沈阳市2017年初中学生学业水平(升学)考试
(满分:120分 时间:120分钟)
第Ⅰ卷(选择题,共20分)
一、选择题(下列各题的备选答案中,只有一个答案是正确的.每小题2分,共20分)
1.7的相反数是( )
1 1
A.-7 B.- C. D.7
7 7
2.如图所示的几何体的左视图是( )
3.“弘扬雷锋精神,共建幸福沈阳”,幸福沈阳需要830万沈阳人共同缔造.将数据830用科学记数法可以表示为( )
A.83×10 B.8.3×102 C.8.3×103 D.0.83×103
4.如图,AB∥CD,∠1=50°,则∠2的度数是( )
A.50° B.100° C.130° D.140°
k
5.点A(-2,5)在反比例函数y= (k≠0)的图象上,则k的值是( )
x
A.10 B.5 C.-5 D.-10
6.在平面直角坐标系中,点A,点B关于y轴对称,点A的坐标是(2,-8),则点B的坐标是( )
A.(-2,-8) B.(2,8) C.(-2,8)D.(8,2)
7.下列运算正确的是( )
A.x3+x5=x8 B.x2·x5=x10
C.(x+1)(x-1)=x2-1 D.(2x)5=2x5
8.下列事件中,是必然事件的是( )
A.将油滴入水中,油会浮在水面上
B.车辆随机到达一个路口,遇到红灯
C.如果a2=b2,那么a=b
D.掷一枚质地均匀的硬币,一定正面向上
9.在平面直角坐标系中,一次函数y=x-1的图象是( )
10.正六边形ABCDEF内接于☉O,正六边形的周长是12,则☉O的半径是( )A. B.2 C.2 D.2
√3 √2 √3
第Ⅱ卷(非选择题,共100分)
二、填空题(每小题3分,共18分)
11.因式分解:3a2+a= .
12.一组数2,3,5,5,6,7的中位数是 .
x+1 x
13.化简: · = .
x x2+2x+1
14.甲、乙、丙三人进行射击测试,每人10次射击成绩的平均值都是8.9环,方差分别是s2 =0.53,s2 =0.51,s2
=0.43,则三人中成绩最稳定的是 (填“甲”或“乙”或“丙”).
甲 乙 丙
15.某商场购进一批单价为20元的日用商品,如果以单价30元销售,那么半月内可销售出400件.根据销售经验,提高销售单价会导致销售量的减少,且销售单价每提高1元,销售量相应减少20件.当销售单价是 元时,才能在半月内获得最大利润.
16.如图,在矩形ABCD中,AB=5,BC=3,将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF,点A落在矩形ABCD的边CD上的点G处,连接CE,则CE的长是 .
三、解答题(第17小题6分,第18、19小题各8分,共22分)
17.计算:| -1|+3-2-2sin 45°+(3-π)0.
√2
18.如图,在菱形ABCD中,过点D作DE⊥AB于点E,作DF⊥BC于点F,连接EF.
求证:(1)△ADE≌△CDF;
(2)∠BEF=∠BFE.
19.把3,5,6三个数字分别写在三张完全相同的不透明卡片的正面上,把这三张卡片背面朝上,洗匀后放在桌面上,先从中随机抽取一张卡片,记录下卡片上的数字,放回后洗匀,再从中随机抽取一张卡片,记录下数字,请用列表法或画树状图法求两次抽取的
卡片上的数字都是奇数的概率.四、(每小题8分,共16分)
20.某校为了开展读书月活动,对学生最喜爱的图书种类进行了一次抽样调查,所有图书分成四类:艺术,文学,科普,其他.随机调查了该校m名学生(每名学生必选且只能选择一类图书),并将调查结果制成如下两幅不完整的统计图:
学生最喜爱的图书种类的
人数扇形统计图
学生最喜爱的图书种类的
人数条形统计图
根据统计图提供的信息,解答下列问题:
(1)m= ,n= ;
(2)扇形统计图中,“艺术”所对应的扇形的圆心角度数是 度;
(3)请根据以上信息补全条形统计图;
(4)根据抽样调查的结果,请你估计该校600名学生中有多少名学生最喜爱科普类图书.
