娄底市2021年初中毕业学业考试试题卷
33
(满分:120分 考试时间:120分钟)
一、选择题(本大题共12小题,每小题3分,满分36分,每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C B B C A C B D A D A D
1.(2021湖南娄底,1,3分)2 021的倒数是 ( )
1 1
A.-2 021 B.2 021 C. D.-
2021 2021
1
1.C 根据倒数的定义可知2 021的倒数是 .故选C.
2021
2.(2021湖南娄底,2,3分)下列式子正确的是 ( )
A.a3-a2=a B.(a2)3=a6
C.a3·a2=a6 D.(a2)3=a5
2.B a3与a2不是同类项,不能够合并,A错误;幂的乘方,底数不变指数相乘,(a2)3=a6,B正确,D错误;同底数幂相乘,
底数不变指数相加,a3·a2=a5,C错误.
3.(2021湖南娄底,3,3分)2021年5月19日,第三届阿里数学竞赛预选赛顺利结束,本届大赛在全球范围内吸引了约5
万名数学爱好者参加.阿里数学竞赛旨在全球范围内引领开启关注数学、理解数学、欣赏数学、助力数学的科学风尚.
5万用科学记数法表示为( )
A.0.5×105 B.5×104
C.50×104 D.5×105
3.B 5万=50 000=5×104.
方法总结 科学记数法的表示形式为a×10n,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.
4.(2021湖南娄底,4,3分)一组数据17、10、5、8、5、15的中位数和众数分别是 ( )
A.5,5 B.8,5 C.9,5 D.10,5
4.C 将这组数按从小到大的顺序排列为5、5、8、10、15、17,中位数为8和10的平均数9,众数为5.故选C.
方法总结 求一组数据的中位数时,先将该组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列,当数据个数为奇数时,中间的一个数即为这组数据的中
位数,当数据的个数为偶数时,中间的两个数的平均数即为这组数据的中位数;众数为一组数据中出现次数最多的数据.
5.(2021湖南娄底,5,3分)如图,点E、F在矩形ABCD的对角线BD所在的直线上,BE=DF,则四边形AECF是
( )
A.平行四边形 B.矩形
C.菱形 D.正方形
5.A ∵四边形ABCD为矩形,
1∴OB=OD,OA=OC,
∵BE=DF,
∴OB+BE=OD+DF,
即OE=OF,
∴四边形AECF是平行四边形.
一题多解 ∵AD∥BC,∴∠ADB=∠CBD,
∴∠FDA=∠EBC,
又∵AD=BC,BE=DF,
∴△ADF≌△CBE(SAS),
∴AF=EC,∠AFD=∠CEB,
∴AF∥EC,
∴四边形AECF为平行四边形.
6.(2021湖南娄底,6,3分)如图,AB∥CD,点E、F在AC边上,已知∠CED=70°,∠BFC=130°,则∠B+∠D的度数为
( )
A.40° B.50° C.60° D.70°
6.C 取ED,FB的交点为点G,过点G作平行于CD的直线MN,如下图:
∵∠CED=70°,∠BFC=130°,
∴∠EGF=∠BFC-∠CED=130°-70°=60°,
∵MN∥CD∥AB,
∴∠B=∠BGN,∠D=∠DGN,
∴∠B+∠D=∠BGN+∠DGN=∠BGD,
∵ED,BF相交于点G,
∴∠EGF=∠BGD=60°,
∴∠B+∠D=60°.
故选C.
7.(2021湖南娄底,7,3分)从背面朝上的分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、圆的四张形状、大小相同的卡片
中,随机抽取一张,则所抽得的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率为 ( )
1 1 3
A. B. C. D.1
4 2 4
7.B 等腰三角形是轴对称图形不是中心对称图形,平行四边形是中心对称图形不是轴对称图形,矩形既是中心对称
图形又是轴对称图形,圆既是中心对称图形又是轴对称图形,4个卡片中有2个符合题意,故抽中的图形既是中心对称
1
图形又是轴对称图形的概率为 .
2
8.(2021湖南娄底,8,3分)2、5、m是某三角形三边的长,则√(m-3)2+√(m-7)2等于 ( )
A.2m-10B.10-2mC.10 D.4
8.D 根据三角形的三边关系可知5-2<m<5+2,即3<m<7,故√(m-3)2+√(m-7)2
2=|m-3|+|m-7|
=m-3+7-m
=4.
