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2022 年济宁市初中学业水平考试
一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.在每小题给出的四个选项中,
只有一项符合题目要求.)
1.(2022山东济宁,1,3分)用四舍五入法取近似值,将数0.015 8精确到0.001的
结果是 ( )
A.0.015 B.0.016 C.0.01 D.0.02
2.(2022山东济宁,2,3分)如图是由6个完全相同的小正方体搭建而成的几何体,
则这个几何体的主视图是 ( )
A
B
C
D
3.(2022山东济宁,3,3分)下列各式运算正确的是 ( )
A.-3(x-y)=-3x+y B.x3·x2=x6
C.(π-3.14)0=1 D.(x3)2=x5
4.(2022山东济宁,4,3分)下面各式从左到右的变形,属于因式分解的是 ( )
A.x2-x-1=x(x-1)-1
B.x2-1=(x-1)2
C.x2-x-6=(x-3)(x+2)
D.x(x-1)=x2-x5.(2022山东济宁,5,3分)某班级开展“共建书香校园”读书活动.统计了1至7
月份该班同学每月阅读课外书的本数,并绘制出如图所示的折线统计图.则下列
说法正确的是 ( )
A.从2月到6月,阅读课外书的本数逐月下降
B.从1月到7月,每月阅读课外书本数的最大值比最小值多45
C.每月阅读课外书本数的众数是45
D.每月阅读课外书本数的中位数是58
6.(2022山东济宁,6,3分)一辆汽车开往距出发地420 km的目的地,若这辆汽车
比原计划每小时多行10 km,则提前1小时到达目的地.设这辆汽车原计划的速度
是x km/h,根据题意所列方程是( )
420 420 420 420
A. = +1B. +1=
x x-10 x x+10
420 420 420 420
C. = +1D. +1=
x x+10 x x-10
7.(2022山东济宁,7,3分)已知圆锥的母线长为8 cm,底面圆的直径为6 cm,则
这个圆锥的侧面积是 ( )
A.96π cm2 B.48π cm2
C.33π cm2 D.24π cm2
{x-a>0,
8.(2022山东济宁,8,3分)若关于x的不等式组 仅有3个整数解,则a的
7-2x>5
取值范围是( )
A.-4≤a<-2B.-32时,y>y.
1 2
8
14.(2022山东济宁,14,3分)如图,A是双曲线y= (x>0)上的一点,点C是OA
x
的中点,过点C作y轴的垂线,垂足为D,交双曲线于点B,则△ABD的面积是
.15.(2022山东济宁,15,3分)如图,点A,C,D,B在☉O上,AC=BC,∠ACB=90°.若
1
CD=a,tan∠CBD= ,则AD的长是 .
3
三、解答题(本大题共7小题,共55分.)
16.(2022山东济宁,16,6分)已知a=2+√5,b=2-√5,求代数式a2b+ab2的值.
17.(2022山东济宁,17,7分)6月5日是世界环境日.某校举行了环保知识竞赛,
从全校学生中随机抽取了n名学生的成绩进行分析,并依据分析结果绘制了不完
整的统计表和统计图(如下图所示).
学生成绩分布统计表
成绩/分 组中值 频率
75.5≤x<80.5 78 0.05
80.5≤x<85.5 83 a
85.5≤x<90.5 88 0.375
90.5≤x<95.5 93 0.275
95.5≤x<100.
98 0.05
5
请根据以上图表信息,解答下列问题:
(1)填空:n= ,a= ;
(2)请补全频数分布直方图;
(3)求这n名学生成绩的平均分;(4)从成绩在75.5≤x<80.5和95.5≤x<100.5的学生中任选两名学生.请用列表法
或画树状图的方法,求选取的学生成绩在75.5≤x<80.5和95.5≤x<100.5中各一
名的概率.
18.(2022山东济宁,18,7分)如图,在矩形ABCD中,以AB的中点O为圆心,以
OA为半径作半圆,连接OD交半圆于点E,在B´E上取点F,使E´F=A´E,连接
BF,DF.
(1)求证:DF与半圆相切;
(2)如果AB=10,BF=6,求矩形ABCD 的面积.
19.(2022山东济宁,19,8分)某运输公司安排甲、乙两种货车24辆恰好一次性
将328吨的物资运往A,B两地,两种货车载重量及到A,B两地的运输成本如下
表:
货
载重量 运往A地的 运往B地的
车
(吨/辆 成本 成本
类
) (元/辆) (元/辆)
型
甲
16 1 200 900
种
乙
12 1 000 750
种
(1)求甲、乙两种货车各用了多少辆;
(2)如果前往A地的甲、乙两种货车共12辆,所运物资不少于160吨,其余货车
将剩余物资运往B地.设甲、乙两种货车到A,B两地的总运输成本为ω元,前往
A地的甲种货车为t辆.
