2021年湖南省中考数学模拟试题含答案（一） 13页

2021 年湖南初中学业水平考试 数学模拟卷(一) (考试时间：120 分钟 满分：150 分) 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分) 1．－2 021 的倒数的相反数是 ( C ) A．2 021 B．－2 021 C． 1 2 021 D．－ 1 2 021 2．(2020·泰安)2020 年 6 月 23 日，中国北斗系统第五十五颗导航 卫星暨北斗三号最后一颗全球组网卫星成功发射入轨，可以为全球用 户提供定位、导航和授时服务，今年我国卫星导航与位置服务产业产 值预计将超过 4 000 亿元．把数据 4 000 亿元用科学记数法表示为 ( C ) A．4×1012 元 B．4×1010 元 C．4×1011 元 D．40×109 元 3．(2020·遂宁)下列计算正确的是 ( D ) A．7ab－5a＝2b B． a＋1 a 2 ＝a2＋1 a2 C．(－3a2b2)2＝6a4b2 D．3a2b÷b＝3a2 4．(2020·黄冈)已知一个正多边形的一个外角为 36°，则这个正多 边形的边数是 ( D ) A．7 B．8 C．9 D．10 5．(2020·抚顺)一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置 摆放，若∠1＝20°，则∠2 的度数是 ( C ) A．15° B．20° C．25° D．40° 第 5 题图 6．(2020·娄底)一组数据 7，8，10，12，13 的平均数和中位数分别 是 ( C ) A．7，10 B．9，9 C．10，10 D．12，11 7．(2020·荆门)如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝ 2 3 ，D 为 BC 的中点，AE＝1 4 AB，则△EBD 的面积为 ( B ) A．3 3 3 B．3 3 8 C． 3 4 D． 3 8 第 7 题图 8．(2020·黄冈)若菱形的周长为 16，高为 2，则菱形两邻角的度数 之比为 ( B ) A．4∶1 B．5∶1 C．6∶1 D．7∶1 9．(2019·河北)小刚在解关于 x 的方程 ax2＋bx＋c＝0(a≠0)时，只 抄对了 a＝1，b＝4，解出其中一个根是 x＝－1.他核对时发现所抄的 c 比原方程的 c 值小 2.则原方程的根的情况是 ( A ) A．不存在实数根 B．有两个不相等的实数根 C．有一个根是 x＝－1 D．有两个相等的实数根 10．(2020·徐州)如图，在平面直角坐标系中，函数 y＝4 x (x>0)与 y ＝x－1 的图象交于点 P(a，b)，则代数式1 a －1 b 的值为 ( C ) A.－1 2 B．1 2 C．－1 4 D．1 4 二、填空题(本大题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分) 11．函数 y＝ x－1 x－3 的自变量的取值范围是__x≥1 且 x≠3__． 12．因式分解：x3y＋2x2y＋xy＝__xy(x＋1)2__． 13．一个袋中装有 m 个红球，10 个黄球，n 个白球，每个球除颜色外 都相同，任意摸出一个球，摸到黄球的概率与不是黄球的概率相同， 那么 m 与 n 的关系是__m＋n＝10__． 14．若一个等腰三角形的两边长分别为 2，4，则第三边的长为__4__． 15．如图是某几何体的三视图，根据图中的数据，求得该几何体的体 积为__800π＋3_000__． 第 15 题图 第 16 题图 16．如图，在平面直角坐标系中，点 A1 的坐标为(1，2)，以点 O 为圆 心，以 OA1 长为半径画弧，交直线 y＝1 2 x 于点 B1，过 B1 点作 B1A2∥y 轴，交直线 y＝2x 于点 A2，以 O 为圆心，以 OA2 长为半径画弧，交直 线 y＝1 2 x 于点 B2；过点 B2 作 B2A3∥y 轴，交直线 y＝2x 于点 A3，以点 O 为圆心，以 OA3 长为半径画弧，交直线 y＝1 2 x 于点 B3……按照如此 规律进行下去，点 B2 018 的坐标为__(22_018，22_017)__． 三、解答题(本大题共 8 小题，共 86 分) 17．(8 分)(2020·遂宁)计算： 8 －2sin 30°－|1－ 2 |＋ 1 2 －2 －(π－2 020)0. 解：原式＝2 2 －2×1 2 －( 2 －1)＋4－1 ＝2 2 －1－ 2 ＋1＋4－1 ＝ 2 ＋3. 