故选D.
{x+b>0,
9.(2021湖南娄底,9,3分)如图,直线y=x+b和y=kx+4与x轴分别相交于点A(-4,0),点B(2,0),则 的解集
kx+4>0
为 ( )
A.-4<x<2 B.x<-4
C.x>2 D.x<-4或x>2
{x+b>0,
9.A 由题意可知:解不等式组 即是找出直线y=x+b和y=kx+4都位于x轴上方部分对应x的范围,而直线
kx+4>0,
y=x+b和y=kx+4与x轴分别相交于点A(-4,0),点B(2,0),通过观察图象可知选A.
{x+b>0,
一题多解 将点A(-4,0)代入y=x+b中,将点B(2,0)代入y=kx+4中,求出b=4,k=-2,再将b=4,k=-2代入不等式组 中,解不等式组得
kx+4>0
到其解集为-4<x<2.
5
10.(2021湖南娄底,10,3分)如图,直角坐标系中,以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动,当☉A与直线l:y= x只有
12
一个公共点时,点A的坐标为 ( )
A.(-12,0) B.(-13,0)
C.(±12,0) D.(±13,0)
5
10.D 如下图所示,当☉A与直线l:y= x只有一个公共点时,☉A与直线l相切,设切点为B,连接AB,过B点作
12
BC∥OA,与y轴交于C,
设B点的坐标为( 5 ),
x, x
12
5
∴OC= |x|,BC=|x|,
12
在Rt△OBC中,OB= √BC2+OC2 =√ x2+ ( 5 x ) 2
12
313
= |x|,
12
又∵☉A的半径为5,
∴AB=5,
∵BC∥OA,∴∠AOB=OBC,
又∵∠ABO=∠BCO=90°,
∴△AOB∽△OBC,
OA AB
∴ = ,
BO OC
OA 5
∴13 = 5 ,
|x| |x|
12 12
∴OA=13,
∵原点左右两侧都有相切的可能,
∴点A的坐标为(±13,0).
故选D.
5
一题多解 当☉A与直线l:y= x只有一个公共点时,☉A与直线l相切,设切点为B,连接AB,
12
AB 5
则∠ABO=90°,tan∠AOB= = ,
OB 12
∵AB=5,∴OB=12,
∴OA= =13,
√AB2+OB2
∵原点左右两侧都有相切的可能,∴A(±13,0).
11.(2021湖南娄底,11,3分)根据反比例函数的性质、联系化学学科中的溶质质量分数的求法以及生活体验等,判定
x
下列有关函数y= (a为常数且a>0,x>0)的性质表述中,正确的是 ( )
a+x
①y随x的增大而增大;
②y随x的增大而减小;
③0<y<1;
④0≤y≤1.
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
x x+a-a a
11.A ∵y= = =1- ,a>0,x>0,
a+x a+x a+x
a a
∴ 随x的增大而减小,0< <1,
a+x a+x
a a
∴y=1- 随x的增大而增大,0<1- <1.
a+x a+x
故选A.
2
12.(2021湖南娄底,12,3分)用数形结合等思想方法确定二次函数y=x2+2的图象与反比例函数y= 的图象的交点P
x
的横坐标x 所在的范围是 ( )
0
1 1 1
A.0<x≤ B. <x≤
0 0
4 4 2
41 3 3
C. <x≤ D. <x<1
0 0
2 4 4
12.D 在同一个直角坐标系中画出两个函数的图象,如下图:
1
由图知, <x<1,
0
2
3 2
当x= 时,将其分别代入y=x2+2与y= ,得
0 1 2
4 x
2
9 41 8
y= +2= ,y=3= ,
1 2
16 16 3
4
8 41 5
∵y-y= - = >0,
2 1
3 16 48
∴此时反比例函数图象在二次函数图象的上方,
3
∴ <x<1.
0
4
故选D.
二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,满分18分)
13.(2021湖南娄底,13,3分)函数y=√x-1的自变量x的取值范围是 .
13.答案 x≥1
解析 根据被开方数为非负数得x-1≥0,解得x≥1.
14.(2021湖南娄底,14,3分)如图所示的扇形中,已知OA=20,AC=30, =40,则 = .