①写出ω与t之间的函数解析式;
②当t为何值时,ω最小?最小值是多少?
20.(2022山东济宁,20,8分)知识再现
如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠A,∠B,∠C的对边分别为a,b,c.
a b
∵sin A= ,sin B= ,
c c
a b
∴c= ,c= .
sin A sinB
a b
∴ = .
sin A sinB
拓展探究
如图2,在锐角△ABC中,∠A,∠B,∠C的对边分别为a,b,c.
a b c
请探究 , , 之间的关系,并写出探究过程.
sin A sinB sinC解决问题
如图3,为测量点A到河对岸点B的距离,选取与点A在河岸同一侧的点C,测得
AC=60 m,∠A=75°,∠C=60°.请用拓展探究中的结论,求点A到点B的距离.
图1
图2
图3
1
21.(2022山东济宁,21,9分)已知抛物线C:y=- (m2+1)x2-(m+1)x-1与x轴有
1
2
公共点.
(1)当y随x的增大而增大时,求自变量x的取值范围;
(2)将抛物线C先向上平移4个单位长度,再向右平移n个单位长度得到抛物线
1
C(如图所示),抛物线C与x轴交于点A,B(点A在点B的右侧),与y轴交于点
2 2
C.当OC=OA 时,求n的值;
(3)在(2)的条件下D为抛物线C的顶点,过点C作抛物线C的对称轴l的垂线,
2 2
垂足为G,交抛物线C于点E,连接BE交l于点F.求证:四边形CDEF是正方形.
2
22.(2022山东济宁,22,10分)如图,△AOB是等边三角形,过点A作y轴的垂线,
垂足为C,点C的坐标为(0,√3).P是直线AB上在第一象限内的动点,过点P作y
轴的垂线,垂足为D,交AO于点E,连接AD,作DM⊥AD交x轴于点M,交AO于
点F,连接BE,BF.
(1)填空:若△AOD是等腰三角形,则点D的坐标为 ;
(2)当点P在线段AB上运动时(点P不与点A,B重合),设点M的横坐标为m.
①求m值最大时点D的坐标:②是否存在这样的m值,使BE=BF?若存在,求出此时的m值;若不存在,请说明
理由.2022 年济宁市初中学业水平考试
1.B 0.015 8精确到0.001的结果是0.016.故选B.
2.A 主视图是从正面看到的图形,有三列,最右边一列有3个小正方形,中间一列有2个小正方
形,最左边一列有1个小正方形.故选A.
3.C 选项A,-3(x-y)=-3x+3y;选项B,x3·x2=x3+2=x5;选项C,任何一个不为0的实数的0次幂是
1;选项D,(x3)2=x6.故选C.
4.C 选项A,没有化成积的形式,不是因式分解;选项B,x2-1=(x+1)(x-1);选项C正确;选项D
是整式乘法.故选C.
5.D 选项A,在4月到5月之间,阅读课外书的本数是上升的,故A选项中说法错误;选项B,从1
月到7月,阅读课外书的本数的最大值是78,最小值是28,其差为78-28=50,故B选项中说法错
误;选项C,这7个月阅读课外书的本数的众数是58,故C选项中说法错误;选项D,这7个月阅读
课外书的本数的中位数是58,故D选项中说法正确.
420 420
6.C 根据“原计划所用时间=实际所用时间+1”,得 = +1.故选C.
x x+10
1
7.D 由题意得,圆锥的底面周长l为6π cm,又圆锥的母线长为8 cm,所以圆锥的侧面积为
2
×6π×8=24π cm2.故选D.
{ x-a>0①,
8.D
7-2x>5②,
解不等式①得x>a,解不等式②得x<1,
∵不等式组仅有3个整数解,则只能是0,-1,-2,
∴-3≤a<-2.故选D.
9.A 由题意得
∠ADB=∠B,∠CDE=∠C,AB=AD=3,ED=CE.∵∠B+∠C=90°,∴∠ADB+∠CDE=90°,∴∠ADE=
90°.在Rt△ADE中,AD=2,设ED=EC=x,则AE=3-x,根据勾股定理得AD2+DE2=AE2,即22+x2=(3-
5 5 13
x)2,解得x= ,∴AE=3- = .
6 6 6
10.B 第一幅图有4个圆点,第二幅图有7个圆点,比第一幅图多3个圆点,第三幅图比第二幅图
多3个圆点,第四幅图比第三幅图多3个圆点,照此规律,第n幅图有(3n+1)个圆点.所以第一百
幅图中圆点的个数为3×100+1=301.
11.答案 x≥3
解析 根据二次根式有意义的条件,可得x-3≥0,解得x≥3.
12.答案 53°28'
解析 由题意得l∥l,∴∠3=∠1=126°32'.
