2021年海南省中考数学试卷

2021年海南省中考数学试卷

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．（3分）（2021•海南）实数﹣5的相反数是（ ）

15

A．5 B．﹣5 C．±5 D． 2．（3分）（2021•海南）下列计算正确的是（ ） A．a3+a3＝a6

B．2a3﹣a3＝1

C．a2•a3＝a5

D．（a2）3＝a5

3．（3分）（2021•海南）下列整式中，是二次单项式的是（ ） A．x2+1

B．xy

C．x2y

D．﹣3x

4．（3分）（2021•海南）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

B．45×107

C．4.5×108

D．4.5×109

5．（3分）（2021•海南）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（ ）

A． B． C． D．

6．（3分）（2021•海南）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（ ）

第1页（共33页）

A．

3

2

B．

5

1

C． 5

2

D． 5

3

7．（3分）（2021•海南）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（ ）

A．（2，2）

B．（1，2）

C．（1，1）

D．（2，1）

8．（3分）（2021•海南）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

B．（x﹣3）2＝﹣4

C．（x+3）2＝4

D．（x﹣3）2＝4

9．（3分）（2021•海南）如图，已知a∥b，直线l与直线a、b分别交于点A、B，分别以点A、B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线MN，交直线b

21

于点C，连接AC，若∠1＝40°，则∠ACB的度数是（ ）

A．90°

B．95°

C．100°

D．105°

10．（3分）（2021•海南）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（ ）

第2页（共33页）

A．30°

B．35°

C．45°

D．60°

11．（3分）（2021•海南）如图，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的面积为8，则△AEF的面积为（ ）

A．2

B．3

C．4

D．5

12．（3分）（2021•海南）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．

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）

第3页（共33页）

13．（4分）（2021•海南）分式方程

𝑥−1𝑥+2

=0的解是 ．

3

𝑥14．（4分）（2021•海南）若点A（1，y1），B（3，y2）在反比例函数y=的图象上，则y1 y2（填“＞”“＜”或“＝”）．

15．（4分）（2021•海南）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 ．

16．（4分）（2021•海南）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 ．

三、解答题（本大题满分68分）

17．（12分）（2021•海南）（1）计算：23+|﹣3|÷3−√25×51；

﹣

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．

≤62

18．（10分）（2021•海南）为了庆祝中国党成立100周年，某校组织了党史知识竞赛，

第4页（共33页）

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？

19．（8分）（2021•海南）根据2021年5月11日新闻办公室发布的《第七次全国人口普查公报》，就我国2020年每10万人中，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）．

20．（10分）（2021•海南）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）．

第5页（共33页）

（1）填空：∠BCD＝ 度，∠AEC＝ 度； （2）求信号塔的高度AB（结果保留根号）．

21．（12分）（2021•海南）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．

22．（16分）（2021•海南）已知抛物线y＝ax2+4x+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C

第6页（共33页）

9

点，且点A的坐标为（﹣1，0）、点C的坐标为（0，3）． （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：

3310

①当t为何值时，△BDE的面积等于；

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．

第7页（共33页）

2021年海南省中考数学试卷

参与试题解析

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．（3分）（2021•海南）实数﹣5的相反数是（ ）

15

A．5 B．﹣5 C．±5 D． 【分析】直接利用相反数的定义得出答案． 【解答】解：实数﹣5的相反数是：5． 故选：A．

【点评】此题主要考查了相反数，正确掌握相反数的定义是解题关键． 2．（3分）（2021•海南）下列计算正确的是（ ） A．a3+a3＝a6

B．2a3﹣a3＝1

C．a2•a3＝a5

D．（a2）3＝a5

【分析】分别根据合并同类项法则，同底数幂的乘法法则以及幂的乘方运算法则逐一判断即可．

【解答】解：A．a3+a3＝2a3，故本选项不合题意； B.2a3﹣a3＝a3，故本选项不合题意； C．a2•a3＝a5，故本选项符合题意； D．（a2）3＝a6，故本选项不合题意； 故选：C．

【点评】本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法以及幂的乘方，掌握幂的运算法则是解答本题的关键．