AB CD
⏜ ⏜
14.答案 100
解析 圆心角相同,弧长之比等于半径比.小扇形半径OA=20,大扇形半径OC=OA+AC=50,因为弧长之比等于半径之
比等于2∶5, =40,所以 =100.
AB CD
⏜ ⏜
一题多解 设扇形圆心角度数为n°,
∵OA=20, =40,
AB
⏜
n
∴在扇形AOB中,
AB
=2π·OA· ,
360
⏜
5360
解得n= ,
π
∵在扇形COD中,OC=OA+AC=20+30=50,
360
n
∴ =2π·OC· =2π×50× π =100.
CD
360
⏜
360
故答案为100.
15.(2021湖南娄底,15,3分)如图,△ABC中,AB=AC=2,P是BC上任意一点,PE⊥AB于点E,PF⊥AC于点F,若
S =1,则PE+PF= .
△ABC
15.答案 1
1 1 1 1
解析 连接AP,则S =S +S = AB×PE+ AC×PF= ×2×PE+ ×2×PF=PE+PF,
△ABC △ABP △ACP
2 2 2 2
∵S =1,
△ABC
∴PE+PF=1.
1
16.(2021湖南娄底,16,3分)已知t2-3t+1=0,则t+ = .
t
16.答案 3
解析 ∵t2-3t+1=0,
∴t≠0,
方程左右两边同时除以t得,
1
t-3+ =0
t
1
∴t+ =3.
t
1 t2 1 t2+1
一题多解 t+ = + = ,
t t t t
又∵t2-3t+1=0,
∴t2+1=3t,
1 t2+1 3t
则t+ = = =3.
t t t
故答案为3.
17.(2021湖南娄底,17,3分)高速公路上有一种标线叫纵向减速标线,外号叫鱼骨线,作用是提醒驾驶员在开车时减速
慢行.如图,用平行四边形ABCD表示一个“鱼骨”,AB平行于车辆前行方向,BE⊥AB,∠CBE=α,过B作AD的垂线,
垂足为 A'(即A点的视觉错觉点),若sin α=0.05,AB=300 mm,则AA'= mm.
617.答案 15
解析 如题图所示,
∵A'B⊥AD且四边形ABCD为平行四边形,
∴A'B⊥BC,∴∠A'BC=∠ABC+∠A'BA=90°,
又∵BE⊥AB,
∴∠ABE=∠ABC+α=90°,
∴∠A'BA=α,
AA'
∴sin∠A'BA=sin α= =0.05,
AB
又∵AB=300 mm,
∴AA'=AB·sin∠A'BA=300×0.05=15 mm.
故答案为15.
18.(2021湖南娄底,18,3分)弧度是表示角度大小的一种单位,圆心角所对的弧长和半径相等时,这个角就是1弧度角,
记作1 rad.已知α=1 rad,β=60°,则α与β的大小关系是α β.
18.答案 <
解析 根据弧度的定义,圆心角所对的弧长和半径相等时,这个角就是1弧度角,记作1 rad,
当β=60°时,易知β的两边与其所夹的弦构成的三角形为等边三角形,弦长等于半径,
∴圆心角所对的弧长比半径长,
∴α<β,
故答案是<.
三、解答题(本大题共2小题,每小题6分,共12分)
19.(2021湖南娄底,19,6分)计算:
( -π)0+ 1 +(1) -1 -2cos 45°.
√2021
√2+1 2
19.解析 ( -π)0+ 1 +(1) -1 -2cos 45°
√2021
√2+1 2
√2-1 √2
=1+ +2-2×
(√2+1)(√2-1) 2
=1+√2-1+2-√2
=2.