21.小明要代表班级参加学校举办的消防知识竞赛,共有25道题,规定答对一道题得6分,答错或不答一道题扣2分,只有得分超过90分才能获得奖品,问小明至少答对多少道题才能获得奖品?五、(本题10分)
22.如图,在△ABC中,以BC为直径的☉O交AC于点E,过点E作EF⊥AB于点F,延长EF交CB的延长线于点G,且∠ABG=2∠C.
(1)求证:EF是☉O的切线;
3
(2)若sin∠EGC= ,☉O的半径是3,求AF的长.
5
六、(本题10分)
23.如图,在平面直角坐标系中,四边形OABC的顶点O是坐标原点,点A的坐标为(6,0),点B的坐标为(0,8),点C的坐标为(-2 ,4).点M,N分别为四边形OABC边上的动点,动点M从点O开始,以每秒1个单位长度的速度沿O→A→B路线向终点B匀速
√5
运动,动点N从点O开始,以每秒2个单位长度的速度沿O→C→B→A路线向终点A匀速运动.点M,N同时从O点出发,当其中一点到达终点后,另一点也随之停止运动.设动点运动的时间为t秒(t>0),△OMN的面积为S.
(1)填空:AB的长是 ,BC的长是 ;
(2)当t=3时,求S的值;
(3)当3<t<6时,设点N的纵坐标为y,求y与t的函数关系式;
48
(4)若S= ,请直接写出此时t的值.
5备用图
七、(本题12分)
24.四边形ABCD是边长为4的正方形,点E在边AD所在直线上,连接CE,以CE为边,作正方形CEFG(点D,点F在直线CE的同侧),连接BF.
(1)如图1,当点E与点A重合时,请直接写出BF的长;
(2)如图2,当点E在线段AD上时,AE=1,
①求点F到直线AD的距离;
②求BF的长;
(3)若BF=3√10,请直接写出此时AE的长.
图1 图2 备用图
八、(本题12分)
√3 √3
25.如图1,在平面直角坐标系中,O是坐标原点,抛物线y=- x2- x+8√3与x轴正半轴交于点A,与y轴交于点B,连接AB,点M,N分别是OA,AB的中点,Rt△CDE≌Rt△ABO,且△CDE始终保持边DE经过点M,边CD经过点N,边DE与y轴交于点H,边
12 3
CD与y轴交于点G.
(1)填空:OA的长是 ,∠ABO的度数是 度;
(2)如图2,当DE∥AB时,连接HN.
①求证:四边形AMHN是平形四边形;
②判断点D是否在该抛物线的对称轴上,并说明理由;
(3)如图3,当边CD经过点O时(此时点O与点G重合),过点D作DQ∥OB,交AB延长线于点Q,延长ED到点K,使DK=DN,过点K作KI∥OB,在KI上取一点P,使得∠PDK=45°(点P,Q在直线ED的同侧),连接PQ,请直接写出PQ的长.
图1图2
图3
沈阳市2017年初中学生学业水平(升学)考试
一、选择题
答案速查
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A D B C D A C A B B
1.A 只有符号不相同的两个数互为相反数,所以7的相反数是-7,故选A.
2.D 从左面看到的图形是两个竖排的正方形,故选D.
3.B 科学记数法的表示形式为a×10n,其中1≤|a|<10,n为整数,所以830=8.3×102,故选B.
4.C 如图,∵AB∥CD,∴∠3=∠1=50°.
又∵∠2+∠3=180°,∴∠2=180°-∠3=130°.故选C.
k
5.D 把点A(-2,5)代入y= (k≠0),得k=5×(-2)=-10,故选D.
x
6.A 关于y轴对称的两点的横坐标互为相反数,纵坐标相同.由此可得点B的坐标是(-2,-8),故选A.
7.C x3与x5不是同类项,不能合并,故选项A错误;根据同底数幂的乘法法则知x2·x5=x2+5=x7,故选项B错误;根据平方差公式知选项C正确;由积的乘方法则可得(2x)5=25·x5=32x5,故选项D错误,故选C.
8.A 将油滴入水中,油会浮在水面上,是必然事件.B、C、D都是随机事件,故选A.
