＝8（米），最后AE＝EC﹣AC＝8﹣6＝2（米），即得答案．【解答】解：如图所示，在Rt△ABC中，AC＝sinα×AB=35×10=6（米）；在Rt△DEC中，DC＝cosβ×AB=35×10=6（米），EC=DE2-DC2=100-36=8（米）；∴AE＝EC﹣AC＝8﹣6＝2（米）．故选：C．【点评】本题考查了解直角三角形的相关知识，熟练使用三角函数、直角三角形的相关性质是解题关键．9．（3分）（2021•随州）根据图中数字的规律，若第n个图中的q＝143，则p的值为（　　）第45页（共45页）\nA．100B．121C．144D．169【分析】每个图形中，左边三角形上的数字即为图形的序数n，右边三角形上的数字为p＝n2，下面三角形上的数字q＝（n+1）2﹣1，先把q＝143代入求出n的值，再进一步求出p的值．【解答】解：通过观察可得规律：p＝n2，q＝（n+1）2﹣1，∵q＝143，∴（n+1）2﹣1＝143，解得：n＝11，∴p＝n2＝112＝121，故选：B．【点评】本题考查了图形中有关数字的变化规律，能准确观察到相关规律是解决本题的关键．10．（3分）（2021•随州）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴在y轴右侧，抛物线与x轴交于点A（﹣2，0）和点B，与y轴的负半轴交于点C，且OB＝2OC，则下列结论：①a-bc＞0；②2b﹣4ac＝1；③a=14；④当﹣1＜b＜0时，在x轴下方的抛物线上一定存在关于对称轴对称的两点M，N（点M在点N左边），使得AN⊥BM，其中正确的有（　　）A．1个B．2个C．3个D．4个第45页（共45页）\n【分析】首先根据函数图象可判断a，b，c的符号，a＞0，b＜0，c＜0，从而可判断①错误；由OB＝2OC可推出点B（﹣2c，0）代入解析式化简即可判断②正确；由抛物线与x轴的交点A（﹣2，0）和点B（﹣2c，0），再结合韦达定理可得x1•x2=ca=（﹣2）×（﹣2c）＝4c，可得a=14，即可判断③正确；根据a=14，2b﹣4ac＝1，可得c＝2b﹣1，从而可得抛物线解析式为y=14x2+bx+（2b﹣1），顶点坐标为（﹣2b，﹣b2+2b﹣1），继而可求得A（﹣2，0），B（2﹣4b，0）．所以对称轴为直线x＝﹣2b．要使AN⊥BM，由对称性可知，∠APB＝90°，且点P一定在对称轴上，则△APB为等腰直角三角形，PQ＝PQ=12AB=2﹣2b，得P（﹣2b，2b﹣2），且2b﹣2＞﹣b2+2b﹣1，解得b＞1或b＜﹣1，故可判断④错误．【解答】解：∵A（﹣2，0），OB＝2OC，∴C（0，c），B（﹣2c，0）．由图象可知，a＞0，b＜0，c＜0．①：∵a＞0，b＜0，∴a﹣b＞0，∴a-bc＜0．故①错误；②：把B（﹣2c，0）代入解析式，得：4ac2﹣2bc+c＝0，又c≠0，∴4ac﹣2b+1＝0，即2b﹣4ac＝1，故②正确；③：∵抛物线与x轴交于点A（﹣2，0）和点B（﹣2c，0），∴x1＝﹣2和x2＝﹣2c为相应的一元二次方程的两个根，由韦达定理可得：x1•x2=ca=（﹣2）×（﹣2c）＝4c，第45页（共45页）\n∴a=14．故③正确；④：如图，∵a=14，2b﹣4ac＝1，∴c＝2b﹣1．故原抛物线解析式为y=14x2+bx+（2b﹣1），顶点坐标为（﹣2b，﹣b2+2b﹣1）．∵C（0，2b﹣1），OB＝2OC，∴A（﹣2，0），B（2﹣4b，0）．∴对称轴为直线x＝﹣2b．要使AN⊥BM，由对称性可知，∠APB＝90°，且点P一定在对称轴上，∵△APB为等腰直角三角形，∴PQ=12AB=12[2﹣4b﹣（﹣2）]＝2﹣2b，∴P（﹣2b，2b﹣2），且有2b﹣2＞﹣b2+2b﹣1，整理得：b2＞1，解得：b＞1或b＜﹣1，这与﹣1＜b＜0矛盾，故④错误．综上所述，正确的有②③，一共2个，故选：B．第45页（共45页）\n【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与x轴的交点与相应的一元二次方程的根的关系，解此题的关键在于根据函数图象判断出a、b、c的符号，其中第④问有一定的难度．二、填空题（本大题共有6小题，每小题3分，共18分，只需要将结果直接填写在答题卡对应题号处的横线上）11．（3分）（2021•随州）计算：|3-1|+（π﹣2021）0＝　3　．【分析】利用绝对值和零指数幂的性质进行求解即可．【解答】解：|3-1|+（π﹣2021）0=3-1+1=3．故答案为：3．