湖南省娄底市2021年中考数学真题（解析版）

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1、 2021 年湖南省娄底市中考数学试卷年湖南省娄底市中考数学试卷 一、 选择题 （本大题共一、 选择题 （本大题共 12 小题， 每小题给出的四个选项中， 只有一个选项是符合题目要求的，小题， 每小题给出的四个选项中， 只有一个选项是符合题目要求的， 请把你认为符合题目要求的选项填涂在答题卡上相应题号下的方框里）请把你认为符合题目要求的选项填涂在答题卡上相应题号下的方框里） 1. 2021的倒数是（ ） A. 2021 B. 2021 C. 1 2021 D. 1 2021 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据倒数的定义就可选出正确答案 【详解】A：倒数是本身的数是 1和1,选项错误 B：-

2、2021是 2021的相反数,选项错误 C： 1 2021=1 2021 ,选项正确 D： 1 2021=1 2021 ,选项错误 故选：C 【点睛】本题考查倒数的定义，要注意区别相反数等相关知识，牢记定义是解题的关键 2. 下列式子正确的是（ ） A. 32 aaa B. 3 26 aa C. 326 aaa D. 3 25 aa 【答案】B 【解析】 【分析】根据幂的乘方，底数不变，指数相乘;同底数幂相乘，底数不变指数相加;合并同类项法则对各 选项分析判断后利用排除法求解选择正确选项即可 【详解】A、 32 aaa，因为 32 aa和不属于同类项，不能进行加减合并，故 A错误； B、 62

3、 3 23 =aaa ,故 B正确； C、 53+223 =aaaa ，故 C错误； D、 62 3 23 =aaa ，故 D错误 故选：B 【点睛】本题考查幂的乘方、同底数幂的乘法、合并同类项，熟练掌握运算性质和法则是解题的关键 3. 2021年 5 月 19日，第三届阿里数学竞赛预选赛顺利结束，本届大赛在全球范围内吸引了约 5万名数学爱 好者参加 阿里数学竞赛旨在全球范围内引领开启关注数学、 理解数学、 欣赏数学、 助力数学的科学风尚 5 万用科学记数法表示为（ ） A. 5 0.5 10 B. 4 5 10 C. 4 50 10 D. 5 5 10 【答案】B 【解析】 【分析】用科学记

4、数法表示较大的数时，一般形式为 a 10 n，其中 1|a|10，n为整数，据此判断即可 【详解】解：5 万=50000= 4 5 10 故选：B 【点睛】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，确定 a 与 n的值是解题的关键 4. 一组数据17,10,5,8,5,15的中位数和众数是（ ） A. 5,5 B. 8,5 C. 9,5 D. 10,5 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查统计的有关知识，找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两 个数的平均数为中位数;众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个 【详解】这组数据按照从小到大的顺序排列为：5,5,

5、8,10,15,17， 因此中位数为： 8 10 9 2 + =，众数为：5， 故选：C 【点睛】本题考查了众数和中位数的知识，熟悉基础概念是解题的关键 5. 如图，点,E F在矩形ABCD的对角线BD所在的直线上，BEDF ，则四边形AECF是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角形全等的性质得，对应边相等及对应角相等，得出一组对边平行且相等，即可判断出形 状 【详解】解：由题意： / /,ADBCADBCBD ， FDAEBC， 又,ADBC BEDF， ()ADFCBE SAS ， AFEC， ,/ /AFDCEBAFEC

6、， 四边形AECF为平行四边形， 故选：A 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定定理及性质、平行四边形的判定，解题的关键是：掌 握平行四边形判定定理，利用三角形全等去得出相应条件 6. 如图，/ABCD， 点,E F在AC边上， 已知 70 ,130CEDBFC， 则 BD 的度数为 （ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 70 【答案】C 【解析】 【分析】取,ED FB的交点为点G，过点G作平行于CD的线MN，利用两直线平行的性质，找到角之间 的关系，通过等量代换即可求解 【详解】解：取,ED FB的交点为点G，过点G作平行于CD的线MN，如下图： 根据题意：70 ,1

7、30CEDBFC， 50EFG， 180507060EGF， /MNCDAB， ,BBGNDDGN ， BDBGNDGNBGD ， ,ED BF相交于点G， 60EGFBGD， 60BD ， 故选：C 【点睛】本题考查了两直线平行的性质和两直线相交对顶角相等，解题的关键是：添加辅助线，利用两直 线平行的性质和对顶角相等，同过等量代换即可得解 7. 从背面朝上的分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、圆的四张形状、大小相同的卡片中，随机抽取 一张，则所抽得的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率为（ ） A 1 4 B. 1 2 C. 3 4 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】分别画有等腰

