2021年河北省初中毕业生升学文化课考试
5
(满分:120分 考试时间:120分钟)
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,已知四条线段a,b,c,d中的一条与挡板另一侧的线段m在同一直线上,请借助直尺判断该线段是( )
A.a B.b C.c D.d
2.不一定相等的一组是( )
A.a+b与b+a B.3a与a+a+a C.a3与a·a·a D.3(a+b)与3a+b
3.已知a>b,则一定有-4a□-4b,“□”中应填的符号是( )
A.> B.< C.≥ D.=
4.与√32-22-12结果相同的是( )
A.3-2+1 B.3+2-1 C.3+2+1 D.3-2-1
(3 6)
5.能与- - 相加得0的是( )
4 5
3 6 6 3 6 3 3 6
A.- - B. + C.- + D.- +
4 5 5 4 5 4 4 5
6.一个骰子相对两面的点数之和为7,它的展开图如图,下列判断正确的是( )
A.A代表 B.B代表 C.C代表 D.B代表
7.
图1如图1,▱ABCD中,AD>AB,∠ABC为锐角,要在对角线BD上找点N,M,使四边形ANCM为平行四边形,现有图2中的甲、乙、丙三种方案,则正确的方案是( )
图2
A.甲、乙、丙B.只有甲、乙C.只有甲、丙D.只有乙、丙
8.图1是装了液体的高脚杯示意图(数据如图),用去一部分液体后如图2所示,此时液面AB=( )
图1
图2
A.1 cm B.2 cm C.3 cm D.4 cm
9.若√33取1.442,计算√33-3√33-98√33的结果是( )
A.-100 B.-144.2 C.144.2 D.-0.014 42
10.
如图,点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点,S =8,S =2,则S 的值是( )
△AFO △CDO 正六边形ABCDEF
A.20B.30
C.40D.随点O位置而变化
11.如图,将数轴上-6与6两点间的线段六等分,这五个等分点所对应的数依次为a,a,a,a,a,则下列正确的是( )
1 2 3 4 5
A.a >0 B.|a |=|a|
3 1 4
C.a +a+a+a+a=0D.a +a<0
1 2 3 4 5 2 5
12.如图,直线l,m相交于点O.P为这两直线外一点,且OP=2.8.若点P关于直线l,m的对称点分别是点P,P ,则P,P 之间的距离可能是( )
1 2 1 2
A.0 B.5
C.6 D.7
13.
定理:三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和.
已知:如图,∠ACD是△ABC的外角,
求证:∠ACD=∠A+∠B.
下列说法正确的是( )
A.证法1还需证明其他形状的三角形,该定理的证明才完整
B.证法1用严谨的推理证明了该定理
C.证法2用特殊到一般法证明了该定理
D.证法2只要测量够一百个三角形进行验证,就能证明该定理
14.小明调查了本班每位同学最喜欢的颜色,并绘制了不完整的扇形图1及条形图2(柱的高度从高到低排列).条形图不小心被撕了一块,图2中“( )”应填的颜色是( )
图1
图2A.蓝B.粉C.黄D.红
15.由(1+c 1)值的正负可以比较A=1+c与1的大小,下列正确的是( )
-
2+c 2 2+c 2
1 1
A.当c=-2时,A= B.当c=0时,A≠
2 2
1 1
C.当c<-2时,A> D.当c<0时,A<
2 2
16.如图,等腰△AOB中,顶角∠AOB=40°,用尺规按①到④的步骤操作:
①以O为圆心,OA为半径画圆;
②在☉O上任取一点P(不与点A,B重合),连接AP;
③作AB的垂直平分线与☉O交于M,N;
④作AP的垂直平分线与☉O交于E,F.
结论Ⅰ:顺次连接M,E,N,F四点必能得到矩形;
结论Ⅱ:☉O上只有唯一的点P,使得S =S .
扇形FOM 扇形AOB
对于结论Ⅰ和Ⅱ,下列判断正确的是( )
A.Ⅰ和Ⅱ都对 B.Ⅰ和Ⅱ都不对
C.Ⅰ不对Ⅱ对 D.Ⅰ对Ⅱ不对
二、填空题(本大题有3个小题,每小题有2个空,每空2分,共12分)
17.现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片(边长如图).
(1)取甲、乙纸片各1块,其面积和为 ;
(2)嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形,先取甲纸片1块,再取乙纸片4块,还需取丙纸片 块.
