最新整理湖北省黄冈市2021年中考数学试卷和答案解析详解完整版

2021年湖北省黄冈市中考数学真题及答案

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．3的相反数是（ ） A．

13B．

1 3C．3

D．3

2．2021年5月15日07时18分，我国首个火星探测器“天问一号”经过470000000公里旅程成功着陆在火星上，从此，火星上留下中国的脚印，同时也为我国的宇宙探测之路迈出重要一步．将470000000用科学记数法表示为（ ） A．47107

B．4.7107

C．4.7108

D．0.47109

3．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是( ) A．等边三角形

B．正六边形

C．正方形

D．圆

4．下列计算正确的是（ ） A．a3a2a5

B．a3a2a

C．3a32a26a6

D．(a2)a4

225．如图是由四个相同的正方体组成的几何体，其俯视图是（ ）

A． B． C． D．

6．高尔基说：“书，是人类进步的阶梯”．阅读可以丰富知识，拓展视野，充实生活，给我们带来愉快．英才中学计划在各班设立图书角，为合理搭配各类书籍，学校团委以“我最喜爱的书籍”为主题，对全校学生进行抽样调查，收集整理喜爱的书籍类型（A．科普，B．文学，C．体育，D．其他）数据后，绘制出两幅不完整的统计图，则下列说法错误的是（ ） ．．

A．样本容量为400

C．类型C所占百分比为30%

B．类型D所对应的扇形的圆心角为36 D．类型B的人数为120人

7．如图，O是Rt△ABC的外接圆，OEAB交O于点E，垂足为点D，AE，CB的

延长线交于点F．若OD3，AB8，则FC的长是（ ）

A．10 B．8 C．6 D．4

8．如图，AC为矩形ABCD的对角线，已知AD3，CD4．点P沿折线CAD以每秒1个单位长度的速度运动（运动到D点停止），过点P作PEBC于点E，则△CPE的面积y与点P运动的路程x间的函数图象大致是（ ）

A． B．

C．

D．

二、填空题

9．式子a2在实数范围内有意义，则a的取值范围是____． 10．正五边形的一个内角是_____度．

11．东方红学校举行“学党史，听党话，跟党走”讲故事比赛，七位评委对其中一位选手的评分分别为：85，87，89，91，85，92，90．则这组数据的中位数为______． 12．若关于x的一元二次方程x22xm0有两个不相等的实数根，则m的值可以是____．（写出一个即可）

13．在Rt△ABC中，C90，B30，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点E，F；再分别以点E，F为圈心，大于

1EF的长为半径画弧，两弧交2于点P，作射线AP交BC于点D．则CD与BD的数量关系是____．

14．如图，建筑物BC上有一高为8m的旗杆AB，从D处观测旗杆顶部A的仰角为53，观测旗杆底部B的仰角为45，则建筑物BC的高约为_____m（结果保留小数点后一位）．（参考数据sin530.80，cos530.60，tan531.33）

15．人们把51这个数叫做黄金分割数，著名数学家华罗庚优选法中的0.618法就应用251，b2了黄金分割数．设a1151，则ab1，记S1，1a1b2

S21111S，…，．则S1S2102210101a1b1a1bS10____．

16．如图，正方形ABCD中，AB1，连接AC，ACD的平分线交AD于点E，在AB上截取AFDE，连接DF，分别交CE，AC于点G，H，点P是线段GC上的动点，

PQAC于点Q，连接PH．下列结论：①CEDF；②DEDCAC；

③EA3AH；④PHPQ的最小值是

2．其中所有正确结论的序号是_____． 2

三、解答题

17．计算：|13|2sin60(1)0．

18．如图，在ABC和DEC中，AD，BCEACD．

（1）求证：△ABC（2）若SABC△DEC；

4:9，BC6，求EC的长．

:SDEC19．2021年，黄冈、咸宁、孝感三市实行中考联合命题，为确保联合命题的公平性，决定采取三轮抽签的方式来确定各市选派命题组长的学科．第一轮，各市从语文、数学、英语三个学科中随机抽取一科；第二轮，各市从物理、化学、历史三个学科中随机抽取一科；第三轮，各市从道德与法治、地理、生物三个学科中随机抽取一科． （1）黄冈在第一轮抽到语文学科的概率是_______；