1 3
∴∠2=180°-∠3=180°-126°32'=53°28'.
13.答案 0(答案不唯一)解析 画出直线y=x-1,要使得当x>2时y>y,需直线y=kx+b过点(2,1)且与y轴的交点在
1 1 2 2
(0,-1)以上,所以b>-1.故b的值可以为0.
14.答案 4
解析 设点A( 8),∵点C为OA的中点,
m,
m
∴C(m
,
4).∵BD∥x轴,∴B(
2m,
4),D(
0,
4),过点A作AE⊥BD交BD于点E,则S
△ABD
=1
2 m m m 2
1 4
BD·AE= ·2m· =4.
2 m
15.答案 2√2a
解析 连接AB,过点C作CE⊥AD于D,
∵AC=BC,∠ACB=90°,∴∠ABC=∠CAB=45°,∴∠CDE=∠ABC=45°.在Rt△CDE中,
√2 1 1 1
∵CD=a,∴DE=CE= a.∵tan∠CBD= ,∴tan∠CAE= .在Rt△ACE中,∵tan∠CAE= ,CE=
2 3 3 3
√2 3√2
a,∴AE= a.
2 2
∴AD=AE+DE=2√2a.
思路分析
连接AB,易知△ACB是等腰直角三角形,作CE⊥AD,构造出两个直角三角形,利用
∠CBD=∠CAD,∠CBA=∠CDA,解这两个直角三角形即可.16.解析 a2b+ab2=ab(a+b)
=(2+√5)(2-√5)[(2+√5)+(2-√5)]
=(4-5)×4=-4.
2
17.解析 (1)由题意得n= =40.
0.05
10
又40-2-15-11-2=10(人),∴a= =0.25.
40
(2)补全频数分布直方图如图所示.
1
(3)由题意得,平均分为 ×(78×2+83×10+88×15+93×11+98×2)=88.125(分).
40
(4)用A,A表示成绩在75.5≤x<80.5组的学生.
1 2
用B,B表示成绩在95.5≤x<100.5组的学生.
1 2
列表可得:
A A B B
1 2 1 2
A AABABA
2 1 2
1 1 1 1
AAA BABA
1 1 2
2 2 2 2
AB
BAB 2 BB
1 1 1 2 1
1
AB
BAB 2 BB
2 1 2 1 2
2
共有12种等可能的情况,其中选取的学生成绩在75.5≤x<80.5和95.5≤x<100.5中各一名的情
2
况有8种,∴所求概率为 .
3
18.解析 (1)证明:连接OF,
∵A´E=E´F,∴∠1=∠2.∵四边形ABCD是矩形,∴∠OAD=90°.
{OA=OF,
在△OAD与△OFD中, ∠1=∠2,
OD=OD,
∴△OAD≌△OFD,∴∠OFD=∠OAD=90°.
∴DF与半圆相切.
(2)连接AF,交OD于点G,
∵AB为直径,∴∠AFB=90°.
∵AB=10,BF=6,
∴AF= =8.
√AB2-BF2
∵DA、DF都与半圆相切,∴DO垂直平分AF.
∴AG=4.
在Rt△AOG中,AG=4,AO=5,∴OG=3.
4
∴tan∠1= .
3
AD 4
在Rt△AOD中,tan∠1= = ,
AO 3
4 20
∴AD= AO= .
3 3
20 200
∴S =AD·AB= ×10= .
矩形ABCD
3 3
思路分析
(1)连接OF,利用全等三角形将∠OAD与∠OFD联系起来;(2)连接AF,交OD于点G,先求
AF,从而求得AG,在△AOG与△AOD中利用三角函数求AD,进而求矩形ABCD的面积.
19.解析 (1)设甲种货车用了x辆,乙种货车用了y辆,根据题意得,
{ x+ y=24, {x=10,
解得
16x+12y=328, y=14.
答:甲种货车用了10辆,乙种货车用了14辆.
(2)①前往A地的甲种货车为t辆,则前往A地的乙种货车为(12-t)辆,前往B地的甲种货车为
(10-t)辆,前往B地的乙种货车为14-(12-t)=(t+2)辆,根据题意得,
ω=1 200t+1 000(12-t)+900(10-t)+750(2+t)
=50t+22 500.
②∵前往A地的两种货车所运物资不少于160吨,{ t≥0,
∴ 解得4≤t≤12.
12-t≥0,
16t+12(12-t)≥160,
∵50>0,∴ω随t的增大而增大.
当t=4时,ω最小,
此时ω=50×4+22 500=22 700.
故当t为4辆时,ω取得最小值,最小值为22 700元.