【点评】本题主要考查了绝对值的性质和零指数幂的性质，准确把握绝对值的性质（正数和零的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数）和零指数幂（零除外任何数的零次幂都等于1）是解答问题的关键．12．（3分）（2021•随州）如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接AO并延长交⊙O于点D，若∠C＝50°，则∠BAD的度数为　40°　．【分析】连接BD，由圆周角定理的推论可知∠ABD＝90°，因为∠C与∠ADB所对的弧为AB，所以∠ADB＝∠C＝50°．所以∠BAD＝90°﹣∠ADB＝90°﹣50°＝40°．【解答】解：连接BD，如图．∵AD为直径，第45页（共45页）\n∴∠ABD＝90°，∵∠C与∠ADB所对的弧为AB，∴∠ADB＝∠C＝50°．∴∠BAD＝90°﹣∠ADB＝90°﹣50°＝40°．故答案为：40°．【点评】本题主要考查了圆周角定理的推论，直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等．掌握这些性质是及作出合适的辅助线是解题的关键．13．（3分）（2021•随州）已知关于x的方程x2﹣（k+4）x+4k＝0（k≠0）的两实数根为x1，x2，若2x1+2x2=3，则k＝　45　．【分析】根据根与系数的关系得到x1+x2＝k+4，x1•x2＝4k，将其代入已知等式，列出关于k的方程，解方程即可．【解答】解：∵关于x的方程x2﹣（k+4）x+4k＝0（k≠0）的两实数根为x1，x2，∴x1+x2＝k+4，x1•x2＝4k，∴2x1+2x2=2(x1+x2)x1⋅x2=2(k+4)4k=3．解得k=45．经检验，k=45是原方程的解．故答案为：45．【点评】此题主要考查了根与系数的关系，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a第45页（共45页）\n≠0）的根与系数的关系为：x1+x2=-ba，x1•x2=ca．14．（3分）（2021•随州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△AB′C′，并使点C′落在AB边上，则点B所经过的路径长为　23π　．（结果保留π）【分析】由直角三角形的性质可求∠BAC＝60°，AB＝3，由旋转的性质可求∠BAB'＝∠BAC＝60°，由弧长公式可求解．【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，BC=3，∴∠BAC＝60°，cos∠ABC=BCAB=32，∴AB＝3，∵将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△AB′C′，∴∠BAB'＝∠BAC＝60°，∴点B所经过的路径长=2×60°×π180=23π，故答案为：23π．【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，轨迹，弧长公式等知识，求出AB＝3和∠BAB'＝60°是解题的关键．15．（3分）（2021•随州）2021年5月7日，《科学》杂志发布了我国成功研制出可编程超导量子计算机“祖冲之”号的相关研究成果．祖冲之是我国南北朝时期杰出的数学家，他是第一个将圆周率π精确到小数点后第七位的人，他给出π的两个分数形式：227第45页（共45页）\n（约率）和355113（密率）．同时期数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为ba和dc（即有ba＜x＜dc，其中a，b，c，d为正整数），则b+da+c是x的更为精确的近似值．例如：已知15750＜π＜227，则利用一次“调日法”后可得到π的一个更为精确的近似分数为：157+2250+7=17957；由于17957≈3.1404＜π，再由17957＜π＜227，可以再次使用“调日法”得到π的更为精确的近似分数…现已知75＜2＜32，则使用两次“调日法”可得到2的近似分数为　1712　．【分析】根据“调日法”逐次进行计算求解．【解答】解：∵75＜2＜32，∴利用一次“调日法”后可得到2的一个更为精确的近似分数为：7+35+2=107，∵107=10049且10049＞2，∴75＜2＜107，∴再次使用“调日法”得到2的更为精确的近似分数为：7+105+7=1712．故答案为：1712．【点评】本题考查简单的推理与证明，根据“调日法”的定义进行计算是解决本题的关键，是基础题，考查了计算能力．16．