2021年广东省深圳市中考数学猜题试卷（一）含答案解析

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1、2021 年广东省深圳市中考数学猜题试卷（一）年广东省深圳市中考数学猜题试卷（一） 一选择题（满分 30 分，每小题 3 分） 1. 3 的相反数是（ ） A3 B3 C D 【考点】相反数 【专题】数感 【答案】B 【分析】依据相反数的定义求解即可 【解答】解：3 的相反数是 3 故选：B 2.下面立体图形中，从正面、侧面、上面看，都不能看到长方形的是（ ） A长方体 B圆柱 C圆锥 D正四棱锥 【考点】简单几何体的三视图 【专题】投影与视图；空间观念 【答案】C 【分析】根据各个几何体从正面、侧面、上面看到的形状进行判断即可 【解答】解：圆锥从正面看所得到的图形是等腰三角形，从侧面看所得到

2、的图形是等腰三角形、从上面 看所得到的图形是圆， 因此圆锥符合题意， 故选：C 3.下列运算中，正确的是（ ） A （m）6（m）3m3 B （a3）2a6 C （xy2）2xy4 Da2a3a6 【考点】同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方；同底数幂的除法 【专题】整式；运算能力 【答案】A 【分析】分别根据同底数幂的除法法则，幂的乘方与积的乘方运算法则以及同底数幂的乘法法则逐一判 断即可 【解答】解：A、 （m）6（m）3m3，故本选项符合题意； B、 （a3）2a6，故本选项不符合题意； C、 （xy2）2x2y4，故本选项不符合题意； D、a2a3a5，故本选项不符合题意； 故选：A 4

3、 若关于 x 的方程（k1）x22x+10 有两个不相等的实数根，则 k 的值可以为（ ） A3 B7 C1 D1 【考点】一元二次方程的定义；根的判别式 【专题】判别式法；一元二次方程及应用；推理能力 【答案】C 【分析】根据二次项系数非零及根的判别式0，即可得出关于 k 的一元一次不等式组，解之即可得出 k 的取值范围，再结合四个选项即可得出结论 【解答】解：关于 x 的方程（k1）x22x+10 有两个不相等的实数根， ， k2 且 k1 故选：C 5 如图，在平面直角坐标系中，已知ABC 中点 B 的坐标为（4，2） ，以坐标原点 O 为位似中心，在第三象 限内，将ABC 边长放大 2

4、 倍得到了ABC，则点 B 对应点 B的坐标为（ ） A （4，8） B （8，4） C （6，4） D （8，4） 【考点】坐标与图形性质；位似变换 【专题】图形的相似；几何直观 【答案】B 【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为 k，那么位似图形对 应点的坐标的比等于 k 或k，即可求得答案 【解答】解：ABC 中点 B 的坐标为（4，2） ，以坐标原点 O 为位似中心，在第三象限内，将ABC 边长放大 2 倍得到了ABC， 点 B 对应点 B的坐标为：4（2） ，2（2）即（8，4） 故选：B 6 如图，抛物线 yax2+bx+c（a0）与 x 轴交于点

5、（3，0） ，其对称轴为直线 x，结合图象分析下 列结论： abc0； 3a+c0； 当 x0 时，y 随 x 的增大而增大； 0； 若 m，n（mn）为方程 a（x+3） （x2）+30 的两个根，则 m3 且 n2 其中正确的结论有（ ） A5 个 B4 个 C3 个 D2 个 【考点】二次函数图象与系数的关系；抛物线与 x 轴的交点 【专题】数形结合；二次函数图象及其性质；推理能力；模型思想；应用意识 【答案】B 【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及过特殊点时相应 a、b、c 之间的关系， 进行综合判断即可 【解答】解：由抛物线 yax2+bx+c（a0）与 x 轴

6、交于点（3，0） ，其对称轴为直线 x可得， 9a3b+c0，即 ab，与 x 轴的另一个交点为（2，0） ，4a+2b+c0， 抛物线开口向下，a0，b0， 抛物线与 y 轴交于正半轴，因此 c0， 所以，abc0，因此正确； 由 9a3b+c0，而 ab， 所以 6a+c0，又 a0， 因此 3a+c0，所以正确； 抛物线的对称轴为 x，a0，因此当 x时，y 随 x 的增大而增大，所以不正确； 由于抛物线的顶点在第二象限，所以0，因此0，故正确； 抛物线与 x 轴的交点为（3，0） （2，0） ， 因此当 y3 时，相应的 x 的值应在（3，0）的左侧和（2，0）的右侧， 因此 m3，n

