精品解析：海南省2021年中考数学真题试卷(解析版)

一、选择题（本大题满分36分，每小题3分）在下列各题的四个备选答案中，有且只有一个是正确的，请在答题卡上把你认为正确的答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑．．．．

1.5的相反数是（A.-5【答案】D【解析】【分析】根据相反数的定义解答即可．【详解】解：5的相反数是5．故选：D．【点睛】本题考查了相反数的定义，属于应知应会题型，熟知概念是关键．2.下列计算正确的是（A.a3a3a6【答案】C【解析】【分析】根据合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方逐项判断即可得．【详解】A、a3a32a3，此项错误，不符题意；B、2a3a3a3，此项错误，不符题意；C、a2a3a5，此项正确，符合题意；D、a2

）B.2a3a31

C.a2a3a5

D.）B.5

C.1

5D.5a23

a5

3

a6，此项错误，不符题意；故选：C．【点睛】本题考查了合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方，熟练掌握各运算法则是解题关键．3.下列整式中，是二次单项式的是（A.x21【答案】B【解析】B.xy

）C.x2y

D.3x

【分析】根据单项式的定义、单项式次数的定义逐项判断即可得．【详解】A、x21是多项式，此项不符题意；B、xy是二次单项式，此项符合题意；C、x2y是三次单项式，此项不符题意；D、3x是一次单项式，此项不符题意；故选：B．【点睛】本题考查了单项式，熟记定义是解题关键．4.天问一号于2020年7月23日在文昌航天发射场由长征五号遥四运载火箭发射升空，于2021年5月15日在火星成功着陆，总飞行里程超过450000000千米．数据450000000用科学记数法表示为（A.450106【答案】C【解析】【分析】根据科学记数法的定义即可得．【详解】解：科学记数法：将一个数表示成a10n的形式，其中1a10，n为整数，这种记数的方法叫做科学记数法，则4500000004.5108，故选：C．【点睛】本题考查了科学记数法，熟记定义是解题关键．5.如图是由5个大小相同的小正方体组成的几何体，则它的主视图是（）B.45107C.4.5108

D.4.5109

）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据主视图的定义即可得．【详解】解：主视图是指从正面看物体所得到的视图，此几何体的主视图是，故选：B．【点睛】本题考查了主视图，熟记定义是解题关键．6.在一个不透明的袋中装有5个球，其中2个红球，3个白球，这些球除颜色外无其他差别，从中随机摸出1个球，摸出红球的概率是（A.）C.23B.1525D.35【答案】C【解析】【分析】根据简单事件的概率计算公式即可得．【详解】解：由题意得：从不透明的袋中随机摸出1个球共有5种等可能性的结果，其中，摸出红球的结果有2种，则从中随机摸出1个球，摸出红球的概率是故选：C．【点睛】本题考查了求概率，熟练掌握概率公式是解题关键．7.如图，点A、B、C都在方格纸的格点上，若点A的坐标为(0,2)，点B的坐标为(2,0)，则点C的坐标是（）2，5A.(2,2)【答案】D【解析】B.(1,2)C.(1,1)D.(2,1)

【分析】根据点A,B的坐标建立平面直角坐标系，由此即可得出答案．【详解】解：由点A,B的坐标建立平面直角坐标系如下：则点C的坐标为(2,1)，故选：D．【点睛】本题考查了求点的坐标，正确建立平面直角坐标系是解题关键．8.用配方法解方程x26x50，配方后所得的方程是（A.(x3)24【答案】D【解析】【分析】直接利用配方法进行配方即可．【详解】解：x26x50

B.(x3)24

）D.(x3)24

C.(x3)24

x223x32532x324

故选：D．【点睛】本题考查了配方法，解决本题的关键是牢记配方法的步骤，本题较基础，考查了学生对基础知识的掌握与基本功等．、B，分别以点A、B为圆心，大于9.如图，已知a//b，直线l与直线a、b分别交于点A