18．(8 分)(2020·荆州)先化简，再求值： 1－1 a ÷ a2－1 a2＋2a＋1 ，其 中 a 是不等式组 a－2≥2－a①， 2a－1＜a＋3② 的最小整数解． 解：原式＝a－1 a · （a＋1）2 （a＋1）（a－1） ＝a＋1 a . 解不等式①得 a≥2， 解不等式②得 a＜4， ∴2≤a＜4. ∴a 的最小整数值为 2. ∴原式＝2＋1 2 ＝3 2 . 19．(10 分)(2020·抚顺)为培养学生的阅读习惯，某中学利用学生 课外时间开展了以“走近名著”为主题的读书活动．为了有效了解学 生课外阅读情况，现随机调查了部分学生每周课外阅读的时间，设被 调查的每名学生每周课外阅读的总时间为 x 小时，将它分为 4 个等级： A(0≤x<2)，B(2≤x<4)，C(4≤x<6)，D(x≥6)，并根据调查结果绘制 了如下两幅不完整的统计图． 请你根据统计图的信息，解答下列问题： (1)本次共调查了______名学生； (2)在扇形统计图中，等级 D 所对应的扇形的圆心角为______°； (3)请补全条形统计图； (4)在等级 D 中有甲，乙，丙，丁 4 人表现最为优秀，现从 4 人中任 选 2 人作为学校本次读书活动的宣传员，用列表或画树状图的方法求 恰好选中甲和乙的概率． 解：(1)50. (2)108. (3)C 等级人数为 50－(4＋13＋15)＝18. 补全条形统计图如图． (4)画树状图如下： 总共有 12 种结果，且每种结果出现的可能性相同，恰好选中甲和乙 的结果有 2 种， 所以 P(恰好选中甲和乙)＝ 2 12 ＝1 6 . 20．(10 分)(2020·陕西)如图所示，小明家与小华家住在同一栋楼 的同一单元，他俩想测算所住楼对面商业大厦的高 MN.他俩在小明家 的窗台 B 处，测得商业大厦顶部 N 的仰角∠1 的度数，由于楼下植物 的遮挡，不能在 B 处测得商业大厦底部 M 的俯角的度数，于是，他俩 上楼来到小华家，在窗台 C 处测得商业大厦底部 M 的俯角∠2 的度数， 竟然发现∠1 与∠2 恰好相等，已知 A，B，C 三点共线，CA⊥AM，NM ⊥AM，AB＝31 m，BC＝18 m，试求商业大厦的高 MN. 解：如图，过点 C 作 CE⊥MN，垂足为 E，过点 B 作 BF⊥MN，垂足为 F， ∴∠CEF＝∠BFE＝90°. ∵CA⊥AM，NM⊥AM， ∴四边形 AMEC 和四边形 AMFB 均为矩形， ∴CE＝BF，ME＝AC. 又∠1＝∠2，∴△BFN≌△CEM(ASA). ∴NF＝ME＝31＋18＝49(m). 由矩形性质，易得 EF＝CB＝18 m. ∴MN＝NF＋EM－EF＝49＋49－18＝80(m). 答：商业大厦的高 MN 为 80 m． 21．(12 分)(2020·咸宁)定义：有一组对角互余的四边形叫做对余 四边形． 理解： (1)若四边形 ABCD 是对余四边形，则∠A 与∠C 的度数之和为 ________． 证明： (2)如图①，MN 是⊙O 的直径，点 A，B，C 在⊙O 上，AM，CN 相交于 点 D.求证：四边形 ABCD 是对余四边形． 探究： (3)如图②，在对余四边形 ABCD 中，AB＝BC，∠ABC＝60°，探究线 段 AD，CD 和 BD 之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由． (1)解：90°或 270°. (2)证明：连接 OB. ∵∠BAM＝1 2 ∠BOM， ∠BCN＝1 2 ∠BON， ∴∠BAM＋∠BCN＝1 2 (∠BOM＋∠BON)＝90° ∴四边形 ABCD 是对余四边形． (3)解：结论：AD2＋CD2＝BD2. 理由如下： 连接 AC. ∵AB＝BC， ∠ABC＝60°， ∴△ABC 是等边三角形， ∴∠BAC＋∠BCA＝120°， ∴∠BAD＋∠BCD＞120°. ∵四边形 ABCD 为对余四边形，∠ABC＝60°， ∴∠ADC＝30°. 将△BCD 绕点 C 顺时针旋转 60°得到△ACE，点 B 与点 A 重合， 点 D 落到 E 点处，连接 DE. 由旋转性质可知 AE＝BD，CE＝CD，∠DCE＝60°， ∴△CDE 是等边三角形， ∴ED＝CD，∠CDE＝60°， ∴∠ADE＝∠ADC＋∠CDE＝90°， ∴AD2＋ED2＝AE2. 又 ED＝CD，AE＝BD， ∴AD2＋CD2＝BD2. 22．(12 分)(10 分)(2020·新疆)某超市销售 A，B 两款保温杯，已知 B 款保温杯的销售单价比 A 款保温杯多 10 元，用 480 元购买 B 款保 温杯的数量与用 360 元购买 A 款保温杯的数量相同． (1)A，B 两款保温杯的销售单价各是多少元？ (2)由于需求量大，A，B 两款保温杯很快售完，该超市计划再次购进 这两款保温杯共 120 个，且 A 款保温杯的数量不少于 B 款保温杯数量 的两倍，若 A 款保温杯的销售单价不变，B 款保温杯的销售单价降低 10%，两款保温杯的进价每个均为 20 元，应如何进货才能使这批保温 杯的销售利润最大？最大利润是多少元？ 解：(1)设 A 款保温杯的销售单价为 x 元，则 B 款保温杯的销售单价 为(x＋10)元， 由题意可得360 x ＝ 480 x＋10 ，解得 x＝30. 经检验，x＝30 是原方程的解，且符合题意． 答：A 款保温杯的销售单价为 30 元，B 款保温杯的销售单价为 40 元． (2)设该超市计划再次购进 B 款保温杯 a 个，则购进 A 款保温杯(120 －a)个，销售利润为 w 元， 由题意可得 a≥0 且 120－a≥2a， ∴0≤a≤40. ∴w＝(30－20)(120－a)＋[40(1－10%)－20]a ＝6a＋1 200(0≤a≤40). ∵6>0， ∴w 随着 a 的增大而增大， ∴当 a＝40 时，w 有最大值，此时最大利润为 1 440 元． 120－40＝80(个). 答：应进货 A 款保温杯 80 个，B 款保温杯 40 个才能使这批保温杯的 销售利润最大，且最大利润为 1 440 元． 23．(12 分)如图，已知 AB 是⊙O 的直径，AC，BC 是⊙O 的弦，OE∥ AC 交 BC 于 E，过点 B 作⊙O 的切线交 OE 的延长线于点 D，连接 DC 并 延长交 BA 的延长线于点 F. (1)求证：DC 是⊙O 的切线； (2)若∠ABC＝30°，AB＝8，求线段 CF 的长． (1)证明：连接 OC， ∵OE∥AC，∴∠1＝∠2. ∵AB 是⊙O 的直径，∴∠1＝∠2＝90°. ∴OD⊥BC，由垂径定理得 OD 垂直平分 BC. ∴DB＝DC.∴∠DBE＝∠DCE. 又∵OC＝OB，∴∠OBE＝∠OCE， 即∠DBO＝∠OCD. ∵DB 为⊙O 的切线，OB 是半径，∴∠DBO＝90°. ∴∠OCD＝∠DBO＝90°，即 OC⊥DC. ∵OC 是⊙O 的半径，∴DC 是⊙O 的切线． (2)解：在 Rt△ABC 中，∠ABC＝30°，∴∠3＝60°. 又 OA＝OC，∴△AOC 是等边三角形，∴∠COF＝60°. 在 Rt△COF 中，tan ∠COF＝CF OC ＝ 3 ， ∴CF＝ 3 OC＝ 3 2 AB＝4 3 . 24．(14分)(2019·张家界)已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)过点A(1， 0)，B(3，0)两点与 y 轴交于 C，OC＝3. (1)求抛物线的解析式及顶点 D 的坐标； (2)过点 A 作 AM⊥BC，垂足为 M，求证：四边形 ADBM 为正方形； (3)点 P 为抛物线在直线 BC 下方图形上的一动点，当△PBC 面积最大 时，求点 P 的坐标； (4)若点 Q 为线段 OC 上的一动点，问：AQ＋1 2 QC 是否存在最小值？ 若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由． 解：(1)y ＝(x－2)2－1，∴D(2，－1) (2)证明：∵OB＝OC， ∴∠CBA＝45°，∵AB＝2， ∴AM＝MB＝ 2 ＝AD＝BD，则四边形 ADBM 为菱形，而∠AMB＝90°， ∴四边形 ADBM 为正方形． (3)过点 P 作 PF⊥x 轴交 BC 于点 F. 设 P 点的坐标为(x，x2－4x＋3). BC 为 y＝－x＋3. ∴F(x，－x＋3).∴PF＝－x2＋3x， ∴S△PBC＝ 1 2 PF×3＝－3 2 x－3 2 2 ＋27 8 ， 当 x＝3 2 时，S△PBC max＝27 8 ，将 x＝3 2 代入 y＝x2－4x＋3 得 y＝－3 4 ， ∴P 3 2，－3 4 . (4)作∠OCG＝30°交 x 轴负半轴于点 G， 过点 A 作 AH⊥CG 交 y 轴于点 Q. ∴HQ＝1 2 CQ.∴AQ＋1 2 CQ＝AQ＋HQ. ∴当 AH⊥CG 时，AQ＋1 2 CQ 的值最小， ∵tan ∠OCG＝OG OC ，∴OG＝3× 3 3 ＝ 3 ， ∴CG＝2 3 ， ∴S△CGA＝1 2 CG×AH＝1 2 AG×OC. ∴AH＝（1＋ 3）×3 2 3 ＝3＋ 3 2 ， ∴AQ＋1 2 QC 存在最小值，最小值为3＋ 3 2 .