（3分）（2021•随州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O为AB的中点，OD平分∠AOC交AC于点G，OD＝OA，BD分别与AC，OC交于点E，F，连接AD，CD，则OGBC的值为　12　；若CE＝CF，则CFOF的值为　2　．第45页（共45页）\n【分析】由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，可得到OA＝OC，即三角形OAC是等腰三角形，又由“三线合一”的性质得到点G是AC的中点，可得OG是△ABC的中位线，可得OGBC=12；由CE＝CF，可得∠CEF＝∠CFE，再根据“对顶角相等”，“直角三角形两锐角互余”等可得∠OFB+∠OBD＝90°，即△OBC是等腰直角三角形，再由OG∥BC，得△BCF∽△DOF，则CFOF=BCOD=BCOB=2．【解答】解：①在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O为AB的中点，∴OA＝OC＝OB，∵OD平分∠AOC，∴OG⊥AC，且点G为AC的中点，∴OG∥BC，且OG=12BC，即OGBC=12；②∵OD＝OA，∴OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∵OG⊥AC，∴∠DGE＝90°，∴∠GDE+∠DEG＝90°，∵CE＝CF，∴∠CEF＝∠CFE，∵∠CEF＝∠DEG，∠CFE＝∠OFB，∠ODB＝∠OBD，第45页（共45页）\n∴∠OFB+∠OBD＝90°，∴∠FOB＝90°，即CO⊥AB，∴△OBC是等腰直角三角形，∴BC：OB=2：1；由（1）知，OG∥BC∴△BCF∽△DOF，∴CFOF=BCOD=BCOB=2．故答案为：12；2．【点评】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定等内容，通过导角得到∠FOB＝90°是解题关键．三、解答题（本大题共8小题，共72分，解答应写出必要的演算步骤、文字说明或证明过程）17．（5分）（2021•随州）先化简，再求值：（1+1x+1）÷x2-42x+2，其中x＝1．【分析】根据分式的加法和除法可以化简题目中的式子，然后将x的值代入化简后的式子即可解答本题．【解答】解：（1+1x+1）÷x2-42x+2=x+1+1x+1⋅2(x+1)(x+2)(x-2)=x+2x+1⋅2(x+1)(x+2)(x-2)=2x-2，当x＝1时，原式=21-2=-2．第45页（共45页）\n【点评】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．18．（7分）（2021•随州）如图，在菱形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且AE＝CF．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）证明四边形BEDF是菱形．【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△CDF；（2）由菱形的性质可得BD⊥AC，AO＝CO，BO＝DO，可求EO＝FO，可得结论．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠BAE＝∠DCF，在△ABE和△CDF中，AB=CD∠BAE=∠DCFAE=CF，∴△ABE≌△CDF（SAS）；（2）如图，连接BD，交AC于O，第45页（共45页）\n∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，AO＝CO，BO＝DO，∵AE＝CF，∴EO＝FO，∴四边形BEDF是平行四边形，又∵BD⊥EF，∴平行四边形BEDF是菱形．【点评】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．19．（10分）（2021•随州）疫苗接种初期，为更好地响应国家对符合条件的人群接种新冠疫苗的号召，某市教育部门随机抽取了该市部分七、八、九年级教师，了解教师的疫苗接种情况，得到如下统计表：已接种未接种合计七年级301040八年级3515a九年级40b60合计105c150（1）表中，a＝　50　，b＝　20　，c＝　45　；（2）由表中数据可知，统计的教师中接种率最高的是　七　年级教师；（填“七”或“八”或“九”）（3）若该市初中七、八、九年级一共约有8000名教师，根据抽样结果估计未接种的教师约有　2400　人；第45页（共45页）\n（4）为更好地响应号召，立德中学从最初接种的4名教师（其中七年级1名，八年级1名，九年级2名）中随机选取2名教师谈谈接种的感受，请用列表或画树状图的方法，求选中的两名教师恰好不在同一年级的概率．