（2）用画树状图或列表法求黄冈在第二轮和第三轮抽签中，抽到的学科恰好是历史和地理的概率．

20．如图，反比例函数yk上的图象与一次函数ymxn的图象相交于Aa,1，xB(1,3)两点．

（1）求反比例函数和一次函数的解析式；

（2）设直线AB交y轴于点C，点N(t,0)是正半轴上的一个动点，过点N作NMx轴交反比例函数yk的图象于点M，连接CN，OM．若S四边形COMN3，求t的取值范围． x21．如图，在Rt△ABC中，ACB90，O与BC，AC分别相切于点E，F，BO平分ABC，连接OA．

（1）求证：AB是

O的切线；

O的半径是1，求图中阴影部分的面积．

（2）若BEAC3，

22．2021年是中国共产党建党100周年，红旗中学以此为契机，组织本校师生参加红色研学实践活动，现租用甲、乙两种型号的大客车（每种型号至少一辆）送549名学生和11名教师参加此次实践活动，每辆汽车上至少要有一名教师． 甲、乙两种型号的大客车的载客量和租金如下表所示：

载客量/（人/辆） 租金（元/辆） 甲种客车 40 500 乙种客车 55 600

（1）共需租________辆大客车；

（2）最多可以租用多少辆甲种型号大客车？ （3）有几种租车方案？哪种租车方案最节省钱？

23．红星公司销售一种成本为40元/件的产品，若月销售单价不高于50元/件．一个月可售出5万件；月销售单价每涨价1元，月销售量就减少0.1万件．其中月销售单价不低于成本．设月销售单价为x（单位：元/件），月销售量为y（单位：万件）． （1）直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； （2）当月销售单价是多少元/件时，月销售利润最大，最大利润是多少万元？

（3）为响应国家“乡村振兴”政策，该公司决定在某月每销售1件产品便向大别山区捐款

a元．已知该公司捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元，求a的值．

24．已知抛物线yaxbx3与x轴相交于A(1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C，

2点N(n,0)是x轴上的动点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，若n3，过点N作x轴的垂线交抛物线于点P，交直线BC于点G．过点P作PDBC于点D，当n为何值时，PDG≌BNG；