1

AB的长为半径2

画弧，两弧相交于点M、N，作直线MN，交直线b于点C，连接AC，若140，则ACB的度数是（）A.90【答案】C【解析】B.95C.100D.105

【分析】根据题意可得直线MN是线段AB的垂直平分线，进而可得CBAC，利用平行线的性质及等腰三角形中等边对等角，可得CABCBA40，所以可求得ACB100．【详解】∵已知分别以点A、B为圆心，大于交直线b于点C，连接AC，∴直线MN垂直平分线段AB，∴CBAC，∵a//b，140，1

AB的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线MN，2∴CBA140，∴CABCBA40，故选：C．∴ACB180CBACAB100．【点睛】题目主要考查线段垂直平分线的作法及性质、平行线的性质等，根据题意得出直线MN垂直平分线段AB是解题关键．10.如图，四边形ABCD是O的内接四边形，BE是O的直径，连接AE．若BCD2BAD，则DAE的度数是（）A.30°【答案】AB.35C.45D.60

【解析】【分析】先根据圆内接四边形的性质可得BAD60，再根据圆周角定理可得BAE90，然后根据角的和差即可得．【详解】解：四边形ABCD是O的内接四边形，BCDBAD180，BCD2BAD，1

BAD18060，3BE是O的直径，BAE90，DAEBAEBAD906030，故选：A．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题关键．在菱形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD的中点，连接AE、AF、EF．若菱形ABCD的11.如图，面积为8，则AEF的面积为（）A.2【答案】B【解析】B.3C.4D.5【分析】连接AC,BD，相交于点O，AC交EF于点G，先根据菱形的性质可得11

ACBD,OAOC,ACBD8，再根据三角形中位线定理可得EF//BD,EFBD，然后根据相22

3CGCF1

，从而可得AGAC，最后利用三角形的面积公式即可得．似三角形的判定与性质可得OCCD24【详解】解：如图，连接AC,BD，相交于点O，AC交EF于点G，四边形ABCD是菱形，且它的面积为8，1

ACBD,OAOC,ACBD8，2点E、F分别是边BC、CD的中点，EF//BD,EF

11

BD,CFCD，22EFAC，CFGCDO，CGCF1

，OCCD2

11

CGOCAC，243

AGAC，411133

则AEF的面积为EFAGBDAC83，22248

故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．12.李叔叔开车上班，最初以某一速度匀速行驶，中途停车加油耽误了几分钟，为了按时到单位，李叔叔在不违反交通规则的前提下加快了速度，仍保持匀速行驶，则汽车行驶的路程y（千米）与行驶的时间t（小时）的函数关系的大致图象是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据“路程速度时间”可得y与t之间的函数关系式，再根据加完油后，加快了速度可得后面的一次函数的一次项系数更大，图象更陡，由此即可得．【详解】解：设最初的速度为v1千米/小时，加快了速度后的速度为v2千米/小时，则v2v10，由题意得：最初以某一速度匀速行驶时，yv1t，加油几分钟时，y保持不变，加完油后，yv2ta，v2v1，函数yv2ta的图象比函数yv1t的图象更陡，观察四个选项可知，只有选项B符合，故选：B．【点睛】本题考查了一次函数的图象，熟练掌握一次函数图象的特征是解题关键．二、填空题（本大题满分16分，每小题4分，其中第16小题每空2分）

13.分式方程x1

0的解是____．x2

【答案】x1【解析】【分析】先将分式方程化为整式方程，再解方程即可得．【详解】解：x1

0，x2方程两边同乘以x2得，x10，解得x1，经检验，x1是原方程的解，故答案为：x1．【点睛】本题考查了解分式方程，熟练掌握方程的解法是解题关键．14.若点A1,y1,B3,y2在反比例函数y【答案】>【解析】【分析】根据反比例函数的增减性即可得．【详解】解：反比例函数y3中的k30，x3的图象上，则y1____y2（填“＞”“＜”或“＝”）．x在x0内，y随x的增大而减小，又点A1,y1,B3,y2在反比例函数yy1y2，3的图象上，且310，x故答案为：．【点睛】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的增减性是解题关键．15.如图，ABC的顶点B、C的坐标分别是(1,0)、(0,3)，且ABC90,A30，则顶点A的坐标是_____．【答案】(4,3)【解析】【分析】根据B、C的坐标求得BC的长度,CBO60，利用30度角所对的直角边等于斜边的一半，求得AC的长度，即点A的横坐标，易得AC//x轴，则C的纵坐标即A的纵坐标．【详解】B、C的坐标分别是(1,0)、(0,3)BC12(3)22tanCBOCBO60OC3OBABC90,A30

