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2020年河北省初中毕业生升学文化课考试
(满分:120分 考试时间:120分钟)
第Ⅰ卷 选择题(共42分)
一、选择题(本大题有16个小题,共42分.1~10小题各3分,11~16小题各2分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.如图,在平面内作已知直线m的垂线,可作垂线的条数有( )
A.0条 B.1条 C.2条 D.无数条
2.墨迹覆盖了等式“x3 x=x2(x≠0)”中的运算符号,则覆盖的是 ( )
A.+ B.- C.× D.÷
3.对于①x-3xy=x(1-3y),②(x+3)(x-1)=x2+2x-3,从左到右的变形,表述正确的是 ( )
A.都是因式分解 B.都是乘法运算
C.①是因式分解,②是乘法运算D.①是乘法运算,②是因式分解
4.图中的两个几何体分别由7个和6个相同的小正方体搭成,比较两个几何体的三视图,正确的是 ( )
A.仅主视图不同 B.仅俯视图不同
C.仅左视图不同 D.主视图、左视图和俯视图都相同
5.如图是小颖前三次购买苹果单价的统计图,第四次又买的苹果单价是a元/千克,发现这四个单价的中位数恰好也是众数,则a=( )
A.9 B.8 C.7 D.6
6.如图1,已知∠ABC,用尺规作它的角平分线.
如图2,步骤如下,
第一步:以B为圆心,以a为半径画弧,分别交射线BA,BC于点D,E;
第二步:分别以D,E为圆心,以b为半径画弧,两弧在∠ABC内部交于点P;
第三步:画射线BP.射线BP即为所求.
图1
图2
下列正确的是 ( )
1
A.a,b均无限制B.a>0,b> DE的长
2
1
C.a有最小限制,b无限制 D.a≥0,b< DE的长
27.若a≠b,则下列分式化简正确的是 ( )
1
a
a+2 a a-2 a a2 a 2 a
A. = B. = C. = D. =
b+2 b b-2 b b2 b 1 b
b
2
8.在如图所示的网格中,以点O为位似中心,四边形ABCD的位似图形是 ( )
A.四边形NPMQ B.四边形NPMRC.四边形NHMQ D.四边形NHMR
(92-1)(112-1)
9.若 =8×10×12,则k=( )
k
A.12 B.10 C.8 D.6
10.如图,将△ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180°.嘉淇发现,旋转后的△CDA与△ABC构成平行四边形,并推理如下:
小明为保证嘉淇的推理更严谨,想在方框中“∵CB=AD,”和“∴四边形……”之间作补充.下列正确的是( )
A.嘉淇推理严谨,不必补充 B.应补充:且AB=CD,
C.应补充:且AB∥CD, D.应补充:且OA=OC,
⏟(k+k+…+k)k
11.若k为正整数,则 = ( )
k个k
A.k2k B.k2k+1 C.2kk D.k2+k
12.如图,从笔直的公路l旁一点P出发,向西走6 km到达l;从P出发向北走6 km也到达l.下列说法错误的是( )
A.从点P向北偏西45°走3 km到达l
B.公路l的走向是南偏西45°
C.公路l的走向是北偏东45°
D.从点P向北走3 km后,再向西走3 km到达l
13.已知光速为300 000千米/秒,光经过t秒(1≤t≤10)传播的距离用科学记数法表示为a×10n千米,则n可能为 ( )
A.5 B.6 C.5或6D.5或6或7
14.有一题目:“已知:点O为△ABC的外心,∠BOC=130°,求∠A.”嘉嘉的解答为:画△ABC以及它的外接圆O,连接OB,OC,如图所示.由∠BOC=2∠A=130°,得∠A=65°.而淇淇说:“嘉嘉考虑的不周全,∠A还应有另一个不同的值.”下列判断正确的是 (
)
A.淇淇说的对,且∠A的另一个值是115°
B.淇淇说的不对,∠A就得65°
C.嘉嘉求的结果不对,∠A应得50°D.两人都不对,∠A应有3个不同值
15.如图,现要在抛物线y=x(4-x)上找点P(a,b),针对b的不同取值,所找点P的个数,三人的说法如下,
甲:若b=5,则点P的个数为0;
乙:若b=4,则点P的个数为1;
丙:若b=3,则点P的个数为1.