8、三角形、平行四边形、矩形、圆的四张形状、大小相同的卡片中，其中既是轴对称 图形，又是中心对称图形的是：矩形，圆，再根据概率公式求解即可 【详解】解：分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、圆的四张形状、大小相同的卡片中，其中既是 轴对称图形，又是中心对称图形的是：矩形，圆； 现从中任意抽取一张，则所抽得的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率为 21 42 ， 故选：B 【点睛】本题考查了概率公式的应用，解题的关键是：首先判断出既是轴对称图形，又是中心对称图形的 图形，然后利用概率公式求解 8. 2,5,m是某三角形三边的长，则 22 (3)(7)mm等于（ ） A. 210m B. 10 2

9、m C. 10 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】先根据三角形三边的关系求出m的取值范围，再把二次根式进行化解，得出结论 【详解】解：2,3,m是三角形的三边， 5 25 2m ， 解得：37x0， w随 m的增大而增大， m=54 时，w有最小值，最小值770元 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是： （1）找准等量关 系，正确列出二元一次方程组： （2）根据各数量间的关系，正确列出w关于 m的函数解析式和一元一次不 等式组 24. 如图，点 A 在以BC为直径O上，ABC的角平分线与AC相交于点 E，与O相交于点 D，延 长CA至 M，连结BM

10、，使得MBME，过点 A 作BM的平行线与CD的延长线交于点 N （1）求证：BM与O相切； （2）试给出,AC AD CN之间的数量关系，并予以证明 【答案】 （1）见详解； （2） 2 ACAD NC 【解析】 【分析】 （1）根据直径所对的圆周角为 90，MBME，以及BD是ABC的角平分线，推导出各个角 度之间的关系，等量代换即可证出； （2）由圆周角相等推导出所对应的弧相等进一步得到弦相等，据此得出ADC为等腰三角形，再根据 NFBM以及 （1） 中的 90MBC=， 进一步通过推导角度关系得到NEBC= ABE= DCA， NAC为等腰三角形，再根据子母型相似得到ADCNAC，最终

11、根据相似三角形的性质即可得出 2 ACAD NC 【详解】 （1）如图所示， MBME,BD是ABC的角平分线， MBEMEB，ABEEBC， 又BC为直径， 90BAC， 90ABEMEB , 90EBCMBE， 即BM与O相切 （2）ABEEBC， AD CD ， ADCD, DACDCA， ADC为等腰三角形， 又=90BDC， 90BDN， 90N+ NGD， 又NGDBGF，且由（1）可得90MBC=，NFBM， 90NFB=， 即NEBC= ABE= DCA， NAC为等腰三角形， 在ADC和NAC中， NDAC= DCA， ADCNAC， ADDCAC NAACNC ， 2 AC

12、DC NC， 又ADCD， 故： 2 ACAD NC 【点睛】本题考察了圆的综合应用，切线的证明，等腰三角形的性质，直角三角形的性质及判定以及相似 三角形的性质及判定等知识点，综合运用以上性质定理是解题的关键 六、综合题（本大题共六、综合题（本大题共 2 小题）小题） 25. 如图，EF、是等腰Rt ABC的斜边BC上的两动点， 45 ,EAFCDBC 且CDBE （1）求证：ABEACD； （2）求证： 222 EFBECF； （3）如图，作AHBC，垂足为 H，设,EAHFAH，不妨设 2AB ，请利用（2） 的结论证明：当45时， tantan tan() 1 tantan 成立 【答案

13、】 （1）证明见详解； （2）证明见详解； （3）证明见详解 【解析】 【分析】 （1）ABC 是等腰直角三角形，AB=AC，BAC=90，由 CDBC，可求DCA=ABE即可； （2）由ABEACD，可得FAD=EAF，可证AEFADF（SAS） ，可得 EF=DF，在 RtCDF 中， 根据勾股定理， 222 DFCDCF即可； （3） 将ABE逆时针绕点 A 旋转 90 到ACD， 由ABC为等腰直角三角形， 可求DCF=90 ， 由 2AB ， 在 RtABC 中由勾股定理2BC ， 由 AHBC， 可求 BH=CH=AH=1， 可表示 EF= tan+ tan,BE =1-tan,C