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3．（3分）（2021•海南）下列整式中，是二次单项式的是（ ） A．x2+1

B．xy

C．x2y

D．﹣3x

【分析】直接利用单项式的次数确定方法分析得出答案． 【解答】解：A、x2+1是多项式，故此选项不合题意； B、xy是二次单项式，符合题意； C、x2y是次数为3的单项式，不合题意； D、﹣3x是次数为1的单项式，不合题意； 故选：B．

【点评】此题主要考查了单项式，正确掌握单项式的次数确定方法是解题关键． 4．（3分）（2021•海南）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

B．45×107

C．4.5×108

D．4.5×109

【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．

【解答】解：450000000＝4.5×108， 故选：C．

【点评】此题考查科学记数法的表示方法，关键是确定a的值以及n的值．

5．（3分）（2021•海南）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（ ）

第9页（共33页）

A． B． C． D．

【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中． 【解答】解：从正面看易得有两层，底层两个正方形，上层左边是一个正方形． 故选：B．

【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．

6．（3分）（2021•海南）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（ ）

23

15

25

35

A． B． C． D． 【分析】根据随机事件概率大小的求法，找准两点：①符合条件的情况数目，②全部情况的总数，二者的比值就是其发生的概率的大小．

【解答】解：∵不透明袋子中装有5个球，其中有2个红球、3个白球，

25

∴从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是， 故选：C．

【点评】本题考查概率的求法与运用，一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=中．

7．（3分）（2021•海南）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（ ）

第10页（共33页）

𝑚

，难度适𝑛

A．（2，2）

B．（1，2）

C．（1，1）

D．（2，1）

【分析】直接利用已知点坐标确定平面直角坐标系，进而得出答案． 【解答】解：如图所示：

点C的坐标为（2，1）． 故选：D．

【点评】此题主要考查了点的坐标，正确得出原点位置是解题的关键．

8．（3分）（2021•海南）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

B．（x﹣3）2＝﹣4

C．（x+3）2＝4

D．（x﹣3）2＝4

【分析】把常数项5移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣6的一半的平方． 【解答】解：把方程x2﹣6x+5＝0的常数项移到等号的右边，得到x2﹣6x＝﹣5， 方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2﹣4x+9＝﹣5+9， 配方得（x﹣3）2＝4．

第11页（共33页）

故选：D．

【点评】本题考查了配方法，解题的关键是注意： （1）把常数项移到等号的右边； （2）把二次项的系数化为1；

（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．

选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．

9．（3分）（2021•海南）如图，已知a∥b，直线l与直线a、b分别交于点A、B，分别以点A、B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线MN，交直线b

21

于点C，连接AC，若∠1＝40°，则∠ACB的度数是（ ）

A．90°

B．95°

C．100°

D．105°

【分析】利用基本作图可判断MN垂直平分AB，则利用线段垂直平分线的性质得到CA＝CB，所以∠CBA＝∠CAB＝40°，进而可得结果． 【解答】解：∵a∥b， ∴∠CBA＝∠1＝40°，

根据基本作图可知：MN垂直平分AB， ∴CA＝CB，

∴∠CBA＝∠CAB＝40°，

第12页（共33页）

∴∠ACB＝180°﹣2×40°＝100°． 故选：C．

【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了线段垂直平分线的性质．

10．（3分）（2021•海南）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°

B．35°

C．45°

D．60°

【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠BAD＝60°，根据圆周角定理得到∠BAE＝90°，结合图形计算，得到答案．

【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠BCD+∠BAD＝180°， ∵∠BCD＝2∠BAD，

∴∠BCD＝120°，∠BAD＝60°， ∵BE是⊙O的直径， ∴∠BAE＝90°，

∴∠DAE＝90°﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°， 故选：A．

第13页（共33页）

【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理的应用，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．

11．（3分）（2021•海南）如图，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的面积为8，则△AEF的面积为（ ）

A．2

B．3

C．4

D．5

【分析】连接AC、BD，交于点O，AC交EF于点G，根据菱形性质可得菱形面积公式，然后根据三角形中位线定理得EF与BD关系，最后根据三角形面积公式代入计算可得答案．