9.B 当x=0时,y=-1;当y=0时,x=1,所以直线y=x-1经过点(0,-1)、(1,0),观察各选项中的图象可知B正确,故选B.
360°
10.B 由正六边形的周长是12,可得BC=2,连接OB、OC,则∠BOC= =60°,所以△BOC为等边三角形,所以OB=BC=2,即☉O的半径为2,故选B.
6
二、填空题
11. 答案 a(3a+1)
解析 3a2+a=a(3a+1).
12. 答案 55+5
解析 所给数据是从小到大排列的6个数,中位数应该是中间两个数的平均数,即 =5.
2
1
13. 答案
x+1
x+1 x x+1 x 1
解析 · = · = .
x x2+2x+1 x (x+1)2 x+1
14. 答案 丙
解析 方差越小,数据越稳定.三个人中丙的射击成绩方差最小,所以最稳定的是丙.
15. 答案 35
解析 设销售单价为x元,半月内的利润为y元,由题意知y=(x-20)[400-20(x-30)]=(x-20)(1 000-20x)=-20x2+1 400x-20 000=-20(x-35)2+4 500.
∴ -抛20物<0线,∵开口向下,
∴当x=35时,y取得最大值,
即销售单价是35元时,才能在半月内获得最大利润.
3√10
16. 答案
5
解析 解法一:连接AG,
在Rt△BCG中,CG=√BG2-BC2=4,∴GD=CD-CG=1,
∴在Rt△ADG中,AG=√AD2+GD2=√10.
∵∠ABG+∠GBC=90°,∠GBC+∠CBE=90°,
∴∠ABG=∠CBE,
AB BG 5
又 = = ,
BC BE 3
AG AB √10 5
∴△ABG∽△CBE,∴ = ,即 = ,
CE BC CE 3
3√10
∴CE= .
5
解法二:过点C作CH⊥BE于点H,
∵∠GBC+∠CBH=90°,∠GBC+∠BGC=90°,
∴∠BGC=∠CBH.
又∠BCG=∠CHB,∴△BCG∽△CHB.
BG BC 5 3
∴ = ,即 = .
BC CH 3 CH
9
∴CH= .
5
12
在Rt△BCH中,BH=√BC2-CH2= .
5
3
∴HE=BE-BH= .
53√10
∴在Rt△CHE中,CE=√CH2+H E2= .
5
三、解答题
1 √2 1
17. 解析 原式=√2-1+ -2× +1= .
9 2 9
18. 证明 (1)∵四边形ABCD是菱形,
∴AD=CD,∠A=∠C,
∵DE⊥AB,DF⊥CB,
∴∠AED=∠CFD=90°.
∴△ADE≌△CDF.
(2)∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=CB,
∵△ADE≌△CDF,
∴AE=CF,
∴BE=BF,
∴∠BEF=∠BFE.
19. 解析 列表如下:
第二次
3 5 6
第一次
3 (3,3) (3,5) (3,6)
5 (5,3) (5,5) (5,6)
6 (6,3) (6,5) (6,6)
或画树状图如下:
4
总共有9种结果,每种结果出现的可能性相同,其中两次抽取的卡片上的数字都是奇数的结果有四种,分别为(3,3)、(3,5)、(5,3)、(5,5),∴所求概率P= .
9
四、
15
20. 解析 (1)m=5÷10%=50,n= ×100=30.
50
(2)72.
(3)最喜爱文学类图书的学生有50×40%=20(名).
补全条形统计图如图:
学生最喜爱的图书种类的人数条形统计图
(4)600×30%=180(名).
答:估计该校600名学生中有180名学生最喜爱科普类图书.
21. 解析 设小明答对x道题,
根据题意得6x-2(25-x)>90,
1
解得x>17 .
2
∵x为非负整数,∴x至少为18.答:小明至少答对18道题才能获得奖品.
五、
22. 解析 (1)证明:如图,连接OE,
则∠EOG=2∠C,
又∵∠ABG=2∠C,
∴∠ABG=∠EOG,
∴OE∥AB,
∵EF⊥AB,
∴OE⊥EF,
又∵OE是☉O的半径,
∴EF是☉O的切线.