14、F= 1-tan，可证AEFADF（SAS） ，得到 EF=DF，由 222 EFBECF可得 222 tantan1tan+ 1tan，整理即得结论 【详解】 （1）证明：ABC 是等腰直角三角形， AB=AC，BAC=90 ， ABC=ACB=45 ， CDBC， DCB=90 ， DCA=90 -ACB=90 -45 =45 =ABE， 在ABE和ACD 中， ABAC ABEACD BECD ， ABEACD（SAS） ， （2）证明ABEACD， BAE=CAD，AE=AD， EAF=45 ， BAE+FAC=90 -EAF=90 -45 =45 ， FAD=FAC+CAD=FAC+

15、BAE=45 =EAF， AEF 和ADF中， AEAD EAFDAF AFAF ， AEFADF（SAS） ， EF=DF， 在 RtCDF 中，根据勾股定理， 222 DFCDCF， 即 222 EFBECF； （3）证明：将ABE 逆时针绕点 A 旋转 90 到ACD，连结 FD， BAE=CAD，BE=CD，AE=AD， ABC为等腰直角三角形， ACB=B=ACD=45 ，DCF=DCA+ACF=45 +45 =90 ， 2AB ， AC= 2AB ， 在 RtABC 中由勾股定理 22 22 +2+22BCABAC AHBC， BH=CH=AH= 1 1 2 BC ， EF=EH+

16、FH=AHtan+AH tan= tan+ tan,BE=BH-EH=1-tan,CF=CH-HF=1-tan， EAF=45 ， BAE+CAF=90 -EAF=45 ， DAF=DAC+CAF=BAE+CAF=45 =EAF， 在AEF和ADF 中， AEAD EAFDAF AFAF ， AEFADF（SAS） ， EF=DF， 在 RtCDF 中， 222 DFCDCF即 222 EFBECF， 222 tantan1tan+ 1tan， 整理得2tantan1 2tan+1 2tan ， 即tantan1 tantan ， tan+tan1 tantan ， tan+tan 1=tan

17、45 =tan+ 1 tantan ， tan+tan tan+= 1 tantan 【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，三角形旋转变换，勾股定理，锐角三 角函数及其公式推导，掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定和性质是解题关键 26. 如图，在直角坐标系中，二次函数 2 yxbxc的图象与 x轴相交于点( 1,0)A 和点 (3,0)B ，与 y 轴交于点 C （1）求bc、的值； （2）点( , )P m n为抛物线上的动点，过 P作x轴的垂线交直线: lyx于点 Q 当03m时，求当 P点到直线: lyx的距离最大时 m的值； 是否存在 m，使得以点OCPQ、

18、、 、为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出 m 的值 【答案】 （1）b=2，c=3； （2） 3 2 m ；不存在，理由见解析 【解析】 【分析】 （1）将 A（-1，0） ，B（3，0）代入 y=x2+bx+c，可求出答案； （2）设点 P（m，m2-2m-3） ，则点 Q（m，m） ，再利用二次函数的性质即可求解； 分情况讨论，利用菱形的性质即可得出结论 【详解】解： （1）抛物线 y=-x2+bx+c 与 x 轴交于点 A（-1，0） ，B（3，0） ， 10 930 bc bc ， 解得： 2 3 b c ， b=2，c= 3； （2）由（1）得，抛物线的函数表

19、达式为：y=x223x， 设点 P（m，m2-2m-3） ，则点 Q（m，m） ， 0m3， PQ=m-( m2-2m-3)=-m2+3m+3=- 2 3 2 m + 21 4 ， -10， 当 3 2 m 时，PQ 有最大值，最大值为 21 4 ； 抛物线的函数表达式为：y=x2-2x-3， C（0，-3） ， OB=OC=3， 由题意，点 P（m，m2-2m-3） ，则点 Q（m，m） ， PQOC， 当 OC为菱形的边，则 PQ=OC=3， 当点 Q在点 P上方时， PQ= 2 333mm，即 2 30mm， 30m m， 解得0m或3m， 当0m时，点 P与点 O重合，菱形不存在， 当3m时，点 P与点 B重合，此时 BC= 23 2OCOC ，菱形也不存在； 当点 Q在点 P下方时， 若点 Q在第三象限，如图， COQ=45 ， 根据菱形的性质COQ=POQ=45 ，则点 P 与点 A重合， 此时 OA=1OC=3，菱形不存在， 若点 Q在第一象限，如图， 同理，菱形不存在， 综上，不存在以点 O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形 【点睛】本题是二次函数综合题，考查的是二次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，其中，熟练掌握 方程的思想方法和分类讨论的思想方法是解题的关键