下列判断正确的是 ( )
A.乙错,丙对 B.甲和乙都错 C.乙对,丙错 D.甲错,丙对
第15题图
第16题图
16.如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案.现有五种正方形纸片,面积分别是1,2,3,4,5,选取其中三块(可重复选取)按图中的方式组成图案,使所围成的三角形是面积最大的直角三角形,则选取的三块纸片的面积分
别是 ( )
A.1,4,5 B.2,3,5C.3,4,5D.2,2,4
第Ⅱ卷 非选择题(共78分)
二、填空题(本大题有3个小题,共12分.17~18小题各3分;19小题有3个空,每空2分)
17.已知:√18-√2=a√2-√2=b√2,则ab= .
18.正六边形的一个内角是正n边形一个外角的4倍,则n= .
k
19.如图是8个台阶的示意图,每个台阶的高和宽分别是1和2,每个台阶凸出的角的顶点记作T (m为1~8的整数).函数y= (x<0)的图象为曲线L.
m
x
(1)若L过点T,则k= ;
1
(2)若L过点T,则它必定还过另一点T ,则m= ;
4 m
(3)若曲线L使得T~T 这些点分布在它的两侧,每侧各4个点,则k的整数值有 个.
1 8
三、解答题(本大题有7个小题,共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
20.(本小题满分8分)
已知两个有理数:-9和5.
(-9)+5
(1)计算: ;
2
(2)若再添一个负整数m,且-9,5与m这三个数的平均数仍小于m,求m的值.21.(本小题满分8分)
有一电脑程序:每按一次按键,屏幕的A区就会自动加上a2,同时B区就会自动减去3a,且均显示化简后的结果.已知A,B两区初始显示的分别是25和-16,如图所示.
如,第一次按键后,A,B两区分别显示:
(1)从初始状态按2次后,分别求A,B两区显示的结果;
(2)从初始状态按4次后,计算A,B两区代数式的和,请判断这个和能为负数吗,说明理由.
22.(本小题满分9分)
如图,点O为AB中点,分别延长OA到点C,OB到点D,使OC=OD.以点O为圆心,分别以OA,OC为半径在CD上方作两个半圆.点P为小半圆上任一点(不与点A,B重合),连接OP并延长交大半圆于点E,连接AE,CP.
(1)①求证:△AOE≌△POC;
②写出∠1,∠2和∠C三者间的数量关系,并说明理由;
(2)若OC=2OA=2,当∠C最大时,直接指出CP与小半圆的位置关系,并求此时S (答案保留π).
扇形EOD
备用图
23.(本小题满分9分)
用承重指数W衡量水平放置的长方体木板的最大承重量.实验室有一些同材质同长同宽而厚度不一的木板,实验发现:木板承重指数W与木板厚度x(厘米)的平方成正比,当x=3时,W=3.
(1)求W与x的函数关系式;
(2)如图,选一块厚度为6厘米的木板,把它分割成与原来同长同宽但薄厚不同的两块板(不计分割损耗).设薄板的厚度为x(厘米),Q=W -W .
厚 薄①求Q与x的函数关系式;
②x为何值时,Q是W 的3倍?
薄
[注:(1)及(2)中的①不必写x的取值范围]
24.(本小题满分10分)
表格中的两组对应值满足一次函数y=kx+b,现画出了它的图象为直线l,如图所示.而某同学为观察k,b对图象的影响,将上面函数中的k与b交换位置后得另一个一次函数,设其图象为直线l'.
(1)求直线l的解析式;
(2)请在图上画出直线l'(不要求列表计算),并求直线l'被直线l和y轴所截线段的长;
(3)设直线y=a与直线l,l'及y轴有三个不同的交点,且其中两点关于第三点对称,直接写出a的值.
25.(本小题满分10分)
如图,甲、乙两人(看成点)分别在数轴-3和5的位置上,沿数轴做移动游戏.每次移动游戏规则:裁判先捂住一枚硬币,再让两人猜向上一面是正是反,而后根据所猜结果进行移动.