（3）如图2，将直线BC绕点B顺时针旋转，使它恰好经过线段OC的中点，然后将它向上平移

3个单位长度，得到直线OB1． 2①tanBOB1______；

②当点N关于直线OB1的对称点N1落在抛物线上时，求点N的坐标．

参考答案

1．C 2．C 3．A 5．C 6．C 7．A 8．D 9．a2 10．108 11．89

12．0（答案不唯一）

解：由题意得：此一元二次方程根的判别式(2)4m0， 解得m1， 则m的值可以是0，

故答案为：0（答案不唯一）． 13．CD解：

21BD 2在RtABC中，C90，B30，

BAC90B60，

由角平分线的尺规作图可知，AD平分BAC， 1CADBADBAC30，

2BBAD，

ADBD，

在Rt△ACD中，C90，CAD30， CDCD1AD， 21BD， 2故答案为：CD14．24.2

1BD． 2

解：由题意得：ACCD,AB8m,ADC53,BDC45，

RtBCD是等腰直角三角形， BCCD，

设BCCDxm，则AC(8x)m， 在Rt△ACD中，tanADCACx8tan531.33， ，即

CDx解得x24.2(m)，经检验，是所列分式方程的解，且符合题意， 即建筑物BC的高约为24.2m， 故答案为：24.2． 15．10 解：

ab1，

111anSn（n为正整数），

1an1bn1anan(1bn)1ann， n1aa(ab)n1an， nn1aa11， S1S2则S1S2S101， S1010，

故答案为：10． 16．①②④ 解：

四边形ABCD是正方形，AB1，

CDAD1,AC2,ADCDAF90,ACD45,AB//CD，

ADDC在ADF和DCE中，DAFCDE90，

AFDEADFDCE(SAS)，

ADFDCE，

DCEDEG180CDE90， ADFDEG90，

DGE90，即CEDF，结论①正确；

CE平分ACD，CEDF， CHDC1，

CDHCHDAHF， AB//CD， CDHAFH，

AFHAHF， AFAH， AFDE

DEDCAFCHAHCHAC，结论②正确；

CH1,AC2，

DEAFAHACCH21，

EAADDE12122，

EA222， AH21即EA2AH，结论③错误；

如图，过点P作PMCD于点M，连接HM，

CE平分ACD，PMCD，PQAC，

PMPQ，

PHPQPHPM，

由两点之间线段最短得：当点H,P,M共线时，PHPM取得最小值HM， 由垂线段最短得：当HMCD时，HM取得最小值， 此时在RtCHM中，HMCHsinACDsin452， 2即PHPQ的最小值是

2，结论④正确； 2综上，所有正确结论的序号是①②④， 故答案为：①②④． 17．0． 解：原式31231， 233，

0．

18．（1）证明见解析；（2）9． 证明：（1）

BCEACD，

BCEACEACDACE，即ACBDCE，

在ABC和DEC中，ACBDCE，

ADABCDEC；

（2）由（1）已证：△ABC△DEC，

SSSABCDECBC， EC:S2DEC2ABC4:9，BC6，

46， 9EC

解得EC9或EC9（不符题意，舍去）， 则EC的长为9． 19．（1）

11；（2）． 391， 3解：（1）黄冈在第一轮随机抽取一科共有3种等可能性的结果， 则黄冈在第一轮抽到语文学科的概率是P故答案为：

1； 3（2）将物理、化学、历史三个学科分别记为A1,A2,A3，将道德与法治、地理、生物三个学科分别记为B1,B2,B3， 画树状图如下：

由此可知，黄冈在第二轮和第三轮抽签中的所有可能结果共有9种，它们每一种出现的可能性都相等；其中，抽到的学科恰好是历史和地理的结果只有1种， 则所求的概率为P1， 91． 9答：黄冈在第二轮和第三轮抽签中，抽到的学科恰好是历史和地理的概率是

解：（1）将点B(1,3)代入y则反比例函数的解析式为y当y1时，k得：k133， x3； x31，解得x3，即A3,1， x3mn1m1ymxnA3,1,B(1,3)将点代入得：，解得， mn3n2

