四川省乐山市2021年中考数学试卷
一、选择题：本大题共10个小题，每小题3分，共30分．
1. 如果规定收入为正，那么支出为负，收入2元记作，支出5元记作（ ）．
A. 5元 B. 元 C. 元 D. 7元
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意，根据正负数的性质分析，即可得到答案．
【详解】根据题意得：支出5元记作元
故选：B．
【点睛】本题考查了正数和负数的知识；解题的关键是熟练掌握正负数的性质，从而完成求解．
2. 在一次心理健康教育活动中，张老师随机抽取了40名学生进行了心理健康测试，并将测试结果按“健康、亚健康、不健康”绘制成下列表格，其中测试结果为“健康”的频率是（ ）．
A. 32 B. 7 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合题意，根据频率的定义计算，即可得到答案．
【详解】根据题意，得测试结果为“健康”的频率是
故选：D．
【点睛】本题考查了抽样调查的知识；解题的关键是熟练掌握频率的性质，从而完成求解．
3. 某种商品千克的售价为元，那么这种商品8千克的售价为（ ）
A. （元） B. （元） C. （元） D. （元）
【答案】A
【解析】
【分析】先求出1千克售价，再计算8千克售价即可；
【详解】∵千克的售价为元，
∴1千克商品售价为，
∴8千克商品的售价为（元）；
故答案选A．
【点睛】本题主要考查了列代数式，准确分析列式是解题的关键．
4. 如图，已知直线、、两两相交，且．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由垂直的定义可得∠2=90°；根据对顶角相等可得，再根据三角形外角的性质即可求得．
【详解】
∵，
∴∠2=90°；
∵，
∴．
故选C．
【点睛】本题考查了垂直的定义、对顶角的性质、三角形外角的性质，熟练运用三角形外角的性质是解决问题的关键．
5. 如图，已知直线与坐标轴分别交于、两点，那么过原点且将的面积平分的直线的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知解析式求出点A、B坐标，根据过原点且将的面积平分列式计算即可；
【详解】如图所示，
当时，，
解得：，
∴，
当时，，
∴，
∵C在直线AB上，
设，
∴，
，
∵且将的面积平分，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
设直线的解析式为，
则，
∴；
故答案选D．
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，准确计算是解题的关键．
6. 如图是由4个相同的小正方体成的物体，将它在水平面内顺时针旋转后，其主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据该几何体它在水平面内顺时针旋转后，旋转后几何体的主视图与该几何体旋转前从右面看到的图形一样，由此即可解答．
【详解】把该几何体它在水平面内顺时针旋转后，旋转后的主视图与该几何体旋转前从右面看到的图形一样，
∵该几何体的从右面看到的图形为，
∴该几何体它在水平面内顺时针旋转后，旋转后几何体的主视图为 ．
故选C．
【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，熟知把该几何体它在水平面内顺时针旋转后，旋转后几何体的主视图与该几何体旋转前从右面看到的图形一样是解决问题的关键．
7. 七巧板起源于我国先秦时期，古算书《周髀算经》中有关于正方形的分割术，经历代演变而成七巧板，如图1所示．19世纪传到国外，被称为“唐图”（意为“来自中国的拼图”），图2是由边长为4的正方形分割制作的七巧板拼摆成的“叶问蹬”图．则图中抬起的“腿”（即阴影部分）的面积为（ ）
A. 3 B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据由边长为4的正方形分割制作的七巧板，可得共5种图形，然后根据阴影部分的构成图形，计算阴影部分面积即可．
【详解】解：如下图所示，由边长为4的正方形分割制作的七巧板，共有以下几种图形：
①腰长是的等腰直角三角形，
②腰长是的等腰直角三角形，
③腰长是的等腰直角三角形，
④边长是的正方形，
⑤边长分别是2和，顶角分别是和的平行四边形，
根据图2可知，图中抬起的“腿”（即阴影部分）是由一个腰长是的等腰直角三角形，和一个边长分别是2和，顶角分别是和 的平行四边形组成，
如下图示，
根据平行四边形的性质可知，顶角分别是和的平行四边形的高是，且 ，
∴一个腰长是的等腰直角三角形的面积是：，
顶角分别是和的平行四边形的面积是：，
∴阴影部分的面积为：，
