2021年山西省中考数学试题及答案

山西省2021年中考数学真题

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

一、单选题

1．计算的结果是（    ）

A．－6 B．6 C．－10 D．10

2．为推动世界冰雪运动的发展，我国将于2022年举办北京冬奥会．在此之前进行了冬奥会会标的征集活动，以下是部分参选作品，其文字上方的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）

A． B． C． D．

3．下列运算正确的是（    ）

A． B． C． D．

4．《中国核能发展报告2021》蓝皮书显示，2020年我国核能发电量为3662.43亿千瓦时，相当于造林77.14万公顷．已知1公顷平方米，则数据77.14万公顷用科学记数法表示为（    ）

A．平方米 B．平方米

C．平方米 D．平方米

5．已知反比例函数，则下列描述不正确的是（    ）

A．图象位于第一，第三象限 B．图象必经过点

C．图象不可能与坐标轴相交 D．随的增大而减小

6．每天登录“学习强国”App进行学习，在获得积分的同时，还可获得“点点通”附加奖励，李老师最近一周每日“点点通”收入明细如下表，则这组数据的中位数和众数分别是（    ）

A．27点，21点 B．21点，27点

C．21点，21点 D．24点，21点

7．如图，在中，切于点，连接交于点，过点作交于点，连接．若，则为（    ）

A． B． C． D．

8．在勾股定理的学习过程中，我们已经学会了运用以下图形，验证著名的勾股定理：这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”．实际上它也可用于验证数与代数，图形与几何等领域中的许多数学公式和规律，它体现的数学思想是（    ）

A．统计思想 B．分类思想 C．数形结合思想 D．函数思想

9．如图，正六边形的边长为2，以为圆心，的长为半径画弧，得，连接，，则图中阴影部分的面积为（    ）

A． B． C． D．

10．抛物线的函数表达式为，若将轴向上平移2个单位长度，将轴向左平移3个单位长度，则该抛物线在新的平面直角坐标系中的函数表达式为（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

11．计算：__________

12．如图是一片枫叶标本，其形状呈“掌状五裂型”，裂片具有少数突出的齿．将其放在平面直角坐标系中，表示叶片“顶部”，两点的坐标分别为，，则叶杆“底部”点的坐标为__________．

13．如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，，交于点，则的长为__________．

14．太原地铁2号线是山西省第一条开通运营的地铁线路，于2020年12月26日开通．如图是该地铁某站扶梯的示意图，扶梯的坡度（为铅直高度与水平宽度的比）．王老师乘扶梯从扶梯底端以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端，则王老师上升的铅直高度为__________米．

15．如图，在中，点是边上的一点，且，连接并取的中点，连接，若，且，则的长为__________．

三、解答题

16．（1）计算：．

（2）下面是小明同学解不等式的过程，请认真阅读并完成相应任务．

解：第一步

第二步

第三步

第四步

第五步

任务一：填空：

①以上解题过程中，第二步是依据______________（运算律）进行变形的；

②第__________步开始出现错误，这一步错误的原因是________________；

任务二：请直接写出该不等式的正确解集．

17．2021年7日1日建党100周年纪念日，在本月日历表上可以用一个方框圈出4个数（如图所示），若圈出的四个数中，最小数与最大数的乘积为65，求这个最小数（请用方程知识解答）．

18．太原武宿国际机场简称“太原机场”，是山西省开通的首条定期国际客运航线．游客从太原某景区乘车到太原机场，有两条路线可供选择，路线一：走迎宾路经太输路全程是25千米，但交通比较拥堵；路线二：走太原环城高速全程是30千米，平均速度是路线一的倍，因此到达太原机场的时间比走路线一少用7分钟，求走路线一到达太原机场需要多长时间．