18.下图是可调躺椅示意图(数据如图),AE与BD的交点为C,且∠A,∠B,∠E保持不变.为了舒适,需调整∠D的大小,使∠EFD=110°,则图中∠D应 (填“增加”或“减少”) 度.
60
19.用绘图软件绘制双曲线m:y= 与动直线l:y=a,且交于一点,图1为a=8时的视窗情形.
x图1
图2
(1)当a=15时,l与m的交点坐标为 ;
(2)视窗的大小不变,但其可视范围可以变化,且变化前后原点O始终在视窗中心.
1
例如,为在视窗中看到(1)中的交点,可将图1中坐标系的单位长度变为原来的 ,其可视范围就由-15≤x≤15及-10≤y≤10变成了-30≤x≤30及-20≤y≤20(如图2).
2
1
当a=-1.2和a=-1.5时,l与m的交点分别是点A和B,为能看到m在A和B之间的一整段图象,需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的 ,则整数k= .
k
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)
某书店新进了一批图书,甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本.现购进m本甲种书和n本乙种书,共付款Q元.
(1)用含m,n的代数式表示Q;
(2)若共购进5×104本甲种书及3×103本乙种书,用科学记数法表示Q的值.
21.(本小题满分9分)
已知训练场球筐中有A、B两种品牌的乒乓球共101个,设A品牌乒乓球有x个.
(1)淇淇说:“筐里B品牌球是A品牌球的两倍.”嘉嘉根据她的说法列出了方程:101-x=2x.请用嘉嘉所列方程分析淇淇的说法是否正确;
(2)据工作人员透露:B品牌球比A品牌球至少多28个,试通过列不等式的方法说明A品牌球最多有几个.22.(本小题满分9分)
某博物馆展厅的俯视示意图如图1所示.嘉淇进入展厅后开始自由参观,每走到一个十字道口,她自己可能直行,也可能向左转或向右转,且这三种可能性均相同.
(1)求嘉淇走到十字道口A向北走的概率;
(2)补全图2的树状图,并分析嘉淇经过两个十字道口后向哪个方向参观的概率较大.
图1
图2
23.(本小题满分9分)
如图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象,1号指挥机(看成点P)始终以3 km/min的速度在离地面5 km高的上空匀速向右飞行,2号试飞机(看成点Q)一直保持在1号机P的正下方.2号机从原点O处沿45°仰角爬升,到4 km高的A
处便立刻转为水平飞行,再过1 min到达B处开始沿直线BC降落,要求1 min后到达C(10,3)处.
(1)求OA的h关于s的函数解析式,并直接写出2号机的爬升速度;
(2)求BC的h关于s的函数解析式,并预计2号机着陆点的坐标;
(3)通过计算说明两机距离PQ不超过3 km的时长是多少.
【注:(1)及(2)中不必写s的取值范围】24.(本小题满分9分)
如图,☉O的半径为6,将该圆周12等分后得到表盘模型,其中整钟点为A(n为1~ 12的整数),过点A 作☉O的切线交AA 的延长线于点P.
n 7 1 11
(1)通过计算比较直径和劣弧 长度哪个更长;
A A
⏜7 11
(2)连接AA ,则AA 和PA 有什么特殊位置关系?请简要说明理由;
7 11 7 11 1
(3)求切线长PA 的值.
7
25.(本小题满分10分)
如图是某同学正在设计的一动画示意图,x轴上依次有A,O,N三个点,且AO=2,在ON上方有五个台阶T~T(各拐角均为90°),每个台阶的高、宽分别是1和1.5,台阶T 到x轴距离OK=10.从点A处向右上方沿抛物线L:y=-x2+4x+12发
1 5 1
出一个带光的点P.
(1)求点A的横坐标,且在图中补画出y轴,并直接指出点P会落在哪个台阶上;
(2)当点P落到台阶上后立即弹起,又形成了另一条与L形状相同的抛物线C,且最大高度为11,求C的解析式,并说明其对称轴是否与台阶T 有交点;
5
(3)在x轴上从左到右有两点D,E,且DE=1,从点E向上作EB⊥x轴,且BE=2.在△BDE沿x轴左右平移时,必须保证(2)中沿抛物线C下落的点P能落在边BD(包括端点)上,则点B横坐标的最大值比最小值大多少?