故选：A．
【点睛】本题考查了七巧板中的图形的构成和面积计算，熟悉七巧板中图形的分类是解题的关键．
8. 如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作、延长线的垂线，垂足分别为点、．若，，则的值为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的基性质，得到∠PAE=30°，,利用勾股理求出AC=，则AP= +PC，PE=AP=+PC ，由∠PCF=∠DCA=30°，得到PF=PC ，最后算出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形且∠ABC=120°，AB=2，
∴AB=BC=CD=DA=2，∠BAD=60°，AC⊥BD，
∴∠CAE=30︒，
∵AC⊥BD，∠CAE=30°，AD=2，
∴AC=，
∴AP=+PC，
在直角△AEP中，
∵∠PAE=30°，AP=+PC，
∴PE=AP=+PC，
在直角△PFC中，
∵∠PCF=30°，
∴PF=PC，
∴=+PC-PC=，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、勾股定理的应用以及在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，关键会在直角三角形中应用30°．
9. 如图，已知，，，与、均相切，点是线段与抛物线的交点，则的值为（ ）
A. 4 B. C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】在Rt△AOB中，由勾股定理求得；再求得直线AC的解析式为；设的半径为m，可得P（m，-m+6）；连接PB、PO、PC，根据求得m=1，即可得点P的坐标为（1，5）；再由抛物线过点P，由此即可求得．
【详解】在Rt△AOB中，，，
∴；
∵，，
∴OC=6，
∴C（0，6）；
∵，
∴A（6，0）；
设直线AC的解析式为，
∴ ，
解得，
∴直线AC的解析式为；
设的半径为m，
∵与相切，
∴点P的横坐标为m，
∵点P在直线直线AC上，
∴P（m，-m+6）；
连接PB、PO、PA，
∵与、均相切，
∴△OBP边OB上的高为m，△AOB边AB上的高为m，
∵P（m，-m+6）；
∴△AOP边OA上的高为-m+6，
∵，
∴，
解得m=1，
∴P（1，5）；
∵抛物线过点P，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查了切线的性质定理、勾股定理、待定系数法求解析式，正确求出的半径是解决问题的关键．
10. 如图，直线与反比例函数的图象相交于A、两点，线段的中点为点，过点作轴的垂线，垂足为点．直线过原点和点．若直线上存在点，满足，则的值为（ ）
A. B. 3或 C. 或 D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得，，直线：；根据一次函数性质，得；根据勾股定理，得；连接，，，根据等腰三角形三线合一性质，得，；根据勾股定理逆定理，得；结合圆的性质，得点、B、D、P共圆，直线和AB交于点F，点F为圆心；根据圆周角、圆心角、等腰三角形的性质，得；分或两种情况，根据圆周角、二次根式的性质计算，即可得到答案．
【详解】根据题意，得，，即，
∵直线过原点和点
∴直线：
∵在直线上
∴
∴
连接，，
∴，线段的中点为点
∴，
过点作轴的垂线，垂足为点
∴
∴，，
∴
∴
∴点、B、D、P共圆，直线和AB交于点F，点F为圆心
∴
∵，
∴
∵，且
∴
∴
∴
∴或
当时，和位于直线两侧，即
∴不符合题意
∴，且
∴，
∴
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了圆、等腰三角形、反比例函数、一次函数、三角函数、勾股定理、二次根式的知识；解题的关键是熟练掌握圆心角、圆周角、等腰三角形三线合一、三角函数、勾股定理的性质，从而完成求解．
二、填空题：本大题共6个小题，每小题3分，共18分．
11. 计算：__________．
【答案】1
【解析】
【分析】直接利用零指数幂的性质计算得出答案．
【详解】解：．
故答案为：1．
【点睛】本题考查零指数幂，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
12. 因式分解：________．
【答案】
【解析】
【分析】此多项式可直接采用平方差公式进行分解．
【详解】解：
＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
13. 如图是根据甲、乙两人5次射击的成绩（环数）制作的折线统计图．你认为谁的成绩较为稳？________（填“甲”或“乙”）