19．近日，教育部印发了《关于举办第三届中华经典诵写讲大赛的通知》，本届大赛以“传承中华经典，庆祝建党百年”为主题，分为“诵读中国”经典通读，“诗教中国”诗词讲解，“笔墨中国”汉字书写，“印记中国”印章篆刻比赛四类（依次记为，，，）．为了解同学们参与这四类比赛的意向，某校学生会从有意向参与比赛的学生中随机抽取若干名学生进行了问卷调查（调查问卷如图所示），所有问卷全部收回，并将调查结果绘制成如下所示的统计图和统计表（均不完整）．请根据图表提供的信息，解答下列问题：

（1）参与本次问卷调查的总人数为__________人，统计表中的百分比为__________；

（2）请补全统计图；

（3）小华想用扇形统计图反映有意向参与各类比赛的人数占被调查总人数的百分比，是否可行？若可行，求出表示类比赛的扇形圆心角的度数；若不可行，请说明理由；

（4）学校“诗教中国”诗词讲解大赛初赛的规则是：组委会提供“春”“夏”“秋”“冬”四组题目（依次记为，，，），由电脑随机给每位参赛选手派发一组，选手根据题目要求进行诗词讲解．请用列表或画树状图的方法求甲，乙两名选手抽到的题目在同一组的概率．

20．阅读与思考，请阅读下列科普材料，并完成相应的任务．

任务：

（1）请根据以上材料简要说明图算法的优越性；

（2）请用以下两种方法验证第二个例子中图算法的正确性：

①用公式计算：当，时，的值为多少；

②如图，在中，，是的角平分线，，，用你所学的几何知识求线段的长．

21．某公园为引导游客观光游览公园的景点，在主要路口设置了导览指示牌．某校“综合与实践”活动小组想要测量此指示牌的高度，他们绘制了该指示牌支架侧面的截面图如图所示，并测得，，，，四边形为矩形，且．请帮助该小组求出指示牌最高点到地面的距离（结果精确到．参考数据：，，，）．

22．综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；

独立思考：（1）请解答老师提出的问题；

实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；

问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．

23．如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接，．

（1）求，，三点的坐标并直接写出直线，的函数表达式；

（2）点是直线下方抛物线上的一个动点，过点作的平行线，交线段于点．

①试探究：在直线上是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；

②设抛物线的对称轴与直线交于点，与直线交于点．当时，请直接写出的长．

参考答案

1．B

【分析】

根据有理数加法法则计算即可．

【详解】

解：，

故选：B．

【点睛】

本题主要考查有理数加法法则，同号两数相加，取相同符号，再把绝对值相加；异号两数相加，取绝对值大的数的符号，再把绝对值相减，熟练掌握运算法则是解题关键．

2．B

【分析】

根据轴对称图形及中心对称图形的概念可直接进行排除选项．

【详解】

解：A、文字上方的图案既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；

B、文字上方的图案既是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意；

C、文字上方的图案是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；

D、文字上方的图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；

故选B．

【点睛】

本题主要考查轴对称图形及中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形及中心对称图形的概念是解题的关键．

3．A

【分析】

根据积的乘方、幂的乘方、同类项定义、完全平方公式、整式的除法的运算法则计算即可．

【详解】

解：A、，故此选项正确；

B、和不属于同类项，不能相加，故此选项错误；

C、，故此选项错误；

D、，故此选项错误；

故选：A．

【点睛】

本题主要考查积的乘方、幂的乘方、同类项定义、完全平方公式、整式的除法的运算法则等知识点，运用以上知识点正确计算每个选项的值是解题关键．

4．D

【分析】

用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，将原数变为a，小数点移动多少位，n的值就为多少，据此判断即可．