则一次函数的解析式为yx2； （2）对于一次函数yx2， 当x0时，y2，即C(0,2)，

OC2，

NMx轴，且N(t,0)(t0)，

3M(t,)，ONt，

t3MN，

tS四边形COMNSCONSMON11OCONONMN3， 221132tt3， 22t3解得t．

221．（1）证明见解析；（2）

53． 28证明：（1）如图，过点O作ODAB于点D，连接OE，

BC与O相切于点E， OEBC， BO平分ABC，

1OBDOBEABC，

2ODBOEB90在OBD和△OBE中，OBDOBE，

OBOBOBDOBE(AAS)，

ODOE， OD是O的半径，

又

ODAB，

AB是O的切线；

（2）如图，设OA,OB分别交

O于点M,N，连接OF，

O的半径是1，

ODOF1， AC与O相切于点F， OFAC，

OFCOEC90ACB，

四边形OECF是矩形，

CEOF1， BEAC3， BCBECE4， ABAC2BC25，

OAOA在RtOAD和RtOAF中，，

ODOFRtOADRtOAF(HL)，

1OADOAFBAC，

2111OBDOADABCBACABCBAC45，

222AOB180(OBDOAD)135，

则图中阴影部分的面积为SAOBS扇形OMDN11351253ABOD． 236028

解：（1）

(54911)5510（辆）10（人），11111（辆），

共需租11辆大客车，

故答案为：11；

（2）设租用x辆甲种型号大客车，则租用(11x)辆乙种型号大客车，

由题意得：40x55(11x)54911， 解得x3，

因为x1且为正整数，

所以最多可以租用3辆甲种型号大客车；

（3）由（2）可知，租用甲种型号大客车的辆数可以为1,2,3辆，

则有三种租车方案：①租用1辆甲种型号大客车，10辆乙种型号大客车；②租用2辆甲种型号大客车，9辆乙种型号大客车；③租用3辆甲种型号大客车，8辆乙种型号大客车； 方案①的费用为1500106006500（元）， 方案②的费用为250096006400（元）， 方案③的费用为350086006300（元），

所以租用3辆甲种型号大客车，8辆乙种型号大客车最节省钱． 解：（1）由题意，当40x50时，y5， 当x50时，y50.1(x50)0.1x10，

y≥0，

0.1x100，

解得x100，

5(40x50)综上，y；

0.1x10(50x100)（2）设该产品的月销售利润为w万元，

①当40x50时，w5(x40)5x200，

由一次函数的性质可知，在40x50内，w随x的增大而增大， 则当x50时，w取得最大值，最大值为55020050；

②当50x100时，w(x40)(0.1x10)0.1(x70)90， 由二次函数的性质可知，当x70时，w取得最大值，最大值为90， 因为9050，

所以当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元；

（3）捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元（大于50万元），

2

50x70，

设该产品捐款当月的月销售利润为Q万元， 由题意得：Q(x40a)(0.1x10)，

140a2a2整理得：Q0.1(x)3a90，

240140a70， 2在50x70内，Q随x的增大而增大，

则当x70时，Q取得最大值，最大值为(7040a)(0.17010)903a， 因此有903a78， 解得a4．

解：（1）将点A(1,0)，B(3,0)代入yaxbx3得：2ab30，

9a3b30a1解得，

b2则抛物线的解析式为yx2x3；

（2）由题意得：点P的坐标为P(n,n2n3)， 对于二次函数yx2x3， 当x0时，y3，即C(0,3)， 设直线BC的解析式为ykxc，

2223kc0k1B(3,0)C(0,3)将点，代入得：，解得，

c3c3则直线BC的解析式为yx3，

G(n,n3)，

PGn3(n22n3)n23n，BG(n3)2(n3)2(3n)2，

PDGBNG，

PGBG，即n23n(3n)2，

解得n故当n， 2或n3（与n3不符，舍去）

2时，PDGBNG；

（3）①如图，设线段OC的中点为点D，过点B作x轴的垂线，交直线OB1于点E，

则点D的坐标为D(0,)，点E的横坐标为3， 设直线BD的解析式为yk0xc0，

321k3k0c00023将点B(3,0)，D(0,)代入得：，解得， 332c0c202则直线BD的解析式为y13x， 221x， 2由平移的性质得：直线OB1的解析式为y当x3时，y

33

，即E(3,)， 22OB3,BE3， 2BE1tanBOB1，

OB2故答案为：

1； 2②由题意得：NN1OB1，

则设直线NN1的解析式为y2xc1，

将点N(n,0)代入得：2nc10，解得c12n， 则直线NN1的解析式为y2x2n，

4xny2x2n5联立，解得， 12yxyn25即直线NN1与直线OB1的交点坐标为(n,设点N1的坐标为N1(s,t)，

452n)， 53sn4nsn23455则，解得，即N1(n,n)，

55t02nt4n525将点N1(n,354334n)代入yx22x3得：(n)22n3n， 5555整理得：9n250n750， 解得n251013251013或n，

99251013251013,0)或(,0)． 99则点N的坐标为(