【答案】甲
【解析】
【分析】先分别求出甲乙的平均数，再求出甲乙的方差，由方差越小成绩越稳定做出判断即可．
【详解】解：=（7+6+9+6+7）÷5=7（环），
=（5+9+6+7+8）÷5=7（环），
=[（7﹣7）2+（6﹣7）2+（9﹣7）2+（6﹣7）2+（7﹣7）2]÷5=1.2，
=[（5﹣7）2+（9﹣7）2+（6﹣7）2+（7﹣7）2+（8﹣7）2]÷5=2，
∵1.2＜2，
∴甲的成绩较为稳定，
故答案为：甲．
【点睛】本题考查平均数、方差、折线统计图，会求一组数据的平均数、方差，会根据方差判断一组数据的稳定性是解答的关键．
14. 如图，为了测量“四川大渡河峡谷”石碑的高度，佳佳在点处测得石碑顶点的仰角为，她朝石碑前行5米到达点处，又测得石顶点的仰角为，那么石碑的高度的长________米．（结果保留根号）
【答案】
【解析】
【分析】先根据已知条件得出△ADC是等腰三角形，再利用AB=sin60°×AD计算即可
【详解】解：由题意可知：∠A=30°，∠ADB=60°
∴∠CAD=30°
∴△ADC是等腰三角形，
∴DA=DC又DC=5米
故AD=5米
在Rt△ADB中，∠ADB=60°
∴AB=sin60°×AD=米
故答案为：
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、解直角三角形，熟练记忆特殊角的锐角三角函数值是关键
15. 在中，．有一个锐角为，．若点在直线上（不与点、重合），且，则的长为________．
【答案】或或2
【解析】
【分析】依据题意画出图形，分类讨论，解直角三角形即可．
详解】解：情形1：，则，
，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
情形2：，则，，，
∵，
∴，
∴，解得；
情形3：，则，，，
∵，
∴；
故答案为：或或2．
【点睛】本题考查解直角三角形，掌握分类讨论的思想是解题的关键．
16. 如图，已知点，点为直线上一动点，点，，于点，连接．若直线与正半轴所夹的锐角为，那么当的值最大时，的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】设直线y＝﹣2与y轴交于G，过A作AH⊥直线y＝﹣2于H，AF⊥y轴于F，根据平行线的性质得到∠ABH＝α，由三角函数的定义得到，根据相似三角形的性质得到比例式，于是得到GB（n+2）（3﹣n）（n）2，根据二次函数的性质即可得到结论．
【详解】解：如图，设直线y＝﹣2与y轴交于G，过A作AH⊥直线y＝﹣2于H，AF⊥y轴于F，
∵BH∥x轴，
∴∠ABH＝α，
在Rt△ABH中， ,，
即=
∵sinα随BA的减小而增大，
∴当BA最小时sinα有最大值；即BH最小时，sinα有最大值，即BG最大时，sinα有最大值，
∵∠BGC＝∠ACB＝∠AFC＝90°，
∴∠GBC+∠BCG＝∠BCG+∠ACF＝90°，
∴∠GBC＝∠ACF，
∴△ACF∽△CBG，
∴，
∵，
即，
∴BG（n+2）（3﹣n）（n）2，
∵
∴当n时，BG最大值
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，平行线的性质，正确的作出辅助线证得△ACF∽△CBG是解题的关键．
三、本大题共3个小题，每小题9分，共27分．
17. 当取何正整数时，代数式与的值的差大于1
【答案】1，2，3，4
【解析】
【分析】根据题意，列一元一次不等式并求解，即可得到的取值范围；结合为正整数，通过计算即可得到答案．
【详解】根据题意得：，
解得：
∵为正整数，
∴为1，2，3，4时，代数式与的值的差大于1．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式；解题的关键是熟练掌握一元一次不等式的性质，从而完成求解．
18. 如图，已知，，与相交于点，求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据全等三角形的性质，通过证明，得，结合等腰三角形的性质，即可得到答案．
【详解】∵，
∴（AAS），
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形、等腰三角形的知识；解题的关键是熟练掌握全等三角形、等腰三角形的性质，从而完成求解．
19. 已知，求、的值．
【答案】的值为4，的值为-2
【解析】
【分析】根据分式、整式加减运算，以及二元一次方程组的性质计算，即可得到答案．
【详解】，
∴，
∴，
即．
∴，
解得：
∴的值为4，的值为．
【点睛】本题考查了分式、整式、二元一次方程组的知识；解题的关键是熟练掌握分式加减运算、整式加减运算、二元一次方程组的性质，从而完成求解．