①若都对或都错,则甲向东移动1个单位,同时乙向西移动1个单位;
②若甲对乙错,则甲向东移动4个单位,同时乙向东移动2个单位;
③若甲错乙对,则甲向西移动2个单位,同时乙向西移动4个单位.
(1)经过第一次移动游戏,求甲的位置停留在正半轴上的概率P;
(2)从图中位置开始,若完成了10次移动游戏,发现甲、乙每次所猜结果均为一对一错.设乙猜对n次,且他最终停留的位置对应的数为m,试用含n的代数式表示m,并求该位置距离原点O最近时n的值;
(3)从图中位置开始,若进行了k次移动游戏后,甲与乙的位置相距2个单位,直接写出k的值.26.(本小题满分12分)
3
如图1和图2,在△ABC中,AB=AC,BC=8,tan C= .点K在AC边上,点M,N分别在AB,BC上,且AM=CN=2.点P从点M出发沿折线MB-BN匀速移动,到达点N时停止;而点Q在AC边上随P移动,且始终保持∠APQ=∠B.
4
(1)当点P在BC上时,求点P与点A的最短距离;
(2)若点P在MB上,且PQ将△ABC的面积分成上下4∶5两部分时,求MP的长;
(3)设点P移动的路程为x,当0≤x≤3及3≤x≤9时,分别求点P到直线AC的距离(用含x的式子表示);
9
(4)在点P处设计并安装一扫描器,按定角∠APQ扫描△APQ区域(含边界),扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒.若AK= ,请直接写出点K被扫描到的总时长.
4
图1
图2
6
2020年河北省初中毕业生升学文化课考试
一、选择题
答案速查
1 2 3 4 5 6 7 8
D D C D B B D A
9 10 11 12 13 14 15 16
B B A A C A C B
1.D 过已知直线m上(或外)一点作已知直线m的垂线有且只有一条,在平面内作已知直线m的垂线有无数条,故选D.
2.D 因为x3÷x=x2(x≠0),所以覆盖的运算符号为÷,故选D.
3.C 因式分解是把一个多项式化成几个最简整式的积的形式,是一种化和为积的变形.①是提公因式法因式分解;②是用一个多项式的每一项分别乘另一个多项式的每一项,再把所得的积相加,从左到右的变形是乘法运算,故选C.
4.D 主视图,左视图,俯视图是分别从正面、左面、上面三个方向看同一个物体所得到的平面图形.题目中两个几何体的组成虽有不同,但它们的三视图相同,都是 ,故选D.
5.B 因为这四个单价的中位数恰好也是众数,所以a不可能是6或9,当a=8时,四个单价的中位数是8,众数也是8,显然a不可能为7,故选B.
1
6.B 由角平分线的作法可知,a>0,b> DE的长,故选B.
2
7.D 根据分式的基本性质:分式的分子和分母乘(或除以)同一个不等于0的整式,分式值不变.题中四个选项只有选项D的变形符合分式的基本性质,故选D.
8.A 根据“两个位似图形一定是相似图形”以及四边形ABCD是菱形可知选A.
(92-1)(112-1) (9+1)(9-1)(11+1)(11-1) 10×8×12×10 10
9.B = = = ×8×10×12=8×10×12,
k k k k
10
所以 =1,所以k=10,故选B.
k
10.B 根据平行四边形的判定方法:两组对边分别相等的四边形是平行四边形;一组对边平行且相等的四边形是平行四边形,可知应补充AB=CD或CB∥AD,故选B.⏟(k+k+…+k)k
11.A =(k·k)k=(k2)k=k2k.故选A.
k个k
12.A 从笔直的公路l旁一点P出发,向西走6 km到达l;从P出发向北走6 km也到达l.由此可得两次行走路线与公路l形成了一个等腰直角三角形.所以公路l的走向可以是南偏西45°,也可以是北偏东45°,选项B,C正确;根据等腰直角三角形的性
质,可知点P到公路l的距离为3√2 km,所以从点P向北偏西45°走3√2 km到达l,选项A错误;从点P向北走3 km后,根据三角形中位线定理,可知再向西走3 km到达l,选项D正确,故选A.
13.C 当t=1或2或3时,a×10n表示六位数,此时n=5;当t为4~10中的整数时,a×10n表示七位数,此时n=6,所以光经过t秒(1≤t≤10)传播的距离用科学记数法表示为a×10n千米,则n可能为5或6,故选C.