【详解】

解：77.14万公顷

＝771400公顷

=7714000000平方米

=平方米，

故选：D．

【点睛】

此题主要考查用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中，确定a和n的值解题关键．

5．D

【分析】

根据反比例函数图像的性质判断即可．

【详解】

解：A、反比例函数，，经过一、三象限，此选项正确，不符合题意；

B、将点代入中，等式成立，故此选项正确，不符合题意；

C、反比例函数不可能坐标轴相交，此选项正确，不符合题意；

D、反比例函数图像分为两部分，不能一起研究增减性，故此选项错误，符合题意；

故选：D．

【点睛】

本题主要考查反比例函数图像的性质，熟知反比例函数的图像的性质是解题关键．

6．C

【分析】

根据中位数与众数定义即可求解．

【详解】

解：将下列数据从小到大排序为15，21，21，21，27，27，30，

根据中位数定义，7个点数位于位置上的点数是21点，

∴这组数据的中位数是21点，

根据众数的定义，这组数据中重复次数最多的点数是21 点，

所以这组数据的众数是21点，

故选择C．

【点睛】

本题考查中位数与众数，掌握中位数与众数定义是解题关键．

7．B

【分析】

连接，根据与相切易得，在中，已知，可以求出的度数，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出的度数，最后根据可得．

【详解】

如下图，连接，

∵切于点，

∴，

在中，

∵，

∴，

∴，

又∵，

∴．

故选：B．

【点睛】

本题考察了切线的性质，圆周角定理以及平行线的性质，综合运用以上性质定理是解题的关键．

8．C

【分析】

根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，据此回答即可．

【详解】

解：根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，

如勾股定理的推导是根据图形面积转换得以证明的，

由图形到数学规律的转化体现的数学的思想为：数形结合思想，

故选：C．

【点睛】

本题是对数学思想的考查，理解各种数学思想的本质特点是解决本题的关键．

9．A

【分析】

利用等六边形的性质计算出AC的长度，再根据扇形面积计算公式计算即可．

【详解】

解：过B点作AC垂线，垂直为G，

根据正六边形性质可知，，

∴，

∴S扇形=，

故选：A．

【点睛】

本题主要考查扇形面积的计算，根据正六边形性质计算出扇形的半径是解题的关键．

10．C

【分析】

将题意中的平移方式转换成函数图像的平移，再求解析式即可．

【详解】

解：若将轴向上平移2个单位长度，

相当于将函数图像向下平移2个单位长度，

将轴向左平移3个单位长度，

相当于将函数图像向右平移3个单位长度，

则平移以后的函数解析式为：

化简得：，

故选：C．

【点睛】

本题主要考查二次函数图像的平移，将题意中的平移方式转换为函数图像的平移是解决本题的关键．

11．.

【分析】

先将二次根式化为最简，然后合并同类二次根式即可．

【详解】

解：原式=.

故答案为5

12．

【分析】

根据A，两点的坐标分别为，，可以判断原点的位置，然后确定C点坐标即可．

【详解】

解：∵，两点的坐标分别为，，

∴B点向右移动3位即为原点的位置，

∴点C的坐标为，

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查在平面直角系中，根据已知点的坐标，求未知点的坐标，解题的关键是根据已知点的坐标确定原点的坐标．

13．

【分析】

根据菱形性质，利用勾股定理求出AB的长度，再根据中位线定理求出OE的长即可．

【详解】

解：∵四边形是菱形，

∴，

∵，，

∴，

∴，

∵，O为AC中点，

∴，

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查菱形性质，勾股定理，中位线定理，熟练掌握以上知识点是解决本题的关键．

14．

【分析】

根据坡比列比例求解即可．

【详解】

解：∵的坡度，

∴，

∵米，

∴，

解得：，

故答案为：．

．
 

【点睛】

本题主要考查坡比的概念，根据坡比列出比例是解决本题的关键．

15．．

【分析】

延长BE交AC于点F，过D点作，由可得此时为等腰直角三角形，E为CD的中点且，则，在等腰中，根据勾股定理求得，长度，由可得,即，由，可得，即， ,求得，．

【详解】

如下图，延长BE交AC于点F，过D点作，

∵，，

∴，，为等腰．

由题意可得E为CD的中点，且，

∴，

在等腰中，，

，

又∵，

在，

∴（AAS）

∴，

∵，，

∴，

∴

，

∴，，

．

故答案为：．

【点睛】

本题考察了等腰直角三角形的性质，勾股定理求对应边的长度，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，构造合适的相似三角形，综合运用以上性质是解题的关键．