【注:(2)中不必写x的取值范围】26.(本小题满分12分)
在一平面内,线段AB=20,线段BC=CD=DA=10.将这四条线段顺次首尾相接.把AB固定,让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α(α>0°)到某一位置时,BC,CD将会跟随出现到相应的位置.
论证 如图1,当AD∥BC时,设AB与CD交于点O,求证:AO=10;
发现 当旋转角α=60°时,∠ADC的度数可能是多少?
尝试 取线段CD的中点M,当点M与点B距离最大时,求点M到AB的距离;
拓展 ①如图2,设点D与B的距离为d,若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P,直接写出BP的长(用含d的式子表示);
②当点C在AB下方,且AD与CD垂直时,直接写出α的余弦值.
图1
图2
备用图1
备用图2
5 2021年河北省初中毕业生升学文化课考试一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 101112131415 16
A D B A C A A C B B C B B D C D
1.A 借助直尺可判断线段a与线段m在同一直线上,故选A.
2.D 3(a+b)=3a+3b,当b≠0时,3a+3b≠3a+b.故选D.
3.B 根据不等式的性质,不等式两边同时乘一个负数,不等号的方向改变,故选B.
4.A = =2,四个选项中,只有A项计算结果为2,故选A.
√32-22-12 √4
5.C -(3 6)=6-3,根据题意知所求是(6 3)的相反数,即3-6.故选C.
- -
4 5 5 4 5 4 4 5
6.A 根据展开图可知“B”与“”所在面是相对面,“A”与“”所在面是相对面,“C”与“ ”所在面是相对面,故选A.
7.A 取BD中点O,作BN=NO,OM=MD,连接AC,则点O在AC上,∵四边形ABCD为平行四边形,∴OA=OC,OB=OD,所以ON=OM,∴四边形ANCM为平行四边形,甲方案正确;
作AN⊥BD于N,CM⊥BD于M,所以AN∥CM,∠ANB=∠CMD=90°,∵四边形ABCD为平行四边形,∴AB∥CD,AB=CD,∴∠ABN=∠CDM,∴△ABN≌△CDM,∴AN=CM,又∵AN∥CM,∴四边形ANCM为平行四边形,乙方案正确;
作AN,CM分别平分∠BAD,∠BCD,∵四边形ABCD为平行四边形,∴∠BAD=∠BCD,AB∥CD,AB=CD,∴∠BAN=∠DCM,∠ABN=∠CDM,∴△ABN≌△CDM,∴AN=CM,∠ANB=∠CMD,∴∠ANM=∠CMN,∴AN∥CM,∴四边形ANCM为平行四边
形,丙方案正确,故选A.
6 8
8.C 根据图中数据可得高脚杯的初始液体高度为15-7=8 cm,用去一部分液体后液体高度为11-7=4 cm,题图1中阴影部分代表的三角形与题图2中阴影部分代表的三角形相似,根据相似三角形的对应高的比等于相似比得 = ,解
AB 4
得AB=3 cm,故选C.
9.B √33-3√33-98√33=-100√33,又√33取1.442,则原式=-100×1.442=-144.2,故选B.
1 1 1 1 1
10.B ∵S =8,S =2,∴ AF·FO+ CD·DO= AF·FD=10.设正六边形ABCDEF的中心为O',则S = AF· FD=5.∴S =5×6=30.故选B.
△AFO △CDO
2 2 2
△AO'F
2 2
正六边形ABCDEF
11.C 将数轴上-6与6两点间的线段六等分,这五个等分点所对应的数依次为a=-4,a =-2,a =0,a =2,a =4,选项A错误;|a |=4,|a |=2,选项B错误;a +a+a+a+a=-4-2+0+2+4=0,选项C正确;a +a=-2+4=2,选项D错误,故选C.
1 2 3 4 5 1 4 1 2 3 4 5 2 5
12.B 连接OP ,OP,因为点P关于直线l,m的对称点分别是点P,P ,根据轴对称的性质得OP =OP,OP=OP.根据三角形的三边关系得OP +OP>P P,因为OP=2.8,所以0<P P<5.6,故选B.
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
13.B 无论△ABC是锐角三角形、直角三角形、还是钝角三角形,证法1都能验证三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和.故选B.
14.D 根据条形图的高度从高到低排列及两个统计图所给数据,可得喜欢蓝色的人数为5,占总人数的10%,所以调查的总人数为5÷10%=50,喜欢红色的人数为50×28%=14,因为50-16-14-5=15,16>15>14>5,所以“( )”应填的颜色为
红.故选D.