14.A 若点A在弦BC的下方,此时∠A所对的弧所对的圆心角是360°-130°=230°,根据圆周角定理得∠A=115°,故选A.
15.C y=x(4-x)=-x2+4x=-(x-2)2+4,抛物线的顶点坐标为(2,4),若b=5,则点P的个数为0,甲正确;若b=4,则点P的个数为1(只能是顶点),乙正确;若b=3,根据二次函数图象的对称性,可知点P的个数为2,丙错误,故选C.
16.B 围成的三角形的三边长就是正方形纸片的边长,根据勾股定理可知选取的三块纸片的面积的关系为两个面积较小的正方形纸片的面积和等于最大的正方形纸片的面积,所以选项C不符合题意.其他三个选项,A选项中,直角三角形的面积为1;B
√6
选项中,直角三角形的面积为 ;D选项中,直角三角形的面积为1,所以选取的三块纸片的面积分别是2,3,5时,所围成的三角形面积最大,故选B.
2
二、填空题
17. 答案 6
解析 √18-√2=3√2-√2=2√2,由计算过程可得a=3,b=2,所以ab=6.
18. 答案 12
(6-2)×180° 360
解析 正六边形的每一个内角的度数为 =120°,根据“正六边形的一个内角是正n边形一个外角的4倍”可得正n边形每一个外角的度数为30°,依据多边形外角和为360°可得n= =12.
6 30
19. 答案 (1)-16 (2)5 (3)7
解析 因为每个台阶的高和宽分别是1和2,T 的纵坐标为1,T 的横坐标为-2,所以T 的坐标为(-16,1),T 的坐标为(-10,4),T 的坐标为(-8,5).
1 8 1 4 5
(1)若L过点T,则k=-16×1=-16.
1
(2)若L过点T,则k=-10×4=-40,
4
因为-8×5=-40,所以L过点T,则m=5.
5
(3)当k=-16时,L经过点T 和T;当k=-40时,L经过点T 和T.显然若曲线L使得T~T 这些点分布在它的两侧,每侧各4个点,一定是点T,T,T,T 在曲线上方,其余四个点在曲线下方.点T 的坐标为(-12,3),若L过点T,则k=-12×3=-36;点T 的坐标
1 8 4 5 1 8 3 6 4 5 3 3 2
为(-14,2),若L过点T,则k=-14×2=-28.所以满足题意的k的取值范围为-36<k<-28,故k的整数值有7个.
2
三、解答题
(-9)+5 -4
20. 解析 (1) = =-2.
2 2
-9+5+m
(2)由题意得 <m,解得m>-2,
3
∵m为负整数,∴m的值为-1.
21. 解析 (1)A区:25+a2+a2=25+2a2,
B区:-16-3a-3a=-16-6a.
(2)不能.理由如下:25+4a2+(-16-12a)
=4a2-12a+9.
∵4a2-12a+9=(2a-3)2≥0,
∴不能是负数.
22. 解析 (1)①证明:∵OA=OP,OE=OC,∠AOE=∠POC,
∴△AOE≌△POC.
②∠1+∠C=∠2.
理由如下:∵△AOE≌△POC,
∴∠E=∠C.
又∵∠1+∠E=∠2,
∴∠1+∠C=∠2.
(2)相切.
如图,∵CP与小半圆相切,∴CP⊥OP.
在Rt△OPC中,∵OP=1,OC=2,
1
∴cos∠COP= .∴∠COP=60°.∴∠DOE=120°.
2
120×π×22 4
∴S = = π.
扇形EOD 360 3
23. 解析 (1)设W=kx2(k≠0),
1 1
把x=3,W=3代入,得3=9k,解得k= .∴W= x2.
3 31 1 1 1
(2)①Q= (6-x)2- x2= x2-4x+12- x2=-4x+12.
3 3 3 3
1
②由题意,得-4x+12=3× x2,
3
解得x=2,x=-6(不合题意,舍去).∴x=2.
1 2
{-k+b=-2, {k=3,
24. 解析 (1)把x=-1,y=-2;x=0,y=1代入y=kx+b,得 解得 ∴直线l的解析式为y=3x+1.
b=1. b=1.
