安徽省2021年中考数学真题（解析版）

2021年安徽省中考数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）每小题都给出A，B，C，D四个选项，其中只有一个是符合题目要求的．1.9的绝对值是（）A.9B.9C.19D.19【答案】A【解析】【分析】利用绝对值的定义直接得出结果即可【详解】解：9的绝对值是：9故选:A【点睛】本题考查绝对值的定义，正确理解定义是关键，熟记负数的绝对值是它的相反数是重点2.《2020年国民经济和社会发展统计公报》显示，2020年我国共资助8990万人参加基本医疗保险．其中8990万用科学记数法表示为（）A.89.9×106B.8.99×107C.8.99×108D.0.899×109【答案】B【解析】【分析】将8990万还原为89900000后，直接利用科学记数法的定义即可求解．【详解】解：8990万=89900000=78.9910，故选B．【点睛】本题考查了科学记数法的定义及其应用，解决本题的关键是牢记其概念和公式，本题易错点是含有单位“万”，学生在转化时容易出现错误．3.计算23()xx的结果是（）A.6xB.6xC.5xD.5x【答案】D【解析】【分析】利用同底数幂的乘法法则计算即可【详解】解：52233=-()xxxx故选：D【点睛】本题考查同底数幂的乘法法则，正确使用同底数幂相乘，底数不变，指数相加是关键4.几何体的三视图如图所示，这个几何体是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据三视图，该几何体的主视图可确定该几何体的形状，据此求解即可．【详解】解：根据A，B，C，D三个选项的物体的主视图可知，与题图有吻合的只有C选项，故选：C．【点睛】本题考查了由三视图判断几何体的知识，熟练掌握三视图并能灵活运用，是解题的关键．5.两个直角三角板如图摆放，其中90BACEDF，45E，30C，AB与DF交于点M．若//BCEF，则BMD的大小为（）A.60B.67.5C.75D.82.5【答案】C【解析】【分析】根据//BCEF，可得45FDBF，再根据三角形内角和即可得出答案．【详解】由图可得6045BF，，∵//BCEF，∴45FDBF，∴180180456075BMDFDBB，故选：C．【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形的内角和，掌握平行线的性质和三角形的内角和是解题的关键．6.某品牌鞋子的长度ycm与鞋子的“码”数x之间满足一次函数关系．若22码鞋子的长度为16cm，44码鞋子的长度为27cm，则38码鞋子的长度为（）A.23cmB.24cmC.25cmD.26cm【答案】B【解析】【分析】设ykxb，分别将22,16和44,27代入求出一次函数解析式，把38x代入即可求解．【详解】解：设ykxb，分别将22,16和44,27代入可得：16222744kbkb，解得125kb，∴152yx，当38x时，1385242ycm，故选：B．【点睛】本题考查一次函数的应用，掌握用待定系数法求解析式是解题的关键．7.设a，b，c为互不相等的实数，且4155bac，则下列结论正确的是（）A.abcB.cbaC.4()abbcD.5()acab【答案】D【解析】【分析】举反例可判断A和B，将式子整理可判断C和D．【详解】解：A．当5a，10c，41655bac时，cba，故A错误；B．当10a，5c，41955bac时，abc，故B错误；C．4()abbc整理可得1455bac，故C错误；D．5()acab整理可得4155bac，故D正确；故选：D．【点睛】本题考查等式的性质，掌握等式的性质是解题的关键．8.如图，在菱形ABCD中，2AB，120A，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（）A.33B.223C.23D.123【答案】A【解析】【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长．【详解】∵HF⊥BC,EG⊥AB,∴∠BEO=∠BFO=90°，∵∠A=120°，∴∠B=60°，∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，因为O点是菱形ABCD的对称中心，∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，所以四边形EFGH是矩形；设OE=OF=OG=OH=x，∴EG=HF=2x，2223EFHGxxx，如图，连接AC，则AC经过点O，可得三角形ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，AC=AB=2,∴OA=1,∠AOE=30°，∴AE=12，∴x=OE=2213122∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=332322323322xx,故选A．【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．9.如图在三条横线和三条竖线组成的图形中，任选两条横线和两条竖线都可以图成一个矩形，从这些矩形中任选一个，则所选矩形含点A的概率是（）A.14B.13C.38D.49【答案】D【解析】【分析】根据题意两条横线和两条竖线都可以组成矩形个数，再得出含点A矩形个数，进而利用概率公式求出即可．【详解】解：两条横线和两条竖线都可以组成一个矩形，则如图的三条横线和三条竖线组成可以9个矩形，其中含点A矩形4个，∴所选矩形含点A的概率是49故选：D【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．10.