(2)∵∠ABG=2∠C,∠ABG=∠C+∠A,
∴∠A=∠C.
∴BA=BC.
又∵☉O的半径为3,
∴OE=OB=OC=3,
∴BA=BC=2×3=6.
OE 3 3
∵在Rt△OEG中,sin∠EGO= = = ,
OG OG 5
∴OG=5,∴GB=2,
BF BF 3
又∵在Rt△FGB中,sin∠FGB= = = ,
GB 2 5
6
∴BF= .
5
6 24
∴AF=AB-BF=6- = .
5 5
六、
23. 解析 (1)10;6.
提示:由A(6,0)、B(0,8)得OA=6,OB=8,所以AB=√OA2+OB2=10;过点C作CF⊥y轴于点F,由点B、C的坐标可得BF=4,CF=2√5,所以BC=√BF2+CF2=6.
(2)如图,过点C作CE⊥x轴于点E.
∵C(-2√5,4),∴CE=4,OE=2√5,
∴在Rt△CEO中,OC=√OE2+CE2=6.
当t=3时,点N与点C重合,OM=3,连接CM,
1 1
∴S= OM·NE= ×3×4=6.
2 2
(3)如图,当3<t<6时,点N在线段BC上,BN=12-2t,
过点N作NG⊥y轴于点G,过点C作CF⊥y轴于点F,则F(0,4).∵OF=4,OB=8,
∴BF=OB-OF=4.
∵∠BGN=∠BFC=90°,
∴NG∥CF.
BN BG 12-2t BG
∴ = ,即 = .
BC BF 6 4
4t
∴BG=8- .
3
( 4 ) 4
∴y=OB-BG=8- 8- t = t.
3 3
32 6√10
(4)t=8或 或 .
3 5
48
提示:当0<t≤3时,S< ,不符合题意;
5
4 48 1 4 48 6√10
当3<t≤6时,点M在线段OA上,点N在线段BC上,由(3)可知点N的纵坐标为 t,OM=t,由S= 得 · t·t= ,解得t= ;
3 5 2 3 5 5
当6<t≤11时,点M、N都在线段AB上,
此时BN=2t-12,AM=t-6.
1
2S 2× ×6×8 24
如图,过点O作OK⊥AB于点K,则OK= △AOB = 2 = ,
AB 5
10
①当点N在点M上方时,MN=10-BN-AM=10-(2t-12)-(t-6)=28-3t.
48 1 24 48
由S= 得 ×(28-3t)× = ,
5 2 5 5
解得t=8.
②当点N在点M下方时,MN=BN+AM-10=(2t-12)+(t-6)-10=3t-28.
48 1 24 48
由S= 得 ×(3t-28)× = ,
5 2 5 5
32
解得t= .
3
32 6√10 48
综上所述,t=8或 或 时,S= .
3 5 5
七、
24. 解析 (1)BF=4√5.
提示:连接FC.∵四边形ABCD、ECGF都是正方形,
∴∠ACD=∠ACF=45°.
∴C、D、F三点共线.
∵AF=AC=√AB2+BC2=4√2,
∴CF=√AF2+AC2=8.
∴在Rt△BCF中,BF=√BC2+CF2=4√5.
(2)如图.
①过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H,
∵四边形CEFG是正方形,
∴EC=EF,∠FEC=90°.
∴∠DEC+∠FEH=90°.
又∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ADC=90°,
∴∠DEC+∠ECD=90°.
∴∠ECD=∠FEH.
又∵∠EDC=∠FHE=90°,
∴△ECD≌△FEH.
∴FH=ED,
∵AD=4,AE=1,
∴ED=AD-AE=4-1=3.
∴FH=3.
即点F到直线AD的距离为3.
②延长FH交BC的延长线于点K.
∵∠DHK=∠HDC=∠DCK=90°,
∴四边形CDHK为矩形.
∴HK=CD=4,
∴FK=FH+HK=3+4=7.
∵△ECD≌△FEH,
∴EH=CD=AD=4,
∴AE=DH=CK=1,
∴BK=BC+CK=4+1=5.
∴在Rt△BFK中,BF=√FK2+BK2=√72+52=√74.
(3)AE=2+√41或AE=1.