【分析】（1）由统计表中的数据求解即可；（2）分别求出七、八、九年级教师的接种率，即可得出结论；（3）由该市初中七、八、九年级共有的人数乘以未接种的教师所占的比例即可；（4）画树状图，共有12种等可能的结果，选中的两名教师恰好不在同一年级的结果有10种，再由概率公式求解即可．【解答】解：（1）a＝35+15＝50，b＝60﹣40＝20，c＝10+15+20＝45，故答案为：50，20，45；（2）七年级教师的接种率为：30÷40×100%＝75%，八年级教师的接种率为：35÷50×100%＝70%，九年级教师的接种率为：40÷60×100%≈67%，∵75%＞70%＞67%，∴统计的教师中接种率最高的是七年级教师，故答案为：七；（3）根据抽样结果估计未接种的教师约有：8000×10+15+20150=2400（人），故答案为：2400；（4）把七年级1名教师记为A，八年级1名教师记为B，九年级2名教师记为C、D，画树状图如图：共有12种等可能的结果，选中的两名教师恰好不在同一年级的结果有10种，第45页（共45页）\n∴选中的两名教师恰好不在同一年级的概率为1012=56．【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率的知识以及统计表等知识．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．20．（8分）（2021•随州）如图，一次函数y1＝kx+b的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，与反比例函数y2=mx（m＞0）的图象交于点C（1，2），D（2，n）．（1）分别求出两个函数的解析式；（2）连接OD，求△BOD的面积．【分析】（1）将C、D代入反比例函数中即可求出m、n的值，代入一次函数中即可分别求出两个函数的解析式；（2）根据一次函数解析式求出点B坐标即可根据三角形面积计算公式求出S△BOD．【解答】解：（1）由y2=mx过点C（1，2）和D（2，n）可得：2=m1n=m2，解得：m=2n=1，故y2=2x，第45页（共45页）\n又由y1＝kx+b过点C（1，2）和D（2，1）可得：k+b=22k+b=1，解得k=-1b=3，故y1＝﹣x+3．（2）由y1＝﹣x+3过点B，可知B（0，3），故OB＝3，而点D到y轴的距离为2，∴S△BOD=12×3×2=3．【点评】本题考查反比例函数和一次函数的交点问题，熟练掌握反比例函数和一次函数的基本特点以及能根据坐标系中点的位置，将数形相结合进行简单计算是解题的关键．21．（9分）（2021•随州）如图，D是以AB为直径的⊙O上一点，过点D的切线DE交AB的延长线于点E，过点B作BC⊥DE交AD的延长线于点C，垂足为点F．（1）求证：AB＝BC；（2）若⊙O的直径AB为9，sinA=13．①求线段BF的长；②求线段BE的长．【分析】（1）连接OD，则OD⊥DE，利用BC⊥DE，可得OD∥BC，通过证明得出∠A＝∠C，结论得证；第45页（共45页）\n（2）①连接BD，在Rt△ABD中，利用sinA=13求得线段BD的长；在Rt△BDF中，利用sin∠A＝sin∠FDB，解直角三角形可得结论；②利用△EBF∽△EOD，列出比例式即可得到结论．【解答】解：（1）证明：连接OD，如图，∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE．∵BC⊥DE，∴OD∥BC．∴∠ODA＝∠C．∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠A．∴∠A＝∠C．∴AB＝BC．（2）①连接BD，则∠ADB＝90°，如图，在Rt△ABD中，第45页（共45页）\n∵sinA=BDAB=13，AB＝9，∴BD＝3．∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠OBD．∵∠OBD+∠A＝∠FDB+∠ODB＝90°，∴∠A＝∠FDB．∴sin∠A＝sin∠FDB．在Rt△BDF中，∵sin∠BDF=BFBD=13，∴BF＝1．②由（1）知：OD∥BF，∴△EBF∽△EOD．∴BEOE=BFOD．即：BEBE+92=192．解得：BE=97．【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，垂径定理，圆周角定理，三角形相似的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的判定与性质．