【解答】解：连接AC、BD，交于点O，AC交EF于点G，

∵四边形ABCD是菱形，

12

∴AO＝OC，菱形ABCD的面积为：𝐴𝐶⋅𝐵𝐷， ∵点E、F分别是边BC、CD的中点，

1

∴EF∥BD，EF=2BD， ∴AC⊥EF，AG＝3CG， 设AC＝a，BD＝b，

第14页（共33页）

∴𝑎𝑏=8，即ab＝16，

2

121133

×𝑏×𝑎ab＝3． 224161

S△AEF=𝐸𝐹⋅𝐴𝐺=故选：B．

【点评】此题考查的是菱形的性质、三角形中位线定理，能够利用三角形面积公式得到答案是解决此题关键．

12．（3分）（2021•海南）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．

【分析】首先看清横轴和纵轴表示的量，然后根据实际情况：时间t和运动的路程s之间的关系采用排除法求解即可．

【解答】解：随着时间的增多，行进的路程也将增多，排除D；

由于途中停车加油耽误了几分钟，此时时间在增多，而路程没有变化，排除A； 后来加快了速度，仍保持匀速行进，所以后来的函数图象的走势应比前面匀速前进的走势要陡． 故选：B．

第15页（共33页）

【点评】此题主要考查了函数图象，解题的关键是根据函数图象的性质分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论．

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）

𝑥−1𝑥+2

13．（4分）（2021•海南）分式方程=0的解是 x＝1 ．

【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．

【解答】解：去分母得：x﹣1＝0， 解得：x＝1，

检验：当x＝1时，x+2≠0， ∴分式方程的解为x＝1． 故答案为：x＝1．

【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．

3

14．（4分）（2021•海南）若点A（1，y1），B（3，y2）在反比例函数y=𝑥的图象上，则y1 ＞ y2（填“＞”“＜”或“＝”）．

【分析】先根据反比例函数的解析式判断出函数的图象所在的象限，再由A、B两点横坐标的特点即可得出结论．

3

【解答】解：∵反比例函数y=𝑥中，k＝3＞0，

∴此函数图象的两个分支分别在一三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小． ∵1＜3， ∴y1＞y2． 故答案为＞．

第16页（共33页）

【点评】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数的增减性是解答此题的关键．

15．（4分）（2021•海南）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 （4，√3） ．

【分析】过点A作AG⊥x轴，交x轴于点G．只要求出AG、OG，则可求出顶点A的坐标．

【解答】解：过点A作AG⊥x轴，交x轴于点G．

∵B、C的坐标分别是（1，0）、（0，√3）， ∴OC=√3，OB＝1， ∴BC=√12+(√3)2=2． ∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°， ∴AB=

𝐵𝐶2=√3==2√3．

𝑡𝑎𝑛30°3∵∠ABG+∠CBO＝90°，∠BCO+∠CBO＝90°，

第17页（共33页）

∴∠ABG＝∠BCO．

𝐴𝐺

𝑂𝐵

1

𝐵𝐺

𝑂𝐶

√3∴sin∠ABG=𝐴𝐵=𝐵𝐶=2，cos∠ABG=𝐴𝐵=𝐵𝐶=2， ∴AG=√3，BG＝3． ∴OG＝1+3＝4，

∴顶点A的坐标是（4，√3）． 故答案为：（4，√3）．

【点评】此题考查的是解直角三角形，利用点的坐标特点求得AG、OG的长是解决此题关键．

16．（4分）（2021•海南）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 6 ，DD′的长为

．

【分析】根据折叠的性质即可求得AD′＝CD＝6；连接AC，根据勾股定理求得AC＝10，证得△BAE≌△D′AF（AAS），D′F＝BE，根据勾股定理列出关于线段BE的方程，解方程求得BE的长，即可求得质即可求得DD′．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝6，