四、本大题共3个小题，每小题10分，共30分．
20. 已知关于的一元二次方程．
（1）若方程有两个不相等的实数根，求的取值范围；
（2）二次函数的部分图象如图所示，求一元二次方程的解．
【答案】（1）；（2），
【解析】
【分析】（1）根据△＞0时，一元二次方程有两个不相等的实数根求解m的取值范围即可；
（2）根据二次函数图象与x轴的交点的横坐标就是当y=0时对应一元二次函数的解，故将x=1代入方程中求出m值，再代入一元二次方程中解方程即可求解．
【详解】解：（1）由题知，
∴．
（2）由图知的一个根为1，
∴，∴，
即一元二次方程为，
解得，，
∴一元二次方程的解为，．
【点睛】本题考查一元二次方程根判别式、解一元一次不等式、解一元一次方程、解一元二次方程，会解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根的判别式与根的关系是解答的关键．
21. 某中学全校师生听取了“禁毒”宣传报告后，对禁毒人员肃然起敬．学校德育处随后决定在全校1000名学生中开展“我为禁毒献爱心”的捐款活动．张老师在周五随机调查了部分学生随身携带零花钱的情况，并将收集的数据进行整理，绘制了如图所示的条形统计图．
（1）求这组数据的平均数和众数；
（2）经调查，当学生身上的零花钱多于15元时，都到出零花钱的20%，其余学生不参加捐款．请你估计周五这一天该校可能收到学生自愿捐款多少元？
（3）捐款最多的两人将和另一个学校选出的两人组成一个“禁毒”知识宣讲小组，若从4人中随机指定两人担任正、副组长，求这两人来自不同学校的概率．
【答案】（1）平均数为20.5；众数为20；（2）3150元；（3）
【解析】
【分析】（1）根据众数和平均数的定义求解；
（2）由图可知零花钱多于15元的学生有12人，可算出12人的零花钱平均数再计算这12人的捐款额，即可计算1000人的捐款额；
（3）设捐款最多的两名学生分别为、，另一个学校的两名学生分别为、，列表后利用概率公式求解可得．
【详解】解：（1）平均数：，
众数：根据图可知有6人零花钱是20，故众数为20
故答案为：20.5；20
（2）由图可知零花钱多于15元的学生有12人，则这12人的零花钱平均数为：
∴周五这一天该校收到捐款数约为：（元）．
（3）设捐款最多的两名学生分别为、，另一个学校的两名学生分别为、，
列表如下：
∵由表可知，均等机会共12种，两人来自不同学校的结果有8种，
∴这两人来自不同学校的概率
【点睛】本题考查的是条形统计图读懂统计图，平均数和众数的定义，用样本估计总体，同时考查了概率公式，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
22. 如图，直线分别交轴，轴于、两点，交反比例函数的图象于、两点．若，且的面积为4
（1）求的值；
（2）当点的横坐标为时，求的面积．
【答案】（1）-6；（2）8
【解析】
【分析】（1）过作垂直于轴，垂足为，证明．根据相似三角形的性质可得，，由此可得，．再由反比例函数比例系数k的几何意义即可求得k值．
（2）先求得，，再利用待定系数法求得直线的解析式为．与反比例函数的解析式联立方程组，解方程组求得．再根据即可求解．
【详解】（1）过作垂直于轴，垂足为，
∴，
∴．
∵，，
∴，，
∴，．
∴，，即．
（2）由（1）知，∴．
∵，∴，∴，．
设直线的解析式为，
将点、代入，得．
解得．
∴直线的解析式为．
联立方程组，解得，，
∴．
∴．
【点睛】本题是一次函数与反比例函数的综合题，熟练运用反比例函数比例系数k的几何意义是解决问题的关键．
五、本大题共2个小题，每小题10分，共20分．
23. 通过实验研究发现：初中生在数学课上听课注意力指标随上课时间的变化而变化，上课开始时，学生兴趣激增，中间一段时间，学生的兴趣保持平稳状态，随后开始分散．学生注意力指标随时间（分钟）变化的函数图象如图所示，当和时，图象是线段；当时，图象是反比例函数的一部分．
（1）求点对应的指标值；
（2）张老师在一节课上讲解一道数学综合题需要17分钟，他能否经过适当的安排，使学生在听这道综合题的讲解时，注意力指标都不低于36？请说明理由．
【答案】（1）20；（2）能，见解析
【解析】
【分析】（1）先利用待定系数法求出反比例函数的解析式，再将x=45代入，即可得出A对应的指标值
（2）先用待定系数法写出一次函数的解析式，再根据注意力指标都不低于36得出，得出自变量的取值范围，即可得出结论
【详解】解：（1）令反比例函数为，由图可知点在的图象上，
∴，
∴．将x=45代入
将x=45代入得：
点对应的指标值为．
（2）设直线的解析式为，将、代入中，
得，解得．
∴直线的解析式为．
由题得，解得．
∵，
∴张老师经过适当的安排，能使学生在听综合题的讲解时，注意力指标都不低于36.