提示:①当点E在线段AD上时,如(2)中图,
设AE=x,则ED=FH=4-x,EH=CD=4,
∴FK=8-x,BK=AH=x+4,
∵BF2=FK2+BK2,
∴90=(8-x)2+(x+4)2,解得x=5,x=-1,
1 2
∵x =5,x=-1均不符合题意,∴舍去.
1 2
②当点E在线段AD的延长线上时,如图.
设AE=x.过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H,延长FH交BC的延长线于点K,易证△EFH≌△CED.
∴EH=CD=4,FH=ED=x-4.
∴AH=EA-EH=x-4,FK=FH+HK=x-4+4=x.
∴BK=AH=x-4.
∵BF2=BK2+FK2,
∴90=(x-4)2+x2,
解得x=2+√41或x=2-√41(舍).
③当点E在线段DA的延长线上时,如图.
设AE=x.
易证△EFH≌△CED.
∴EH=CD=4,FH=ED=x+4.
∴HD=CK=x,FK=x+8.
∴AH=BK=4-x.
∵BF2=FK2+BK2,
∴90=(x+8)2+(4-x)2.
解得x=-5(舍去),x =1.
1 2
综上所述,当AE=2+√41或1时,BF的长是3√10.
八、
25. 解析 (1)8;30.
√3 √3
提示:y=- x2- x+8√3,
12 3
令y=0,
解得x=-12,x=8,
1 2
∴OA=8.
令x=0,则y=8√3,∴OB=8√3.
OA √3
∴tan∠ABO= = ,
OB 3
∴∠ABO=30°.
OM OH
(2)①证明:∵DE∥AB,∴ = .
AM BH
又∵OM=AM,∴OH=BH.
又∵BN=AN,∴HN∥AM.
∴四边形AMHN是平行四边形.
②点D在该抛物线的对称轴上.
理由:如图,过点D作DR⊥y轴于R.
∵HN∥OA,
∴∠NHB=∠AOB=90°.∵DE∥AB,
∴∠DHB=∠OBA=30°.
又∵Rt△CDE≌△Rt△ABO,
∴∠HDG=∠OBA=30°.
∴∠DHB=∠HDG=30°.
∴∠HGN=2∠HDG=60°.
∴∠HNG=90°-∠HGN=90°-60°=30°.
∴∠HDN=∠HND.
1
∴DH=HN= OA=4.
2
1 1
∴在Rt△DHR中,DR= DH= ×4=2.
2 2
∴点D的横坐标是-2.
√3
-
b 3
又∵抛物线的对称轴是直线x=- =- =-2,
2a ( √3)
2× -
12
∴点D在该抛物线的对称轴上.
(3)PQ=12√3.
提示:如图,延长NA到点F,使得NF=PK,连接DF,记DQ与x轴的交点为T,
∵抛物线与坐标轴的交点为A(8,0),B(0,8√3),
∴∠ABO=∠CDE=30°,∠BAO=60°,AB=16,
∵ON为Rt△AOB斜边上的中线,
1
∴ON=BN=NA= AB=8.
2
∴∠NOA=∠TOD=∠OAN=60°.
∴∠OMD=∠ODM=30°.
1
∴OM=OD= OA=4.
2
∵在Rt△OTD中,OT=OD·cos 60°=2,TD=OD·sin 60°=2√3,∠TDO=30°,
∴TA=OT+OA=10.
∴在Rt△QTA中,QT=AT·tan 60°=10√3.
∴QD=QT+TD=12√3.
∵IK∥QD,∴∠K=∠QDE=60°.
∴∠K=∠DNF,
又∵KD=DN,NF=PK,
∴△DPK≌△DFN.
∴∠PDK=∠NDF=45°,DP=DF.
∴∠PDQ=180°-∠PDK-∠QDE=75°,
又∵∠QDF=∠QDC+∠CDF=75°,
∴∠PDQ=∠QDF.
又∵DQ=DQ,
∴△QPD≌△QFD.
∴∠PQD=∠FQD=30°.
又∵∠PDQ=75°,
∴∠DPQ=180°-∠PQD-∠PDQ=75°.
∴∠PDQ=∠DPQ.∴PQ=DQ=12√3.