ACB60,AC2BC4AC//x轴A(4,3)．故答案为：(4,3)．【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形，用到的知识点有特殊角的三角函数，在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半，熟记特殊角的三角函数是解题的关键．16.如图，在矩形ABCD中，AB6,AD8，将此矩形折叠，使点C与点A重合，点D落在点D处，折痕为EF，则AD的长为____，DD的长为____．【答案】【解析】①.6

②.145

7，4

【分析】由折叠得，ADCD6，DFDF，设DF=x，则AF=8-x，DFx，由勾股定理得DF=425625

，过D¢作DHAF，过D作DM⊥AD于M，根据面积法可得DH，DM，再25254

1924214

由勾股定理求出AM，根据线段的和差求出DM，最后由勾股定理求出DD；25255AF

【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=6，由折叠得，ADCD6，DFDF设DF=x，则AF=8-x，DFx又ADFADC

222

在RtADF中，AF2AD2DF2，即(8x)6x

77，即DF=44725

∴AF8

44解得，x过D¢作DHAF，过D作DM⊥AD于M，11

AF·DHAD·DF2225742DH6，解得，DH∴442511

∵SADDADDHADDM

2242566DM，解得，DM∴82525

∵SAD'F∴AMAD2DM264(562192)2525∴DMAMAD

21924262525

22425614∴DDDMDM()2()；25255故答案为：6；14

．5

【点睛】此题主要考查了矩形的折叠问题，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形运用勾股定理是解答此题的关键．三、解答题（本大题满分68分）

17.（1）计算：23|3|32551；2x6,

（2）解不等式组x1x1并把它的解集在数轴（如图）上表示出来．.62

【答案】（1）8；（2）3x2．解集在数轴上表示见解析．【解析】【分析】（1）先计算有理数的乘方、化简绝对值、算术平方根、负整数指数幂，再计算有理数的混合运算即可得；（2）先求出两个不等式的解，再找出它们的公共部分即为不等式组的解集，然后在数轴上表示出来即可．【详解】解：（1）233255，3

1

18335，5811，8；2x6①

（2）x1x1，26②

解不等式①得：x3，解不等式②得：x2，则这个不等式组的解集是3x2．解集在数轴上表示如下：【点睛】本题考查了有理数的乘方、算术平方根、负整数指数幂、解一元一次不等式组，熟练掌握各运算法则和不等式组的解法是解题关键．18.为了庆祝中国共产党成立100周年，某校组织了党史知识竞赛，学校购买了若干副乒乓球拍和羽毛球拍对表现优异的班级进行奖励．若购买2副乒乓球拍和1副羽毛球拍共需280元；若购买3副乒乓球拍和2副羽毛球拍共需480元．求1副乒乓球拍和1副羽毛球拍各是多少元？【答案】1副乒乓球拍80元，1副羽毛球拍120元．【解析】【分析】根据题意设1副乒乓球拍和1副羽毛球拍的单价，列出二元一次方程组求解即可．【详解】设1副乒乓球拍x元，1副羽毛球拍y元，依题意得2xy280,

3x2y480.x80,解得

y120.

答：1副乒乓球拍80元，1副羽毛球拍120元．【点睛】本题考查了列二元一次方程组解决实际问题，解题的关键是读懂题意，找出相等关系，本题等量关系较明显，属于基础题，考查了学生对基础知识的理解与运用等．，就我国2020年每10万19.根据2021年5月11日国务院新闻办公室发布的《第七次全国人口普查公报》人中，拥有大学（指大专及以上）、高中（含中专）、初中、小学、其他等文化程度的人口（以上各种受教育程度的人包括各类学校的毕业生、肄业生和在校生）受教育情况数据，绘制了条形统计图（图1）和扇形统计图（图2）．根据统计图提供的信息，解答下列问题：（1）a______，b_______；（2）在第六次全国人口普查中，我国2010年每10万人中拥有大学文化程度的人数约为0.90万，则2020年每10万人中拥有大学文化程度的人数与2010年相比，增长率是______%（精确到0.1%）；（3）2020年海南省总人口约1008万人，每10万人中拥有大学文化程度的人数比全国每10万人中拥有大学文化程度的人数约少0.16万，那么全省拥有大学文化程度的人数约有______万（精确到1万）．【答案】（1）3.45，1.01；（2）72.2；（3）140．【解析】【分析】（1）先利用10乘以拥有初中文化程度的百分比可得a的值，再利用10减去拥有大学、高中、初中、小学文化程度的人数可得b的值；（2）利用1.55与0.90之差除以0.90即可得；（3）利用1008乘以海南省拥有大学文化程度的人数所占百分比即可得．【详解】解：（1）a1034.5%3.45，b101.551.513.452.481.01，故答案为：3.45，1.01；（2）1.550.90