【点睛】本题考查一次函数的解析式、反比例函数的解析式、不等式组的解集、利用函数图像解决实际问题是中考的常考题型。
24. 如图，已知点是以为直径的圆上一点，是延长线上一点，过点作的垂线交的延长线于点，连结，且．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）连接、，根据已知条件证明，即可得解；
（2）由（1）可得，得到，令，根据正切的定义列式求解即可；
【详解】解：（1）证明：连结、．
∵，，
∴，．
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，即是的切线．
（2）由（1）知，，又，
∴，
∴，即．
令，∴．
即，即．
∵，即，
∴，
解得或（舍），
∴的半径为．
【点睛】本题主要考查了圆的综合运用，结合相似三角形的判定与性质、正切的定义求解是解题的关键．
六、本大题共2个小题，第25题12分，第26题13分，共25分．
25. 在等腰中，，点是边上一点（不与点、重合），连结．
（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，，则________；
（2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结．
①在图2中补全图形；
②探究与的数量关系，并证明；
（3）如图3，若，且，试探究、、之间满足的数量关系，并证明．
【答案】（1）30°；（2）①见解析；②；见解析；（3），见解析
【解析】
【分析】（1）先根据题意得出△ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可
（2）①按要求补全图即可
②先根据已知条件证明△ABC是等边三角形，再证明，即可得出
（3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明
【详解】解：（1）∵，
∴△ABC是等边三角形
∴∠B=60°
∵点关于直线的对称点为点
∴AB⊥DE，
∴
故答案为：；
（2）①补全图如图2所示；
②与的数量关系为：；
证明：∵，．
∴为正三角形，
又∵绕点顺时针旋转，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（3）连接．
∵，，∴．
∴．
又∵，
∴，
∴．∵，∴，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴．
又∵，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点
26. 已知二次函数的图象开口向上，且经过点，．
（1）求的值（用含的代数式表示）；
（2）若二次函数在时，的最大值为1，求的值；
（3）将线段向右平移2个单位得到线段．若线段与抛物线仅有一个交点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法将点A、B的坐标代入即可
（2）根据抛物线图像分析得在范围内，的最大值只可能在或处取得，进行分类讨论①若时，②若，③，计算即可
（3）先利用待定系数法写出直线AB的解析式，再写出平移后的解析式，若线段与抛物线仅有一个交点，即方程在的范围内仅有一个根，只需当对应的函数值小于或等于0，且对应的函数值大于或等于即可．
【详解】（1）∵抛物线过点，，
∴，
∴，
∴．
（2）由（1）可得，
在范围内，最大值只可能在或处取得．
当时，，当时，．
①若时，即时，得，
∴，得．
②若，即时，得，此时，舍去．
③，即时，得，
∴，，舍去．
∴综上知，的值为．
（3）设直线的解析式为，
∵直线过点，，
∴，∴，
∴．
将线段向右平移2个单位得到线段，
∴的解析式满足，即．
又∵抛物线的解析式为，
∴．
又∵线段与抛物线在范围内仅有一个交点，
即方程在的范围内仅有一个根，
整理得在的范围内仅有一个根，
即抛物线在的范围内与轴仅有一个交点．
只需当对应的函数值小于或等于0，且对应的函数值大于或等于即可．
即时，，得，
当时，，得，
综上的取值范围为．
【点睛】本题考查一次函数解析式、二次函数解析式、二次函数的最值、图像与x轴的交点与方程的根的情况、熟练掌握二次函数的图像知识是解题的关键