2021年山东省德州市中考数学试卷(解析版)

数学试题参考解答及评分意见

一、选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分）

题号 答案 1 B 2 B 3 B 4 D 5 C 6 C 7 D 8 B 9 A 10 A 11 D 12 C 二、填空题：（本大题共6小题，每小题4分，共24分）

13.23；14.120；15.y81；16.20；17. 18.①①①. x6三、解答题：（本大题共7小题，共78分）

19.解：原式x1x24x2

xx4x4x2x(x1)(x2)(x2)4x(x2)2

x(x2)x(x2)x2xx24(x2)2

x(x2)4x4x(x2)2 x(x2)4xx2 x求值：略 20.解：（1）50 （2）如图

36%；

（3）能获奖.理由：因为本次参赛选手共50人，所以前40%的人数为5040%20（人） 由频数直方图可得84.5~99.5这一范围人数恰好88420人， 又8884.5，所以能获奖.

（4）设前四名获奖者分别为男1，男2，女1，女2，由题意可列树状图为：

由树状图可知共有12种等可能的结果，恰好选中一男一女为主持人的结果有8种，所以

P（一男一女为主持人）82. 1232. 3答：恰好选中一男一女为主持人的概率为

21.解：过点B作BECD交CD于点E， 由题意知，CBE30，CAD60.

在RtACD中，tanCADtan60CD3 AD①AD60203 3①BEAD203 在RtBCE中，tanCBEtan30CE3 BE3①CE203320 3①EDCDCE602040 ①ABED40（米） 答；这栋楼高为40米

22.证明：（1）连接OD ①AB是

O的直径，D是半圆AB的中点 1AOB90 2①AOD①DH//AB

①ODH90 ①ODDH ①DH是

O的切线

（2）连接CD ①AB是

O的直径

①ADB90，ACB90 又D是半圆AB的中点

①ADDB ①ADDB

①ABD是等腰直角三角形 ①AB10

①AD10sinABD10sin4510①AB10，BC6

①在RtABC中AC102628 ①四边形ACBD是圆内接四边形 ①CADCBD180 ①DBHCBD180 ①CADDBH

由（1）知AOD90，OBD45 ①ACD45 ①DH//AB

①BDHOBD45 ①ACDBDH ①ACD∽BDH

252 2①

ACAD852，即 BDBH52BH25 4解得BH

22.解：（1）设超市B型画笔单价a元，则A型画笔单价为(a2)元，

由题意列方程得，

60100 a2a解得a5

经检验，a5是原方程的解 答：超市B型画笔单价为5元 （2）由题意知，

当小刚购买的B型画笔支数x20时，费用为y0.95x4.5x

当小刚购买的B型画笔支数x20时，费用为y200.95(x20)0.854x10

所以y4.5x,1x20其中x是正整数

4x10,x20（3）当4.5x270时，解得x60，因为6020，故不符合题意，舍去. 当4x10270时，x65，符合题意 答：小刚能购买65支B型画笔. 24.解：（1）SAS （2）1AD5

（3）证明：延长AD至点A，使ADAD ①AD是ABC的中线

①BDCD

在ADC和ADB中

ADADADCADB CDBD①ADC≌ADB

①CADA，ACAB又①AEEF ①CADAFE

①AAFE又①AFEBFD ①BFDA

①BFAB，又①ABAC ①BFAC

（4）证明：延长CG至点H使HGCG，连接HF、CE、HE ①G为FD的中点 ①FGDG

在HGF和CGD中

HGCGHGFCGD FGDG①HGF≌CGD

①HFCD，HFGCDG 在RtBEF中，①

EF11①tanEBF BE22AB1 BC2又矩形ABCD中，

①

AB11①tanADB， AD22①EBFADB 又AD//BC ①ADBDBC

①EBFADBDBC 又EFD为BEF的外角 ①EFDEBFBEF 即EFHHFDEBF90 ①ADBBDC90

①EFHHFDEBFADBBDC ①EFH2EBF即EFHEBC 在EFH和EBC中

EF1HF1， BE2BC2①

EFHF BEBC又EBCEFH ①EFH∽EBC

①FEHBEC

①HECCEFBEFCEF ①HECBEF90 ①CEH是直角三角形 ①G为CH的中点 ①EG1CH 2即EGCG.

25.解：（1）PAPM （2）

线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等

M的坐标 P的坐标 … … (2,0) (2,2) (0,0) (0,1) (2,0) (2,2) (4,0) (4,5) … … （3）草图见图2；形状：抛物线

（4）如图1，过点P作PEy轴于点E，

PAPM|y|，AEOEOA|y2|，PE|x|

在RtPAE中，PA2AE2PE2 即|y||x||y2|

222化简，得y12x1 412x1. 4所以y关于x的函数解析式为y

（5）连接OB，OC，易得OBOC2，又BC2 ①OBC为等边三角形，①BOC60

当BDC30时，在BDC的外接圆上，弧BC所对的圆心角为60° 其圆心在BC的垂直平分线y轴上， ①BDC的外接圆圆心为坐标原点O， 设D(a,b)，则OD2，即ab2 ① 又点D在该抛物线上

222①b12a1 ① 4由①①联立解得：b1223，b2223（舍去）

数形结合可得，

当BDC30时，点D的纵坐标yD的取值范围为

y0223