100%72.2%，0.90

即2020年每10万人中拥有大学文化程度的人数与2010年相比，增长率约为72.2%，故答案为：72.2；（3）1008

1.550.16

100%140（万），10

即全省拥有大学文化程度的人数约有140万，故答案为：140．【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联，熟练掌握统计调查的相关知识是解题关键．20.如图，在某信号塔AB的正前方有一斜坡CD，坡角CDK30，斜坡的顶端C与塔底B的距离BC8米，小明在斜坡上的点E处测得塔顶A的仰角AEN60，CE4米，且BC//NE//KD,ABBC（点A,B,C,D,E,K,N在同一平面内）．（1）填空：BCD_______度，AEC______度；（2）求信号塔的高度AB（结果保留根号）．【答案】（1）150，（2）信号塔的高度AB为(834)米．30；【解析】【分析】（1）根据平行线的性质即可求得BCD，AEC通过2个角的差即可求出；（2）延长AB交EN于点F，通过解直角三角形，分别求出EF、BF、AF的长度即可求解．【详解】（1）BC//KD,CDK30

BCD18030150AEN60,CENCDK30AEC30

（2）如图，延长AB交EN于点F，则EF则CGEAFE90,AF，过点C作CGEF，垂足为G．GFBC,BFCG，NE//KD

CEFCDK30

在Rt△CGE中，CE4,CEG30，CG2,EG23BC8EFEGGFEGBC238

在RtAFE中，AEF60，AFEFtanAEF(238)tan60683ABAFBFAFCG6832834

答：信号塔的高度AB为(834)米．【点睛】本题考查平行线的性质，解直角三角形应用，勾股定理的应用，掌握锐角三角函数的定义与勾股定理性质是解题关键．21.如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且点E不与点B、C重合，点F是BA的延长线上一点，且AFCE．（1）求证：DCE≌DAF；（2）如图2，连接EF，交AD于点K，过点D作DHEF，垂足为H，延长DH交BF于点G，连接HB,HC．①求证：HDHB；②若DKHC

2，求HE的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②HE1．【解析】【分析】（1）直接根据SAS证明即可；（2）①根据（1）中结果及题意，证明△DFE为等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线即可证明HDHB；②根据已知条件，先证明DCH≌BCH，再证明DKF∽HEC，然后根据等腰直角三角形的性质即可求出HE的长．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，CDAD,DCEDAF90．又CEAF，DCE≌DAF．（2）①证明；由（1）得DCE≌DAF，DEDF,CDEADF．FDEADFADECDEADEADC90．DFE为等腰直角三角形．又DHEF，点H为EF的中点．HD

1

EF．2

同理，由HB是Rt△EBF斜边上的中线得，1

HBEF．2HDHB．②∵四边形ABCD是正方形，CDCB．又HDHB,CHCH，DCH≌BCH．DCHBCH45．又DEF为等腰直角三角形，DFE45．HCEDFK．四边形ABCD是正方形，AD//BC．DKFHEC．DKF∽HEC．

DKDF

．HEHCDKHCDFHE．又∵在等腰直角三角形DFH中，DF

2HF2HEDKHCDFHE2HE22．HE1．【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线以及等腰直角三角形的性质，熟知图形的性质与判定是解决本题的关键．22.已知抛物线yax的坐标为(0,3)．2