第18页（共33页）

𝐷′𝐹𝐴𝐸

=

725

，然后通过证得

𝐷′𝐹𝐴𝐸

=

7

25

，根据相似三角形的性

∵AD′＝CD， ∴AD′＝6； 连接AC，

∵AB＝6，BC＝AD＝8，∠ABC＝90°， ∴AC=√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=√62+82=10， ∵∠BAF＝∠DAE′＝90°， ∴∠BAE＝∠D′AF， 在△BAE和△D′AF中 ∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐷′𝐴𝐹

{∠𝐵=∠𝐴𝐷′𝐹=90°， 𝐴𝐵=𝐴𝐷′

∴△BAE≌△D′AF（AAS）， ∴D′F＝BE，∠AEB＝∠AFD′， ∴∠AEC＝∠D′FD， 由题意知：AE＝EC；

设BE＝x，则AE＝EC＝8﹣x， 由勾股定理得： （8﹣x）2＝62+x2，

7

解得：x=4，

∴BE=4，AE＝8−4=4， ∴

𝐵𝐸𝐴𝐸

7

7

25

=

725

，

第19页（共33页）

∴

𝐷′𝐹𝐴𝐸

=

7

25

，

∵∠AD′F＝∠D′AF＝90°， ∴D′F∥AE， ∵DF∥EC，

𝐷′𝐹𝐴𝐸𝐷𝐷′𝐴𝐶

7

∴=

25

，

725

∴=

𝐷′𝐹𝐴𝐸

=，

∴DD′=

714×10=， 255145

故答案为6，．

【点评】该题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用全等三角形的性质、相似三角形的性质，勾股定理等几何知识点来解题． 三、解答题（本大题满分68分）

17．（12分）（2021•海南）（1）计算：23+|﹣3|÷3−√25×51；

﹣

（2）解不等式组{𝑥−1

2𝑥＞−6≤62𝑥+1并把它的解集在数轴（如图）上表示出来．

【分析】（1）利用乘方的意义、绝对值的意义、二次根式的性质和负整数指数幂的意义

第20页（共33页）

计算；

（2）分别解两个不等式得到x＞﹣3和x≤2，再利用大小小大中间找得到不等式组的解集，然后在数轴上表示其解集．

1

【解答】解：（1）原式＝8+3÷3﹣5×5 ＝8+1﹣1 ＝8；

2𝑥＞−6①

（2）{𝑥−1

𝑥+1，

≤6②2解①得x＞﹣3， 解②得x≤2，

所以不等式组的解集为﹣3＜x≤2， 解集在数轴上表示为：

【点评】本题考查了二次根式的混合运算：掌握二次根式的性质和负整数指数幂的意义是解决问题的关键．也考查了解不等式组．

18．（10分）（2021•海南）为了庆祝中国党成立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？

【分析】设购买1副乒乓球拍x元，1副羽毛球拍y元，由购买2副乒乓球拍和1副羽毛球拍共需280元，购买3副乒乓球拍和2副羽毛球拍共需480元，可得出方程组，解出即可．

第21页（共33页）

【解答】解：设购买1副乒乓球拍x元，1副羽毛球拍y元，根据题意得， 2𝑥+𝑦=280{， 3𝑥+2𝑦=480𝑥=80解得{．

𝑦=120

答：购买1副乒乓球拍80元，1副羽毛球拍120元．

【点评】本题主要考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解题的关键是理解题意找到相等关系，并依据相等关系列出方程组．

19．（8分）（2021•海南）根据2021年5月11日新闻办公室发布的《第七次全国人口普查公报》，就我国2020年每10万人中，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＝ 3.45 ，b＝ 1.01 ；

（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 72.2 %（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 140 万（精确到1万）．

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【分析】（1）根据小学的人数是2.48万人，所占的百分比是24.8%，据此即可求得总人数，进而可求得a、b的值；

（2）用2020年与2010年每10万人中拥有大学文化程度的人数差除以2010年每10万人中拥有大学文化程度的人数即可求解；

（3）求出海南省每10万人中拥有大学文化程度的人数，用1008乘以海南省每10万人中拥有大学文化程度的人数所占的百分比即可求解． 【解答】解：（1）2.48÷24.8%＝10（万人）， 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；