20.解析 拓展探究
过点A作AD⊥BC于点D,设AD=h,
h
在Rt△ABD中,∵sin B= ,∴h=c·sin B.
c
h
在Rt△ACD中,∵sin C= ,∴h=b·sin C.
b
b c
∴c·sin B=b·sin C.∴ = .
sinB sinC
a c
同理,过点B作BE⊥AC于点E,可得 = .
sin A sinC
a b c
∴ = = .
sin A sinB sinC
解决问题
∵∠A=75°,∠C=60°,
∴∠B=180°-∠A-∠C=45°.
AB AC AC·sinC 60×sin60°
根据 = ,得AB= = =30√6(m).
sinC sinB sinB sin45°
答:点A到点B的距离为30√6 m.
21.解析 (1)∵抛物线与x轴有公共点,
∴[-(m+1)]2+4×[ 1 ]≥0.
- (m2+1)
2
整理得-(m-1)2≥0,
∴m=1.
∴y=-x2-2x-1=-(x+1)2,
∴抛物线的对称轴为直线x=-1,且开口向下,
∴当y随x的增大而增大时,x<-1.
(2)将抛物线C:y=-(x+1)2向上平移4个单位,再向右平移n个单位,得到抛物线C的解析式为
1 2
y=-(x+1-n)2+4,
令x=0,得y=4-(1-n)2,
令y=0,得(x+1-n)2=4,解得x=n+1,x=n-3.
1 2
∴A(n+1,0),B(n-3,0).
∵OA=OC,∴4-(1-n)2=n+1,即n2-n-2=0.
解得n=2,n=-1(舍去).
1 2
∴当OC=OA时,n=2.
(3)证明:当n=2时,y=-(x-1)2+4,
∴顶点D(1,4),C(0,3),B(-1,0).
∵点G在对称轴上,∴G(1,3).
∵C、E关于对称轴l对称,∴E(2,3).
{2k+b=3, {k=1,
设直线BE的解析式为y=kx+b,则 解得
-k+b=0, b=1.
∴直线BE的解析式为y=x+1,当x=1时,y=2.
∴F(1,2).
则DG=GF=GC=EG=1,
∴DF与EC相等且互相垂直平分,
∴四边形CDEF为正方形.
思路分析
(1)根据抛物线C与x轴有公共点,得Δ≥0,即可求得m,再将m代入即可求出C的解析
1 1
式,利用抛物线的性质求出x的范围;(2)利用平移,得C:y=-(x-n+1)2+4,求出点C与点A的坐
2
标,利用OA=OC,列方程求n.(3)求出C的解析式后分别求出D、C、B、G、E 5个点的坐标,
2
利用对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形即可得证.
22.解析 (1)( 2√3)或(0,2).
0,
3
详解:∵△AOB是等边三角形,∴∠OAB=∠OBA=∠AOB=60°.
∴∠AOC=30°,
∵AC⊥y轴于点C,∴∠ACO=90°,∠AOC=30°,∠OAC=60°.
∵C(0,√3),∴OC=√3.
OC 1
在Rt△OAC中,OA= =2,∴AC= OA=1.
cos30° 2
①当OD=AD时,∠DAO=∠AOD=30°,
∴∠DAC=60°-30°=30°.
AC 2√3
在Rt△ACD中,AD= = .
cos30° 3
∴OD=AD=2√3.∴D( 2√3).
0,
3 3
②当OD=OA时,OD=2,∴D(0,2)或(0,-2)(不含题意).
③当AO=AD时,点D在直线AB与y轴的交点上,不成立.∴点D的坐标为( 2√3)或(0,2).
0,
3
(2)①∵AD⊥DM,∴∠ADM=90°.
∴∠ADC+∠ODM=90°.
又∵∠ACD=90°,∴∠ADC+∠CAD=90°,
∴∠ODM=∠CAD.
又∵∠DOM=∠ACD=90°,
OM OD
∴△DOM∽△ACD,∴ = .
CD AC
设点D(0,n),则OD=n,CD=√3-n.
又AC=1,OM=m.
√3-n 1
∴ = ,∴m=n(√3-n)=-n2+√3n.
m n
√3
∴当n= 时,m有最大值.
2
此时点D的坐标为( √3).
0,
2
②存在.∵BF=BE,∴∠BEF=∠BFE,
∴∠AEB=∠OFB,
又∠EAB=∠FOB=60°,AB=OB,
∴△AEB≌△OFB,
∴AE=OF,
t √3 √3
设AE=t,则EF=2-2t,DE=1- ,CD= t,OD=√3- t,
2 2 2
易证△MOD∽△DCA,
m √3t
OM OD √3-
∴ = ,即√3 = 2 ,①
CD CA t
2 1
∵DP∥OM,∴△OMF∽△EDF,
m
OM OF t
∴ = ,即 t = ,②
DE EF 1- 2-2t
2
2 2
联立得①②,解得t= ,m= .
3 3
2
∴存在m= ,使BE=BF.
3