9

xc与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且点A的坐标为(1,0)、点C4

（1）求该抛物线的函数表达式；（2）如图1，若该抛物线的顶点为P，求PBC的面积；（3）如图2，有两动点D、E在△COB的边上运动，速度均为每秒1个单位长度，它们分别从点C和点B同时出发，点D沿折线COB按COB方向向终点B运动，点E沿线段BC按BC方向向终点C运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为t秒，请解答下列问题：①当t为何值时，BDE的面积等于33；10

②在点D、E运动过程中，该抛物线上存在点F，使得依次连接AD、DF、FE、EA得到的四边形ADFE是平行四边形，请直接写出所有符合条件的点F的坐标．．．【答案】（1）y

33329453375xx3；SBDE；（2）（3）①当t或t时，PBC的面积为；4481022

②点F的坐标为【解析】1013

,或(3,3)．36

【分析】（1）直接将A(1,0),C(0,3)两点坐标代入解析式中求出a和c的值即可；（2）先求出顶点和B点坐标，再利用割补法，将所求三角形面积转化为与其相关的图形的面积的和差关系即可，如图，SPBCSOPCSOPBSOBC；（3）①先求出BC的长和E点坐标，再分两种情况讨论，当点D在线段CO上运动时的情况和当点D在线段OB上运动情况，利用面积已知得到关于t的一元二次方程，解t即可；②分别讨论当点D在线段CO上运动时的情况和当点D在线段OB上的情况，利用平行四边形的性质和平移的知识表示出F点的坐标，再代入抛物线解析式中计算即可．【详解】（1）∵抛物线yax

2

9

xc经过A(1,0),C(0,3)两点，49

ac0,4c3.3

a,解得4c3.

该地物线的函数表达式为y

329

xx3442

393375

（2）∵抛物线yx2x3x，444216∴抛物线的顶点P的坐标为

375

,．216

39

yx2x3，令y0，解得：x11,x24，44B点的坐标为(4,0),OB4．如图4-1，连接OP，则SPBCSOPCSOPBSOBC

111

OCxpOBypOBOC222131751

3443222162975648458

△PBC的面积为45．8（3）①∵在OBC中，BCOCOB．当动点E运动到终点C时，另一个动点D也停止运动．OC3,OB4，∴在Rt△OBC中，BCOB2OC25．0t5

当运动时间为t秒时，BEt，如图4-2，过点E作ENx轴，垂足为N，则BEN∽BCO．

BNENBEt

．BOCOBC543

BNt,ENt．55∴点E的坐标为4





43t,t．55

下面分两种情形讨论：i．当点D在线段CO上运动时，0t3．此时CDt，点D的坐标为(0,3t)．SBDESBOCSCDESBOD



12BOCO12CDx1

E2OBOD124312t



445t124(3t)25t2当S332BDE

210时，5t3310

．解得t33331

2（舍去），t223．t

332．ii．如图4-3，当点D在线段OB上运动时，3t5,12(7t)35t

310t221

10

t．当S33

BDE

10

时，

310t2213310t10BD7t，SBDE

1

2BDEN．解得t3

7575,t43．22又3t5，t

75．2

综上所述，当t

333375或t时，SBDE

1022

②如图4-4，当点D在线段CO上运动时，0t3；∵A(1,0),D0,3t,E443t,t，55当四边形ADFE为平行四边形时，AE可通过平移得到EF，∵A到D横坐标加1，纵坐标加3t，∴F5



42t,3t，55

234942

∴5t5t33t，45455

化简得：24t2230t3750，1525

3,t2，21225∴t，12∴t1∴F

1013

,;36

如图4-5，当点D在线段OB上运动时，AE可通过平移得到EF，∵A(1,0),Dt3,0,E443t,t，55∵A到D横坐标加t2，纵坐标不变，∴Ft2,t，1535

31391∴t2t23t45545

∴t130,t25，因为0t5，∴t5，∴F3,3，2综上可得，F点的坐标为

1013

,或(3,3)．36

【点睛】本题综合考查了抛物线的图像与性质、相似三角形的判定与性质、已知顶点坐标求三角形面积、平行四边形的判定与性质、平移的性质、勾股定理等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，本题对学生的综合思维能力、分析能力以及对学生的计算能力都要求较高，考查了学生利用平面直角坐标系解决问题的能力，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等．