在ABC中，90ACB，分别过点B，C作BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（）A.2CDMEB.//MEABC.BDCDD.MEMD【答案】A【解析】【分析】设AD、BC交于点H，作HFAB于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．由题意易证()CAEFAESAS，从而证明ME为CBFV中位线，即//MEAB，故判断B正确；又易证()AGDABDASA，从而证明D为BG中点．即利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求出CDBD，故判断C正确；由90HDMDHM、90HCECHE和DHMCHE可证明HDMHCE．再由90HEMEHF、EHCEHF和90EHCHCE可推出HCEHEM，即推出HDMHEM，即MDME，故判断D正确；假设2CDME，可推出2CDMD，即可推出30DCM．由于无法确定DCM的大小，故2CDME不一定成立，故可判断A错误．【详解】如图，设AD、BC交于点H，作HFAB于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．∵AD是BAC的平分线，HFAB，HCAC，∴HC=HF，∴AF=AC．∴在CAEV和FAE中，AFACCAEFAEAEAE，∴()CAEFAESAS，∴CEFE，∠AEC=∠AEF=90°，∴C、E、F三点共线，∴点E为CF中点．∵M为BC中点，∴ME为CBFV中位线，∴//MEAB，故B正确，不符合题意；∵在AGD△和ABD△中，90GADBADADADADGADB，∴()AGDABDASA，∴12GDBDBG，即D为BG中点．∵在BCG中，90BCG，∴12CDBG，∴CDBD，故C正确，不符合题意；∵90HDMDHM，90HCECHE，DHMCHE，∴HDMHCE．∵HFAB，//MEAB，∴HFME，∴90HEMEHF．∵AD是BAC的平分线，∴EHCEHF．∵90EHCHCE，∴HCEHEM，∴HDMHEM，∴MDME，故D正确，不符合题意；∵假设2CDME，∴2CDMD，∴在RtCDM中，30DCM．∵无法确定DCM的大小，故原假设不一定成立，故A错误，符合题意．故选A．【点睛】本题考查角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等知识，较难．正确的作出辅助线是解答本题的关键．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）11.计算：04(1)______．【答案】3【解析】【分析】先算算术平方根以及零指数幂，再算加法，即可．【详解】解：04(1)213，故答案为3．【点睛】本题主要考查实数的混合运算，掌握算术平方根以及零指数幂是解题的关键．12.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，底面正方形的边长与侧面等腰三角形底边上的高的比值是51，它介于整数n和1n之间，则n的值是______．【答案】1【解析】【分析】先估算出5，再估算出51即可完成求解．【详解】解：∵52.236；∴511.236；因为1.236介于整数1和2之间，所以1n;故答案为：1．【点睛】本题考查了对算术平方根取值的估算，要求学生牢记5的近似值或者能正确估算出5的整数部分即可；该题题干前半部分涉及到数学文化，后半部分为解题的要点，考查了学生的读题、审题等能力．13.如图，圆O的半径为1，ABC内接于圆O．若60A，75B，则AB______．【答案】2【解析】【分析】先根据圆的半径相等及圆周角定理得出∠ABO=45°，再根据垂径定理构造直角三角形，利用锐角三角函数解直角三角形即可【详解】解：连接OB、OC、作OD⊥AB∵60A∴∠BOC=2∠A=120°∵OB=OC∴∠OBC=30°又75B∴∠ABO=45°在Rt△OBD中，OB=1∴BD==22∵OD⊥AB∴BD=AD=22∴AB=2故答案为：2【点睛】本题考查垂径定理、圆周角定理，正确使用圆的性质及定理是解题关键14.设抛物线2(1)yxaxa，其中a为实数．（1）若抛物线经过点(1,)m，则m______；（2）将抛物线2(1)yxaxa向上平移2个单位，所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是______．【答案】①.0②.2【解析】【分析】（1）直接将点(1,)m代入计算即可（2）先根据平移得出新的抛物线的解析式，再根据抛物线顶点坐标得出顶点坐标的纵坐标，再通过配方得出最值【详解】解：（1）将(1,)m代入2(1)yxaxa得：110maa故答案为：0（2）根据题意可得新的函数解析式为：2(1)+2yxaxa由抛物线顶点坐标24-,24bacbaa得新抛物线顶点的纵坐标为：24(2)(1)4aa2274aa2(21)84aa2(1)84a∵2(1)0a∴当a=1时，218a有最大值为8，∴所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是8=24故答案为：2【点睛】本题考查将抛物线的顶点坐标、将点代入代入函数解析式、利用配方法求最值是常用的方法三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）15.解不等式：1103x．【答案】4x【解析】【分析】利用去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1即可解答．【详解】1103x，(1)30x，130x，13x，4x．【点睛】本题考查了一元一次不等式的解法，熟练运用一元一次不等式的解法是解决问题的关键．16.