(2)如图,l'为所画直线.
由k,b交换位置得直线l'的解析式为y=x+3.设直线l'与直线l交于点A,与y轴交于点B,过点A作AC⊥y轴于点C.
{ y=x+3, {x=1,
联立得 解得
y=3x+1, y=4.
∴A(1,4).
在Rt△ACB中,AC=1,BC=4-3=1,
∴AB= = .
√AC2+BC2 √2
即直线l'被直线l和y轴所截线段的长为√2.
5 17
(3) 或 或7.
2 5
详解:直线y=a与直线l,l'及y轴有三个不同的交点,交点分别为(a-1 ),(a-3,a),(0,a).若点(a-1 )与点(a-3,a)关于点(0,a)对称,
,a ,a
3 3
a-1 5
则 +a-3=0,解得a= ;
3 2
若点(a-1 )与点(0,a)关于点(a-3,a)对称,
,a
3
a-1 17
则 -(a-3)=a-3,解得a= ;
3 5
若点(a-3,a)与点(0,a)关于点(a-1 )对称,
,a
3
a-1 a-1
则a-3- = ,解得a=7.
3 3
5 17
综上,a的值为 或 或7.
2 5
25. 解析 (1)第一次移动游戏有4种等可能结果:甲乙都对,甲乙都错,甲对乙错,甲错乙对.
1
∵甲的位置停留在正半轴上,只有-3+4=1,即甲对乙错这1种结果,∴P= .
4
(2)∵乙猜对n次,∴乙猜错(10-n)次.
由题意,得m=5-4n+2(10-n)=-6n+25.
1
当m=0时,n=4 .
6
而n为整数,∴当n=4时,该位置距离原点O最近.
(3)3或5.详解:从图中位置开始,若进行了k次移动游戏,不妨设k 次甲乙都对或甲乙都错,k 次甲对乙错,k 次甲错乙对,则k+k+k=k.
1 2 3 1 2 3
∵k次移动后甲对应的数为-3+k+4k-2k,乙对应的数为5-k+2k-4k,
1 2 3 1 2 3
∴k次移动后,甲与乙的位置相距|8-2k|个单位.
∵甲与乙的位置相距2个单位,∴|8-2k|=2,解得k=3或5.
26. 解析 (1)当AP⊥BC时,点P与点A的最短距离为PA的长,如图1.
1
∵AB=AC,∴PC= BC=4.
2
3 PA
在Rt△PAC中,tan C= = ,∴PA=3.
4 4
图1
(2)由(1)得AB=AC= =5.
√AP2+CP2
如图2,由∠B=∠APQ,易得△APQ∽△ABC.
图2
∴(AP) 2= 4 .∴AP=10.
AB 4+5 3
4
∴MP=AP-AM= .
3
(3)作PH⊥AC交直线AC于点H,则点P到直线AC的距离为PH的长.
当0≤x≤3时,如图3.由∠B=∠APQ,得PQ∥BC,
∴∠AQP=∠C.
3 PH 4
∴tan∠AQP= = .∴QH= PH.
4 QH 3
在Rt△QPH中,PQ=√ PH2+ (4 PH ) 2 =5PH.
3 3
5
AP PH 25
由△APQ∽△ABC,得 =3 ,∴AP= PH.
5 24
8
25 24 48
∴x+2= PH,∴PH= x+ .
24 25 25
图3
5 5
当3≤x≤9时,如图4.同理可得PC= PH.∴x-(5-2)=8- PH.
3 3
3 33
∴PH=- x+ .
5 5图4
(4)23秒.
1 9
提示:设点P移动了t秒,当0≤t≤12时,AQ=AP=2+PM= t+2,令AQ= ,解得t=1;
4 4
BP·CP
当12<t≤36时,由△ABP∽△PCQ,得CQ= .
AB
∴AQ=5-CQ=5-1(1 )( 1 )= 1 (t-28)2+9,
t-3 11- t
5 4 4 80 5
9
令AQ= ,解得t=22或34.
4
9
只要AQ≥AK= ,点K就能够被扫描.
4
综上,点K被扫描到的总时长为(22-1)+(36-34)=23秒.