连接过切点的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．22．（10分）（2021•随州）如今我国的大棚（如图1）种植技术已十分成熟．小明家的菜地上有一个长为16米的蔬菜大棚，其横截面顶部为抛物线型，大棚的一端固定在离地面高1米的墙体A处，另一端固定在离地面高2米的墙体B第45页（共45页）\n处，现对其横截面建立如图2所示的平面直角坐标系．已知大棚上某处离地面的高度y（米）与其离墙体A的水平距离x（米）之间的关系满足y=-16x2+bx+c，现测得A，B两墙体之间的水平距离为6米．（1）直接写出b，c的值；（2）求大棚的最高处到地面的距离；（3）小明的爸爸欲在大棚内种植黄瓜，需搭建高为3724米的竹竿支架若干，已知大棚内可以搭建支架的土地平均每平方米需要4根竹竿，则共需要准备多少根竹竿？【分析】（1）根据题意可推出点A坐标为（0，1），点B坐标为（6，2），将这两点坐标代入二次函数表达式即可求得b、c的值；（2）将二次函数一般式化为顶点式，即可求得大棚的最高点；（3）先求出大棚内可以搭建支架土地的宽，再求需要搭建支架部分的面积，进而求得需要准备的竹竿．【解答】解：（1）b═76，c═1．（2）由y═-16x2+76x+1═-16(x-72)2+7324，可知当x═72时，y有最大值7324，故大棚最高处到地面的距离为7324米；（3）令y═3724，则有-16x2+76x+1═3724，第45页（共45页）\n解得x1═12，x2═132，又∵0≤x≤6，∴大棚内可以搭建支架的土地的宽为6-12═112（米），又大棚的长为16米，∴需要搭建支架部分的土地面积为16×112═88（平方米），故共需要88×4═352（根）竹竿，答：共需要准备352根竹竿．【点评】本题主要考查二次函数的应用，不仅要求对二次函数的相关性质很熟练，还要结合具体的实际意义解此类题目．23．（11分）（2021•随州）等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．（1）在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为　125　，其内切圆的半径长为　1　；（2）①如图1，P是边长为a的正△ABC内任意一点，点O为△ABC的中心，设点P到△ABC各边距离分别为h1，h2，h3，连接AP，BP，CP，由等面积法，易知12a（h1+h2+h3）＝S△ABC＝3S△OAB，可得h1+h2+h3＝　32a　；（结果用含a的式子表示）第45页（共45页）\n②如图2，P是边长为a的正五边形ABCDE内任意一点，设点P到五边形ABCDE各边距离分别为h1，h2，h3，h4，h5，参照①的探索过程，试用含a的式子表示h1+h2+h3+h4+h5的值．（参考数据：tan36°≈811，tan54°≈118）（3）①如图3，已知⊙O的半径为2，点A为⊙O外一点，OA＝4，AB切⊙O于点B，弦BC∥OA，连接AC，则图中阴影部分的面积为　23π　；（结果保留π）②如图4，现有六边形花坛ABCDEF，由于修路等原因需将花坛进行改造，若要将花坛形状改造成五边形ABCDG，其中点G在AF的延长线上，且要保证改造前后花坛的面积不变，试确定点G的位置，并说明理由【分析】（1）先求出斜边长为5，由等面积法可得斜边上高为125，设其内切圆半径为r，利用分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积可得：S△ABC＝S△ACO+S△BCO+S△ABO，从而可得内切圆半径r＝1；（2）①易知△ABC的面积为12a⋅32a=34a2，由等面积法可得：易知12a（h1+h2+h3）＝S△ABC=34a2，所以h1+h2+h3=32a，②运用类比①的方法可得：12a（h1+h2+h3+h4+h5）＝S五边形ABCDE，设点O为正五边形第45页（共45页）\nABCDE的中心，连接OA，OB，易知S五边形ABCDE＝5S△OAB，过O作OQ⊥AB于点Q，由多边形内角和公式可得∠EAB＝108°，故∠OAQ＝54°，故12a（h1+h2+h3+h4+h5）＝5×12a×12atan54°，解得h1+h2+h3+h4+h5=52atan54°≈5516a．（3）①根据等面积法，有S△OCB＝S△ACB，则图中阴影部分的面积即为扇形OCB的面积．