7、2，所以正确； 综上所述，正确的结论有：， 故选：B 7 下列命题： 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形； 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形； 一个角为 90且一组邻边相等的四边形是正方形； 对角线相等的平行四边形是矩形 其中真命题的个数是（ ） A1 B2 C3 D4 【考点】命题与定理 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力 【答案】B 【分析】根据平行四边形的判定、菱形的判定、正方形和矩形的判定判断即可 【解答】解：一组对边平行且这组对边相等的四边形是平行四边形，原命题是假命题； 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，是真命题； 一个角为 90且一组邻边相等的平行四边形是正方

8、形，原命题是假命题； 对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题； 故选：B 8 下列说法正确的有几个： 圆周角等于圆心角的一半； 相等的弧所对的弦也相等； 两个菱形一定相似； 锐角三角形的外心在三角形形外 （ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【考点】菱形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；相似多边形的性 质 【专题】圆的有关概念及性质；图形的相似；应用意识 【答案】A 【分析】根据圆周角定理，相似多边形的判定，三角形的外心等知识一一判断即可 【解答】解：圆周角等于圆心角的一半，错误，条件是同弧或等弧中 相等的弧所对的弦也相等，正确 两个菱形一定相似，错误，

9、两个菱形的对应角，不一定相等 锐角三角形的外心在三角形形外，错误应该是锐角三角形的外心在三角形形内 故选：A 9 如图，一个菱形的边长与它的一边相外切的圆的周长相等，当这个圆按箭头方向从某一位置沿此菱形的四 边做无滑动旋转，直至回到原出发位置时，这个圆共转了（ ） A6 圈 B5 圈 C4.5 圈 D4 圈 【考点】菱形的性质；切线长定理；旋转的性质 【专题】综合题；数形结合；分类讨论；矩形 菱形 正方形；与圆有关的位置关系；与圆有关的计算； 运算能力；推理能力 【答案】B 【分析】分别得出圆在菱形的四条边上和四个顶点处转的圈数，再相加即可 【解答】解：菱形的边长与它的一边相外切的圆的周长相等

10、 圆在菱形的边上转了 4 圈 圆在菱形的四个顶点处共转了 360， 圆在菱形的四个顶点处共转 1 圈 回到原出发位置时，这个圆共转了 5 圈 故选：B 10 如图，已知点 E 是矩形 ABCD 的对角线 AC 上一动点，正方形 EGH 的顶点 G 都在边 AD 上，若 AB4， BC5，则 tanAFE 的值（ ） A等于 B等于 C等于 D随点 E 位置的变化而变化 【考点】矩形的性质；正方形的性质；解直角三角形 【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力 【答案】C 【分析】由AEHACD，找到 EH 和 AH 关系，从而得到 FG 和 AG 关系，根据 tanAFEtanFAG 求

11、解 【解答】解：EHCD， AEHACD 设 EH4x，则 AH5x， HGGF4x tanAFEtanFAG 故选：C 二填空题（满分 15 分，每小题 3 分） 11 人的血管首尾相连的长度大约可达 96000 千米，96000 千米用科学记数法表示为 米 【考点】科学记数法表示较大的数 【专题】实数；数感 【答案】见试题解答内容 【分析】科学记数法的表示形式为 a10n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 是正整数；当原数的绝对值1 时，n 是负整数 【解答】解：9

12、6000 千米960000009.6107（米） 故答案为：9.6107 12 如图，小东用长 2 米的竹竿 CD 做测量工具，测量学校旗杆的高度 AB，移动竹竿，使竹竿、旗杆顶端的 影子恰好落在地面的同一点 O此时，OD3 米，DB6 米，则旗杆 AB 的高为 米 【考点】相似三角形的应用 【专题】图形的相似；应用意识 【答案】6 【分析】由平行线证明三角形相似，利用相似三角形对应边成比例解题即可 【解答】解：竹竿 CD 和旗杆 AB 均垂直于地面， CDAB， OCDOAB， ，即， AB6（米） 故答案为：6 13 用“” “”定义新运算：对于数 a，b，都有 aba 和 abb例如 3

13、23，322，则（2020 2021）（20212020） 【考点】有理数的混合运算 【专题】计算题；新定义；运算能力 【答案】2021 【分析】根据“” “”的运算法则进行计算即可得解 【解答】解：aba，abb， （20202021）（20212020） 20212020 2021 故答案为：2021 14 如图，在平面直角坐标系中，菱形 ABOC 的顶点 O 在坐标原点，边 BO 在 x 轴的负半轴上，cosBOC ，顶点 C 的坐标为（a，4） ，反比例函数 y的图象与菱形对角线 AO 交于 D 点，连接 BD，当 BD x 轴时，k 的值是 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；菱形

14、的性质；解直角三角形 【专题】反比例函数及其应用；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力 【答案】 【分析】先求出 OC5，再利用菱形的性质得到 ACOBOC5，ACOB，则 B（5，0） ，A（8， 4） ，接着利用待定系数法确定直线 OA 的解析式为 yx，则可确定 D（5，） ，然后把 D 点坐标 代入 y中可得到 k 的值 【解答】解：过点 C 作 CEx 轴于点 E， 顶点 C 的坐标为（a，4） ， OEa，CE4， cosBOC， OE3，CO5， 四边形 OBAC 为菱形， ACOBOC5，ACOB， B（5，0） ，A（8，4） ， 设直线 OA 的解析式为 ymx， 把 A