1.55−0.900.90

（2）×100%≈72.2%，

故答案为：72.2；

1.55−0.16

≈140（万人）， 10（3）1008×

故答案为：140．

【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

20．（10分）（2021•海南）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＝ 150 度，∠AEC＝ 30 度；

第23页（共33页）

（2）求信号塔的高度AB（结果保留根号）．

【分析】（1）根据两直线平行，同旁内角互补可求出∠BCD，进而求出∠ACE； （2）通过作垂线，构造直角三角形，在Rt△CEG中，由∠CEG＝30°，CE＝4m，可求出CG＝2m，EG＝2√3m，在Rt△AEF中利用特殊锐角的三角函数列方程求解即可.. 【解答】解：（1）∵BC∥DK， ∴∠BCD+∠D＝180°， 又∵∠D＝30°，

∴∠BCD＝180°﹣30°＝150°， ∵NE∥KD，

∴∠CEN＝∠D＝30°， 又∵∠AEN＝60°，

∴∠ACE＝∠AEN﹣∠CEN＝60°﹣30°＝30°， 故答案为：150，30；

（2）如图，过点C作CG⊥EN，垂足为G，延长AB角EN于点F， 在Rt△CEG中，∵∠CEG＝30°，CE＝4m，

第24页（共33页）

∴CG=CE＝2（m）＝BK， ∴EG=√3CG＝2√3（m）， 设AB＝x，则AF＝（x+2）m， EF＝BC+EG＝（8+2√3）m， 在Rt△AEF中，∵∠AEN＝60°， ∴BF=√3EF， 即x+2=√3（8+2√3）， x＝（4+8√3）m，

即信号塔的高度AB为（4+8√3）m．

1

2

【点评】本题考查解直角三角形，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的前提，构造直角三角形，掌握两个直角三角形边角之间的关系是解决问题的关键．

21．（12分）（2021•海南）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

第25页（共33页）

于点G，连接HB，HC． ①求证：HD＝HB；

②若DK•HC=√2，求HE的长．

【分析】（1）由CD＝AD，∠DCE＝∠DAF＝90°，CE＝AF，即可求解；

（2）①由△DCE≌△DAF，得到△DFE为等腰直角三角形，则点H是EF的中点，故DH=2EF，进而求解； ②证明△DKF∽△HEC，则

𝐷𝐾𝐻𝐸

1

=

𝐷𝐹𝐻𝐶

，即DK•HC＝DF•HE，进而求解．

【解答】解：（1）∵四边形ABCD为正方形， ∴CD＝AD，∠DCE＝∠DAF＝90°， ∵CE＝AF，

∴△DCE≌△DAF（SAS）；

（2）①∵△DCE≌△DAF， ∴DE＝DF，∠CDE＝∠ADF，

∴∠DE＝∠ADF+∠ADE＝∠CDE+∠ADE＝∠ADC＝90°，

第26页（共33页）

∴△DFE为等腰直角三角形， ∵DH⊥EF，

∴点H是EF的中点，

1

∴DH=2EF，

同理，由HB是Rt△EBF的中线得：HB=2EF， ∴HD＝HB；

②∵四边形ABCD为正方形， 故CD＝CB，

∵HD＝HB，CH＝CH， ∴△DCH≌△BCH（SSS）， ∴∠DCH＝∠BCH＝45°， ∵△DEF为等腰直角三角形， ∴∠DFE＝45°， ∴∠HCE＝∠DFK， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD∥BC， ∴∠DKF＝∠HEC， ∴△DKF∽△HEC，

𝐷𝐾𝐻𝐸

𝐷𝐹𝐻𝐶

1

∴=，

第27页（共33页）

∴DK•HC＝DF•HE，

在等腰直角三角形DFH中，DF=√2HE=√2HE， ∴DK•HC＝DF•HE=√2HE2=√2， ∴HE＝1．

【点评】本题是四边形综合题，涉及到正方形的性质、三角形全等和相似、等腰直角三角形的性质、直角三角形中线定理等，综合性强，难度适中．

22．（16分）（2021•海南）已知抛物线y＝ax2+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C的坐标为（0，3）． （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：