1 1+c 1 2+2c-(2+c) c 1
15.C 当c=-2时,分式无意义,选项A错误;当c=0时,A= ,选项B错误;当c<-2时, - = = >0,所以A> ,选项C正确;选项D错误,故选C.
2 2+c 2 2(2+c) 2(2+c) 2
16.D 由尺规作图可知弦MN,EF为☉O的直径,所以∠EMF=∠MFN=∠FNE=∠NEM=90°,所以四边形MENF为矩形,结论Ⅰ正确;若使S =S ,则需∠FOM=∠AOB=40°,根据圆的对称性,点F可以在点M的左侧,也可以在点M的
扇形FOM 扇形AOB
右侧,结论Ⅱ错误,故选D.
二、填空题
17.答案 (1)a2+b2 (2)4
解析 (1)取甲、乙纸片各1块,其面积和为a2+b2;(2)嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形,先取甲纸片1块,再取乙纸片4块,所得面积和为a2+4b2;因为a2+4ab+4b2=(a+2b)2,所以还需取丙纸片4块.
18.答案 减少;10
解析 ∵∠A=50°,∠B=60°,∴∠ACB=70°=∠DCE.延长EF交CD于点G,根据三角形的一个外角等于与它不相邻的内角和得∠DGF=∠DCE+∠E=70°+30°=100°,∵∠EFD=∠D+∠DGF=∠D+100°=110°.∴∠D=10°,∴∠D应减少10度.
19.答案 (1)(4,15) (2)4
60
解析 (1)当a=15时,令15= ,解得x=4,所以l与m的交点坐标为(4,15).
x
60 60 1
(2)当a=-1.2时,-1.2= ,解得x=-50,点A的坐标为(-50,-1.2);当a=-1.5时,-1.5= ,解得x=-40,点B的坐标为(-40,-1.5),若将题图1中坐标系的单位长度变为原来的 ,其可视范围就由-15≤x≤15及-10≤y≤10变成了-45≤x≤45及-30≤y≤30,此
x x 3
1
时显然看不到点A;若将题图1中坐标系的单位长度变为原来的 ,其可视范围就由-15≤x≤15及-10≤y≤10变成了-60≤x≤60及-40≤y≤40.此时能看到m在A和B之间的一整段图象,所以k=4.
4三、解答题
20.解析 (1)Q=4m+10n.
(2)由(1)知当m=5×104,n=3×103时,
Q=4×5×104+10×3×103=2.3×105.
101
21.解析 (1)由已知,得101=3x,解得x= .
3
101
∵x= 不是整数,∴淇淇的说法不正确.
3
(2)由题意,得(101-x)-x≥28.
73
解得x≤ .
2
∵x是整数,
∴A品牌球最多有36个.
1
22.解析 (1)∵当嘉淇走到道口A时,有直、左、右3种等可能结果,只有向右转为北,∴P(嘉淇向北走)= .
3
(2)补全树状图为:
由图知,所有等可能结果共有9种,其中朝向:东2种,西3种,南2种,北2种.
3 1 2
∴P(朝西)= = >P(朝东)=P(朝南)=P(朝北)= .
9 3 9
∴嘉淇向西参观的概率较大.
23.解析 (1)如图,设OA解析式为h=ks,k≠0,
∵∠AOs=45°,对于点A:h=4,
∴s=4,代入h=ks,得k=1.
∴OA的解析式为h=s.
2号机的爬升速度为3√2 km/min.
(2)由题意,得B的坐标为(7,4).
1
{a=- ,
设BC的解析式为h=as+b,a≠0,把B,C的坐标分别代入,得{4=7a+b, 解得 3
3=10a+b, 19
b= .
3
1 19
∴BC的解析式为h=- s+ .
3 31 19
把h=0代入h=- s+ ,
3 3
解得s=19.
∴2号机着陆点的坐标为(19,0).
(3)当h=2时,2=s;
1 19
2=- s+ ,解得s=13.
3 3
13-2 11
∴两机距离PQ不超过3 km的时长为 = (min).
3 3
24.解析 (1)如图,连接OA ,OA ,
7 11
由圆周被12等分,得每份对应的圆心角是30°,
∴劣弧 所对圆心角为∠AOA =120°,
A A 7 11
⏜7 11
120π×6
∴劣弧A A 的长l= =4π.
⏜7 11 180
∵4π>12,∴劣弧 长度更长.
A A
⏜7 11
(2)垂直.