16．（1）6；（2）任务一：①乘法分配律（或分配律）；②五；不等式两边都除以－5，不等号的方向没有改变（或不符合不等式的性质3）；任务二：

【分析】

（1）根据实数的运算法则计算即可；

（2）根据不等式的性质3判断并计算即可．

【详解】

（1）解：原式

．

（2）①乘法分配律（或分配律）

②五  不等式两边都除以－5，不等号的方向没有改变（或不符合不等式的性质3）；

任务二：不等式两边都除以－5，改变不等号的方向得：．

【点睛】

本题主要考查实数的运算，不等式的性质等知识点，熟练掌握实数的运算法则以及不等式的性质是解题关键．

17．5

【分析】

根据日历上数字规律得出，圈出的四个数最大数与最小数的差值为8，设最小数为，则最大数为，结合已知，利用最大数与最小数的乘积为65列出方程求解即可．

【详解】

解：设这个最小数为．

根据题意，得．

解得，（不符合题意，舍去）．

答：这个最小数为5．

【点睛】

此题主要考察了由实际问题抽象出一元二次方程，掌握日历的特征，根据已知得出的最大数与最小数的差值是解题的关键．

18．25分钟

【分析】

设走路线一到达太原机场需要分钟，用含x的式子表示路线一、二的速度，再根据路线二平均速度是路线一的倍列等式计算即可．

【详解】

解：设走路线一到达太原机场需要分钟．

根据题意，得．

解得：．

经检验，是原方程的解．

答：走路线一到达太原机场需要25分钟．

【点睛】

本题主要考查分式方程的应用，根据题意找出等量关系是解决本题的关键，注意分式方程需要验根．

19．（1）120；；（2）见解析；（3）不可行，见解析；（4）

【分析】

（1）根据“诵读中国”经典通读的人数和所占调查总人数的百分比可求得总人数，根据“笔墨中国”汉字书写的人数和总人数可以求得m的值；

（2）补全统计图见详解；

（3）根据百分比之和超过百分之百可以判断；

（4）用树状图或者列表法将所有情况不重复不遗漏的列出来，再用概率计算公式计算即可；

【详解】

解：（1）(人)；

；

故答案为：120；．

（2）“诗教中国”诗词讲解的人数为：(人，)

补全统计图如下：

（3）解：不可行．

理由：答案不唯一，如：由统计表可知，．即有意向参与比赛的人数占调查总人数的百分比之和大于1；或，即有意向参与类与类的人数之和大于总人数120等．

（4）解：列表如下：

或画树状图如下：

由列表（或画树状图）可知，总共有16种结果，每种结果出现的可能性都相同．其中甲，乙两名选手抽到的题目在同一组的结果有4种．

所以，．

【点睛】

本题主要考查频数直方图的画法，用画树状图和列表的方法计算概率等，根据题意找到各量之间数量关系是解题关键．

20．（1）图算法方便；直观；或不用公式计算即可得出结果等；（2）①；②

【分析】

（1）根据题意可直接进行求解问题；

（2）①利用公式可直接把，代入求解即可；②过点作，交的延长线于点，由题意易得，则有，，然后可得为等边三角形，则，所以可得，最后利用相似三角形的性质可求解．

【详解】

（1）解：答案不唯一，如：图算法方便；直观；或不用公式计算即可得出结果等．

（2）①解：当，时，，

∴．

②解：过点作，交的延长线于点，如图所示：

∵平分，

∴，

∵，

∴，，

∴，

∴，

∴为等边三角形，

∴，

∵，，

∴，

∴，

∴，

∴．

【点睛】

本题主要考查相似三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定是解题的关键．

21．

【分析】

过点作于点，交直线于点；过点B作于点，于点，此时构造出两个矩形和，根据矩形的性质可得，，，进而求得的度数，在，中，利于三角函数即可求得，的长度，最终求得AH的值即为指示牌最高点到地面的距离．