3310

9

4①当t为何值时，△BDE的面积等于；

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．

第28页（共33页）

【分析】（1）把A、C两点代入抛物线y＝ax2+4x+c解析式，即可得表达式．

（2）把解析式配方得顶点式，即可得顶点坐标，令y＝0，得B点的坐标，连接OP，可求的S△PBC＝S△OPC+S△OPB﹣S△OBC，=2•OC•|xp|+2•OB•|yp|−2•OB•OC，即得结果． （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，由勾股定理得BC＝5，当运动时间为t秒时，BE＝t，

过点E作EN⊥x轴，垂足为N，根据相似三角形的判定得△BEN∽△BCO，根据相似三角形的性质得，点E的坐标为（4−t，t），分两种情形讨论当点D在线段CO上运动

54

531

1

1

9

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=5t2，当S△BDE=10时，t2=10，解得t=2；Ⅱ、如图，当点D在线段OB上运动时，3≤t

5≤5，BD＝7﹣t，∴S△BDE=2BD•EN=−10t2+10t，当S△BDE=10时，t=②根据平行四边形ADFE的性质得出坐标．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+4x+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点， ∴{𝑎−4+𝑐=0， 𝑐=3解得{𝑎=−4，

𝑐=3

第29页（共33页）

2

33

2

33√33132133

7+√5； 29

9

3

∴该抛物线的函数表达式为y=−x2+x+3；

3

9

3

3

75

3494（2）∵抛物线y=−4x2+4x+3=−4（x−2）2+16， ∴抛物线的顶点P的坐标为（，2

34943

7516

），

∵y=−x2+x+3，令y＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝4，

∴B点的坐标为（4，0），OB＝4， 如图，连接OP，

则S△PBC＝S△OPC+S△OPB﹣S△OBC， =2•OC•|xp|+2•OB•|yp|−2•OB•OC =2×3×2+2×4×16−2×4×3 =4+8−6 =8，

∴△PBC的面积为

458

459

751

3

1

75

1

1

1

1

；

第30页（共33页）

（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，

过点E作EN⊥x轴，垂足为N，

则△BEN∽△BCO，

𝐵𝑁𝐵𝑂

𝐸𝑁𝐶𝑂

𝐵𝐸𝐵𝐶35𝑡

∴=

45==，

5

∴BN=t，EN=t，

4

35

∴点E的坐标为（4−5t，t）， 下面分两种情形讨论：

Ⅰ、当点D在线段CO上运动时，0＜t＜3，

第31页（共33页）

此时CD＝t，点D的坐标为（0，3﹣t）， ∴S△BDE＝S△BOC﹣S△CDE﹣S△BOD =2BO•CO−2CD•|xE|−2OB•OD =

1141

×4×3−×t×（4−t）−×4×（3﹣t） 2252251

1

1

=t2，

223333

当S△BDE=10时，t=10，

5

解得t1=−

√33√332（舍去），t2=

√332＜3，

∴t=

2；

Ⅱ、如图，当点D在线段OB上运动时，3≤t≤5，BD＝7﹣t，

∴S△BDE=2BD•EN， =

13

×（7﹣t）×t 253

211

=−10t2+10t， 当S△BDE=10时，

第32页（共33页）

33

−

322133t+t=， 1010107+√57−√5，t＜3， 4=22解得t3=

又∵3≤t≤5，

7+√5， 2√33∴t=

综上所述，当t=

2或t=

7+√533

时，S△BDE=； 210103

②当点D在线段OC上，根据平行四边的性质得，F坐标为（，136

），

当点D在线段OB上，根据平行四边的性质，F坐标为（3，3）．

103

136

综上所述：F坐标为（，）或（3，3）．

【点评】本题考查了抛物线的综合运用，本题涉及到抛物线的求解，抛物线坐标轴求解，勾股定理，二次函数的性质相似三角形的判定与性质，正确运用分类讨论思想是解题的关键．

第33页（共33页）