可证明扇形OCB圆心角度数为60°，则S扇形OCB=60π×4360=23π=阴影面积，②连接DF，过点E作EG∥DF交AF的延长线于点G，则点G即为所求，连接DG．运用等面积法即可证明．【解答】解：（1）如图所示，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝90°，∴AB=32+42=5，设斜边上高为h，由等面积法可知：AC•BC＝h•AB，h=AC⋅BCAB=3×45=125．设其内切圆半径为r，利用分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积可得：S△ABC＝S△ACO+S△BCO+S△ABO．即3×4÷2=12AC•r+12BC•r+12AB•r，即12r(AC+BC+AB)=6，∴r=12AC+BC+AB=123+4+5=1．故答案为：125，1；（2）①：由已知中图可知，△ABC的面积为12a⋅32a=34a2，由等面积法，易知12a（h1+h2+h3）＝S△ABC=34a2，解得：h1+h2+h3=32a．第45页（共45页）\n故答案为：32a．②：类比①中方法可知12a（h1+h2+h3+h4+h5）＝S五边形ABCDE，设点O为正五边形ABCDE的中心，连接OA，OB，如图2．易知S五边形ABCDE＝5S△OAB，过O作OQ⊥AB于点Q，∠EAB=15×180°×(5-2)=108°，故∠OAQ＝54°，OQ＝AQ•tan54°=12atan54°，故12a（h1+h2+h3+h4+h5）＝5×12a×12atan54°，从而得到：h1+h2+h3+h4+h5=52atan54°≈5516a．（3）①：若以BC作为△OCB和△ACB的底，则△OCB和△ACB等高，∴S△OCB＝S△ACB．∴图中阴影部分的面积即为扇形OCB的面积．∵AB切⊙O于点B，∴∠OBA＝90°，又OB＝2，OA＝4，∴∠OAB＝30°，∠AOB＝60°，∵BC∥OA，∴∠OBC＝∠AOB＝60°，∴△OCB为等边三角形．∴∠COB＝60°，∴S扇形OCB=60π×4360=23π．第45页（共45页）\n故阴影部分面积为23π．故答案为：23π．②如图3，连接DF，过点E作EG∥DF交AF的延长线于点G，则点G即为所求．连接DG，∵S六边形ABCDEF＝S五边形ABCDEF+S△DEF，∵EG∥DF，∴S△DEF＝S△DGF，∴S六边形ABCDEF＝S五边形ABCDF+S△DGF＝S五边形ABCDG．【点评】第45页（共45页）\n本题主要考查了等面积法的实际应用，考查的具体知识点有正多边形内切圆的性质、多边形内角和定理、三角函数、扇形面积的计算、关键在于理解等面积法的应用，运用类比的思想去解题．24．（12分）（2021•随州）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，顶点D的坐标为（1，﹣4）．（1）直接写出抛物线的解析式；（2）如图1，若点P在抛物线上且满足∠PCB＝∠CBD，求点P的坐标；（3）如图2，M是直线BC上一个动点，过点M作MN⊥x轴交抛物线于点N，Q是直线AC上一个动点，当△QMN为等腰直角三角形时，直接写出此时点M及其对应点Q的坐标．【分析】（1）根据顶点的坐标，设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点A（﹣1，0）代入，求出a即可得出答案；（2）利用待定系数法求出直线BD解析式为y＝2x﹣6，过点C作CP1∥BD，交抛物线于点P1，再运用待定系数法求出直线CP1的解析式为y＝2x﹣3，联立方程组即可求出P1（4，5），过点B作y轴平行线，过点C作x轴平行线交于点G，证明△OCE≌△GCF（ASA），运用待定系数法求出直线CF解析式为y=12x﹣3，即可求出P2（52，-74）；（3）利用待定系数法求出直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3，直线BC解析式为y＝x﹣3，再分以下三种情况：①当△QMN是以NQ为斜边的等腰直角三角形时，②当△QMN是以MQ为斜边的等腰直角三角形时，③当△QMN是以MN第45页（共45页）\n为斜边的等腰直角三角形时，分别画出图形结合图形进行计算即可．