∵ 是半圆弧,
A A
⏜1 7
∴连接AA,A A 就是☉O的直径.
1 7 1 7
∴∠AA A=90°,即AA ⊥PA .
7 11 1 7 11 1
(3)∵PA 是☉O的切线,∴∠PA O=90°,
7 7
由(1)知∠AOA =120°,
7 11
∴∠AAA =60°,∴∠P=30°,
7 1 11
∴PA =2A A=24,
1 7 1
∴PA = = =12 .
7 √PA2-A A2 √242-122 √3
1 1 7
25.解析 (1)当y=0时,-x2+4x+12=0,解得x=-2,x=6,
1 2
由题意知点A为L与x轴的左交点,∴点A横坐标为-2.
y轴如图.点P落在台阶T 上.
4(2)由题意,设C的解析式为y=-(x-h)2+11.
由(1)可得点P落在T 上(5,7)处,
4
∴把x=5,y=7代入,得 7=-(5-h)2+11,解得h=7,h=3,
1 2
由题意知h>5,取h=7,
∴C的解析式为y=-(x-7)2+11.
C的对称轴为直线x=7,
∵6<7<7.5,∴该对称轴与T 有交点.
5
(3)对于y=-(x-7)2+11,当点P落在B,D处时,其横坐标x>7.
当y=2时,解2=-(x-7)2+11得x=7±3,取x=10;
当y=0时,解0=-(x-7)2+11得x=7±√11,取x=7+√11.
∴点B横坐标的最大值比最小值大(7+√11+1)-10=√11-2.
26.解析 论证 证明:∵AD∥BC,
∴∠A=∠B,∠D=∠C,而AD=BC,
1
∴△AOD≌△BOC,∴AO=BO= AB=10.
2
发现 如图,当A,B,C三点共线时,△ADC是等边三角形 ,此时∠ADC=60°.
如图,当A,B,C三点不共线时,取AB的中点O,连接OD,
有AD=AO=OD=BO=BC=CD=10,即四边形BCDO为菱形,从而CD∥AB.∴∠ADC=180°-60°=120°.∴∠ADC还可能是120°.
尝试 如图,
∵BM≤BC+CM,
∴当B,C,D三点共线时,BM=15最大.
作DH⊥AB,MN⊥AB,BG⊥AD,垂足分别是点H,N,G.
1
∵BD=BC+CD=20=AB,∴AG=GD= AD=5,
2
∴BG= =5 .
√AB2-AG2 √15
1 1 AD·BG 5√15
由S = AD·BG= AB·DH,得DH= = .
△ABD 2 2 AB 2
MN
BM MN 15
由Rt△BMN∽Rt△BDH,得 = ,即 =5√15,
BD DH 20
2
15√15 15√15
∴MN= ,即点M到AB的距离为 .
8 8拓展 ①BP=
20d2
.
300+d2
详解:设BD与CP交于点F,过点A作AE⊥BD,垂足为点E.
∵CD=BC=10,CP平分∠BCD,
1 d
∴BD⊥CP,BF= BD= .
2 2
∵AE⊥BD,BD⊥CP,∴AE∥CP,
d
BF BP BP
∴ = ,∴ 2 = .
BE AB 20
DE+d
∵AE2=AD2-DE2=AB2-BE2,
300-d2
∴102-DE2=202-(DE+d)2,整理得DE= ,
2d
d
2 BP 20d2
∴ = ,∴BP= .
300-d2 20 d2+300
+d
2d
5+√7
② .
8
详解:设CD与AB交于点G,过点C作CH⊥AB,垂足为H,连接AC.
∵AD=DC=10,AD⊥CD,∴AC=√2AD=10√2.
∵CH2=BC2-BH2=AC2-AH2,
15
∴102-BH2=(10√2)2-(20-BH)2,解得BH= ,
2
∴CH=
√BC2-BH2
=√
102-
(15) 2=5√7.
2 2
∵∠ADC=∠AHC=90°,∠AGD=∠CGH,
∴△AGD∽△CGH,
5√7
CH CG CG √7
∴ = ,即 2 = ,∴CG= AG.
AD AG AG 4
102
∵AG2=DG2+AD2,∴AG2=( √7 )+102,
10- AG
4
整理得9AG2+80√7AG-3 200=0,
200-40√7
解得AG= (负值舍去),
9
10
AD 5+√7
∴cos α= =200-40√7= .
AG 8
9