15、（8，4）代入得8m4，解得 m， 直线 OA 的解析式为 yx， 当 x5 时，yx， 即 D（5，） ， 把 D（5，）代入 y中， k5， 故答案为 15 如图，在矩形 ABCD 中，AB15，AD8，E 为 AB 边上一点，将BEC 沿 CE 翻折，点 B 落在点 F 处， 当AEF 为直角三角形时，AE 【考点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题） 【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力 【答案】7 或 【分析】分三种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可 AE 的长 【解答】解：如图，若AEF90， BBCD90AEF， 四边形 BCFE 是矩形， 将B

16、EC 沿着 CE 翻折， CBCF， 四边形 BCFE 是正方形， BEBCAD8， AEABBE1587； 如图，若AFE90， 将BEC 沿着 CE 翻折， CBCF8，BEFC90，BEEF， AFE+EFC180， 点 A，点 F，点 C 三点共线， AC17， AFACCF9， AE2AF2+EF2， AE281+（15AE）2， AE， 若EAF90， CD15CFBC8， 点 F 不可能落在直线 AD 上， 不存在EAF90， 综上所述：AE7 或 故答案为：7 或 三解答题（共 75 分） 16 计算：|1|+（） 1 +3tan30 【考点】绝对值；实数的运算；负整数指数幂；

17、特殊角的三角函数值 【专题】实数；运算能力 【答案】3 【分析】直接利用绝对值的性质以及二次根式的性质、特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质分别 化简得出答案 【解答】解：原式1+22+3 1+22+ 3 17 先化简，再求值： （x2+），其中 x 【考点】分式的化简求值 【专题】计算题；分式 【答案】见试题解答内容 【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将 x 的值代入计算可得 【解答】解：原式（+） 2（x+2） 2x+4， 当 x时， 原式2（）+4 1+4 3 18 有 A、B 两个不透明的盒子，A 盒里有两张卡片，分别标有数字 1、2，B 盒里有三张卡片，分别标有

18、数 字 3、4、5，这些卡片除数字外其余都相同，将卡片充分摇匀 （1）从 A 盒里抽取一张卡片、抽到的卡片上标有数字为奇数的概率是 ； （2）从 A 盒、B 盒里各随机抽取一张卡片，请用列表或画树状图的方法，求抽到的两张卡片上标有的数 字之和大于 5 的概率 【考点】概率公式；列表法与树状图法 【专题】概率及其应用；推理能力 【答案】见试题解答内容 【分析】 （1）由概率公式即可得出结果； （2）画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果与抽到的两张卡片上标有的数字之和大于 5 的情况， 再由概率公式即可求得答案 【解答】解： （1）从 A 盒里抽取一张卡片，抽到的卡片上标有数字为奇数的概率为；

19、 故答案为：； （2）画树状图得： 共有 6 种等可能的结果，抽到的两张卡片上标有的数字之和大于 5 的有 3 种情况， 两次抽取的卡片上数字之和大于 5 的概率为 19 如图，正方形 ABCD 和正方形 AEFG 有公共点 A，点 B 在线段 DG 上 （1）判断 DG 与 BE 的位置关系，并说明理由： （2）若正方形 ABCD 的边长为 2，正方形 AEFG 的边长为 2，求 BE 的长 【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力 【答案】见试题解答内容 【分析】 （1）由“SAS”可证DAGBAE，可得 DGBE，ADGABE，可得结

20、论； （2）由正方形的性质可得 BD2，GE4，由勾股定理可求解 【解答】解： （1）DGBE， 理由如下：四边形 ABCD，四边形 AEFG 是正方形， ABAD，DABGAE，AEAG，ADBABD45， DAGBAE， 在DAG 和BAE 中 DAGBAE（SAS） DGBE，ADGABE45， ABD+ABE90，即GBE90 DGBE； （2）连接 GE， 正方形 ABCD 的边长为 2，正方形 AEFG 的边长为 2， BD2，GE4， 设 BEx，则 BGx2， 在 RtBGE 中，利用勾股定理可得 x2+（x2）242， x+ BE 的长为+ 20 如图，AB 是半圆 O 的直

21、径，点 P 是半圆上不与点 A、B 重合的一个动点延长 BP 到点 C，使 PCPB， 连接 AP，PO （1）若 D 是 AC 的中点，连接 PD，求证：四边形 PDAO 是菱形； （2）若 E 为 AC 上一点，且满足 AP2AEAC，求证：PE 为O 的切线 【考点】菱形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定与性质 【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；图形的相似；推理能力 【答案】 （1）证明见解析过程； （2）证明见解析过程 【分析】 （1）由线段垂直平分线的性质可得 ACPB，由直角三角形的性质可得 ADDPPOAO，可 得结论；