【解答】解：（1）∵顶点D的坐标为（1，﹣4），∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点A（﹣1，0）代入，得0＝a（﹣1﹣1）2﹣4，解得：a＝1，∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵抛物线对称轴为直线x＝1，A（﹣1，0），∴B（3，0），设直线BD解析式为y＝kx+e，∵B（3，0），D（1，﹣4），∴3k+e=0k+e=-4，解得：k=2e=-6，∴直线BD解析式为y＝2x﹣6，过点C作CP1∥BD，交抛物线于点P1，设直线CP1的解析式为y＝2x+d，将C（0，﹣3）代入，得﹣3＝2×0+d，解得：d＝﹣3，∴直线CP1的解析式为y＝2x﹣3，结合抛物线y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝2x﹣3，解得：x1＝0（舍），x2＝4，第45页（共45页）\n故P1（4，5），过点B作y轴平行线，过点C作x轴平行线交于点G，∵OB＝OC，∠BOC＝∠OBG＝∠OCG＝90°，∴四边形OBGC是正方形，设CP1与x轴交于点E，则2x﹣3＝0，解得：x=32，∴E（32，0），在x轴下方作∠BCF＝∠BCE交BG于点F，∵四边形OBGC是正方形，∴OC＝OG＝BG＝3，∠COE＝∠G＝90°，∠OCB＝∠GCB＝45°，∴∠OCB﹣∠BCE＝∠GCB﹣∠BCF，即∠OCE＝∠GCF，∴△OCE≌△GCF（ASA），∴FG＝OE=32，∴BF＝BG﹣FG＝3-32=32，∴F（3，-32），设直线CF解析式为y＝k1x+e1，∵C（0，﹣3），F（3，-32），∴e1=-33k1+e1=-32，第45页（共45页）\n解得：k1=12e1=-3，∴直线CF解析式为y=12x﹣3，结合抛物线y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3=12x﹣3，解得：x1＝0（舍），x2=52，∴P2（52，-74），综上所述，符合条件的P点坐标为：P1（4，5），P2（52，-74）；（3）设直线AC解析式为y＝m1x+n1，直线BC解析式为y＝m2x+n2，∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），∴-m1+n1=0n1=-3，解得：m1=-3n1=-3，∴直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3，∵B（3，0），C（0，﹣3），∴3m2+n2=0n2=-3，解得：m2=1n2=-3，∴直线BC解析式为y＝x﹣3，设M（t，t﹣3），则N（t，t2﹣2t﹣3），∴MN＝|t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）|＝|t2﹣3t|，①当△QMN是以NQ为斜边的等腰直角三角形时，此时∠NMQ＝90°，MN＝MQ，如图2，第45页（共45页）\n∵MQ∥x轴，∴Q（-13t，t﹣3），∴|t2﹣3t|＝|t﹣（-13t）|，∴t2﹣3t＝±43t，解得：t＝0（舍）或t=133或t=53，∴M1（133，43），Q1（-139，43）；M2（53，-43），Q2（-59，-43）；②当△QMN是以MQ为斜边的等腰直角三角形时，此时∠MNQ＝90°，MN＝NQ，如图3，∵NQ∥x轴，∴Q（-t2+2t3，t2﹣2t﹣3），∴NQ＝|t--t2+2t3|=13|t2+t|，∴|t2﹣3t|=13|t2+t|，解得：t＝0（舍）或t＝5或t＝2，∴M3（5，2），Q3（﹣5，12）；M4（2，﹣1），Q4（0，﹣3）；③当△QMN是以MN为斜边的等腰直角三角形时，此时∠MQN＝90°，MQ＝NQ，如图4，过点Q作QH⊥MN于H，则MH＝HN，∴H（t，t2-t-62），∴Q（-t2+t6，t2-t-62），第45页（共45页）\n∴QH＝|t--t2+t6|=16|t2+5t|，∵MQ＝NQ，∴MN＝2QH，∴|t2﹣3t|＝2×16|t2+5t|，解得：t＝7或1，∴M5（7，4），Q5（﹣7，18）；M6（1，﹣2），Q6（0，﹣3）；综上所述，点M及其对应点Q的坐标为：M1（133，43），Q1（-139，43）；M2（53，-43），Q2（-59，-43）；M3（5，2），Q3（﹣5，12）；M4（2，﹣1），Q4（0，﹣3）；M5（7，4），Q5（﹣7，18）；M6（1，﹣2），Q6（0，﹣3）．【点评】第45页（共45页）\n本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，求一次函数与二次函数图象交点坐标，全等三角形判定和性质，正方形判定和性质，等腰直角三角形性质等，本题属于中考压轴题，综合性强，难度较大，熟练掌握待定系数法、等腰直角三角形性质等相关知识，运用数形结合思想、分类讨论思想是解题关键．第45页（共45页）