【详解】

解：过点作于点，交直线于点；

过点作于点，于点；

则四边形和四边形均为矩形．

∴，，，

∴．

∴．

在中，，，

∴．

在中，，，

∴．

∴．

∴．

答：指示牌最高点到地面的距离为．

【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，构造所给角度以及相关角所在的直角三角形是解决问题的难点，利用和三角函数求值得到相应线段的长度是解决问题的关键．

22．（1）；见解析；（2），见解析；（3）．

【分析】

（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；

（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；

（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．

【详解】

（1）．

如图，分别延长，相交于点P，

∵四边形是平行四边形，

∴，

∴，,

∵为的中点，

∴，

在△PDF和△BCF中，，

∴△PDF≌△BCF，

∴，即为的中点，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴．

（2）．

∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，

∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，

∵为的中点，

∴，

∴，

∴∠FDC′=∠FC′D，

∵=∠FDC′+∠FC′D，

∴，

∴∠FC′D=∠C′FB，

∴，

∵四边形为平行四边形，

∴，DC=AB，

∴四边形为平行四边形，

∴，

∴，

∴．

（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，

∵的面积为20，边长，于点，

∴BH=50÷5=4，

∴CH=，A′H=A′B-BH=1，

∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，

∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，

∵于点，AB//CD，

∴，

∴∠MBH=45°，

∴△MBQ是等腰直角三角形，

∴MQ=BQ，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠A=∠C，

∴∠A′=∠C，

∵∠A′HN=∠CHB，

∴△A′NH∽△CBH，

∴，即，

解得：NH=2，

∵，MQ⊥A′B，

∴NH//MQ，

∴△A′NH∽△A′MQ，

∴，即，

解得：MQ=，

∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．

【点睛】

本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．

23．（1）点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，直线的函数表达式为：；直线的函数表达式为：；（2）①存在，点的坐标为或；②．

【分析】

（1）分别令和时即可求解，，三点的坐标，然后再进行求解直线，的函数表达式即可；

（2）①设点的坐标为，其中，由题意易得，，，当时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，进而可根据菱形的性质分当时，是菱形，当时，是菱形，然后分别求解即可；②由题意可作图，则由题意可得抛物线的对称轴为直线，由（1）可得直线的函数表达式为：；直线的函数表达式为：，点的坐标为，点的坐标为，进而可得，设点，然后可求得直线l的解析式为，则可求得点，所以就有，最后根据面积公式及两点距离公式可进行求解．

【详解】

解：（1）当时，，解得，，

∵点在点的左侧，

∴点的坐标为，点的坐标为，

当时，，

∴点的坐标为，

设直线的函数表达式为，代入点A、C的坐标得：，

解得：，

∴直线的函数表达式为：．

同理可得直线的函数表达式为：；

（2）①存在．设点的坐标为，其中，

∵点，点的坐标分别为，，

∴，，，

∵，

∴当时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，

当时，是菱形，如图所示：

∴，

解得，（舍去），

∴点的坐标为，

∴点的坐标为；

当时，是菱形，如图所示：

∴，

解，得，（舍去），

∴点的坐标为，

∴点的坐标为；

综上所述，存在点，使得以，，，为顶点的四边形为菱形，且点的坐标为或；

②由题意可得如图所示：

由题意可得抛物线的对称轴为直线，由（1）可得直线的函数表达式为：；直线的函数表达式为：，点的坐标为，点的坐标为，

∴点，，

∴，

设点，

∵，

∴设直线l的解析式为，把点M的坐标代入得：，

解得：，

∴直线l的解析式为，

∴联立直线l与直线AC的解析式得：，

解得：，

∴，

∴点，

∵点是直线下方抛物线上的一个动点，且，

∴点M在点N的上方才有可能，

∴，

∴，

解得：（不符合题意，舍去），

∴，

∴由两点距离公式可得．

【点睛】

本题主要考查二次函数的综合及菱形的性质，熟练掌握二次函数的综合及菱形的性质是解题的关键．