22、（2）通过证明PAECAP，可得AEPAPC90，由菱形的性质可得 OPAC，可得AEP EPO90，可得结论 【解答】证明： （1）AB 是直径， APB90， 又PCPB， ACAB， APCAPB90，点 D 是 AC 的中点， PDADAC， 又POAOAB， ADDPPOAO， 四边形 AOPD 是菱形； （2）AP2AEAC， ， 又PAEPAC， PAECAP， AEPAPC90， 四边形 AOPD 是菱形， ACPO， AEPEPO90， 又OP 是半径， PE 是O 切线 21 为了让农民文化生活更加丰富多彩，某村决定修建文化广场，计划在一部分广场地面铺设相同大小规格 的红色

23、和白色地砖经过市场调查，获取地砖市场相关信息如下： 购买数量低于 5000 块 购买数量不低于 5000 块 红色地砖 原价销售 原价的八折销售 白色地砖 原价销售 原价的九折销售 （1）如果购买红色地砖 40 块，白色地砖 60 块，共需付款 920 元；如果购买红色地砖 50 块，白色地砖 35 块，共需付款 750 元，求红色地砖与白色地砖的原价各是多少元？ （2）经过测算，修建这个文化广场需要购买两种地砖共计 12000 块，其中白色地砖的数量不少于红色地 砖的数量的一半， 且白色地砖的数量不多于 7000 块， 求购买红色地砖与白色地砖各多少块时， 付款最少 【考点】二元一次方程组的

24、应用；一元一次不等式组的应用；一次函数的应用 【专题】应用题；一次方程（组）及应用；一元一次不等式(组)及应用；运算能力；应用意识 【答案】 （1）红色地砖每块 8 元，白色地砖每块 10 元； （2）购买红色地砖 7000 块，白色地砖 5000 块，费用最少，最少费用为 89800 元 【分析】 （1）设红色地砖的原价是每块 x 元，白色地砖的原价是每块 y 元，根据题意列出二元一次方程 组，则可得出答案； （2）设购买白色地砖 m 块，则购买红色地砖（12000m）块，所需付款的总费用为 w 元，列出不等式 求出 m 的范围，由一次函数的性质可得出答案 【解答】解： （1）设红色地砖的原

25、价是每块 x 元，白色地砖的原价是每块 y 元， 根据题意，得， 解得， 答：红色地砖每块 8 元，白色地砖每块 10 元； （2）设购买白色地砖 m 块，则购买红色地砖（12000m）块，所需付款的总费用为 w 元， 由题意可得：m（12000m） ， 解得：m4000， 又 m7000，所以白砖块数 m 的取值范围：4000m7000， 当 4000m5000 时， w0.88（12000m）+10m3.6m+76800， 所以 m4000 时，w 有最小值 91200 元， 当 5000m7000 时，w80.8（12000m）+0.910m2.6m+76800， 所以 m5000 时，

26、w 有最小值 89800 元， 8980091200， 购买红色地砖 7000 块，白色地砖 5000 块，费用最少，最少费用为 89800 元 22 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 yax2+bx4 与 x 轴交于点 A（4，0）和点 B（2，0） ，与 y 轴交于点 C （1）求该抛物线的表达式及点 C 的坐标； （2）如果点 D 的坐标为（8，0） ，联结 AC、DC，求ACD 的正切值； （3）在（2）的条件下，点 P 为抛物线上一点，当OCDCAP 时，求点 P 的坐标 【考点】二次函数综合题 【专题】二次函数的应用；图形的相似；解直角三角形及其应用；应用意识 【答案】

27、（1）抛物线的解析式为，C（0，4） ； （2）； （3） 【分析】 （1）利用待定系数法可求解析式； （2）过 D 作 DEAC 交 CA 延长线于 E，通过证明EADOAC，由相似三角形的性质可求 ED 2，EC6，即可求解； （3）由角的数量关系可求ACPBAP，由锐角三角函数可求解 【解答】解： （1）将点 A（4，0）和点 B（2，0）代入抛物线 yax2+bx4， 可得， 解得： 抛物线的解析式为， 当 x0 时，y4， C（0，4） ； （2）如图 1，过 D 作 DEAC 交 CA 延长线于 E， C（0，4） ，点 A（4，0） ， OAOC4， AC4， EADOAC，DEACOA， EADOAC， ， ， ， EC6， ； （3）如图 2，过点 P 作 PFx 轴于 F，设， OCDCAP， OCA+ACDCAB+BAP， 45+ACD45+BAP， ACPBAP， ， tanBAP， 或 t4（舍去） ，