20.(2021湖南娄底,20,6分)先化简,再求值:
7x-3·(
1-
2x-10),其中x是1、2、3中的一个合适的数.
x-1 x2-9
20.解析
x-3·(
1-
2x-10)
x-1 x2-9
=x-3·[ x2-9 2x-10 ]
-
x-1 (x+3)(x-3) (x+3)(x-3)
x-3 x2-2x+1
= ·
x-1 (x+3)(x-3)
x-3 (x-1)2
= ·
x-1 (x+3)(x-3)
x-1
= ,
x+3
∵x≠1,x≠±3,
∴取x=2,
x-1 2-1 1
∴原式= = = .
x+3 2+3 5
四、解答题(本大题共2小题,每小题8分,共16分)
21.(2021湖南娄底,21,8分)“读书,点亮未来”,广泛的课外阅读是同学们搜集和汲取知识的一条重要途径.学校图书
馆计划购进一批学生喜欢的图书,为了了解学生对“A文史类、B科普类、C生活类、D其他”的喜欢程度,随机抽
取了部分学生进行问卷调查(每个学生只选其中一类),将所得数据进行分类统计,绘制了如下不完整的统计图表,请
根据图中的信息,解答下列问题:
频数 频率
A文史类 50 m
B科普类 90 0.45
C生活类 n 0.20
D其他 20 0.10
合计
统计表
条形统计图
(1)本次调查的学生共 人;
(2)m= ,n= ;
(3)补全条形统计图.
21.解析 (1)本次调查的学生共90÷0.45=200(人).
(2)m=50÷200=0.25,n=200×0.2=40.
(3)补全条形统计图如图所示:
822.(2021湖南娄底,22,8分)我国航天事业捷报频传,天舟二号于2021年5月29日成功发射,震撼人心.当天舟二号从
地面到达点A处时,在P处测得A点的仰角∠DPA为30°且A与P两点的距离为6千米,它沿铅垂线上升7.5秒后到达
B处,此时在P处测得B点的仰角∠DPB为45°,求天舟二号从A处到B处的平均速度.(结果精确到1 m/s,取√3
=1.732,√2=1.414)
22.解析 根据在P处测得A点的仰角∠DPA为30°且A与P两点的距离为6千米知,在Rt△ADP中,AP=6千米,
∠DPA=30°,
1
∴AD= AP=3(千米),
2
∴DP= =3 ≈3×1.732=5.196(千米),
√AP2-AD2 √3
又由在P处测得B点的仰角∠DPB为45°,
得Rt△BDP为等腰直角三角形,
∴BD=DP,
∴AB=BD-AD=2.196(千米),
2196
∴天舟二号从A处到B处的平均速度为 ≈293 m/s.
7.5
答:天舟二号从A处到B处的平均速度为293 m/s.
五、解答题(本大题共2小题,每小题9分,共18分)
23.(2021湖南娄底,23,9分)为了庆祝中国共产党建党一百周年,某校举行“礼赞百年,奋斗有我”演讲比赛,准备购
买甲、乙两种纪念品奖励在活动中表现优秀的学生.已知购买1个甲种纪念品和2个乙种纪念品共需20元;购买2个
甲种纪念品和5个乙种纪念品共需45元.
(1)求购买一个甲种纪念品和一个乙种纪念品各需多少元;
(2)若要购买这两种纪念品共100个,投入资金不少于766元又不多于800元,问有多少种购买方案?并求出所花资金
的最小值.
23.解析 (1)设购买甲种纪念品每个需要x元,乙种纪念品每个需要y元,
{ x+2y=20, {x=10,
根据题意得 解得
2x+5 y=45, y=5.
答:购买甲种纪念品每个需要10元,乙种纪念品每个需要5元.
(2)设购买甲种纪念品m个,所花资金为w元,则购买乙种纪念品(100-m)个,
∴w=10m+5(100-m)=5m+500,
{5m+500≥766,
根据题意得
5m+500≤800,
9解得53.2≤m≤60.
∵m为整数,
∴m可取54、55、56、57、58、59、60.
∴共有7种购买方案.
∵5>0,
∴w随m的增大而增大,
∴当m=54时,w有最小值,最小值为770.
∴所花资金的最小值为770元.
思路分析 (1)设购买甲种纪念品每个需要x元,乙种纪念品每个需要y元,根据“购买1个甲种纪念品和2个乙种纪念品共需20元;购买2个甲
种纪念品和5个乙种纪念品共需45元”,即可得出关于x、y的二元一次方程组,解之即可得出结论.
(2)设购买甲种纪念品m个,所花资金为w元,则购买乙种纪念品(100-m)个,根据总价=单价×数量,得到w关于m的函数解析式,结合进货资金不
少于766元且不超过800元,即可得出关于m的一元一次不等式组,解之即可得出m的取值范围,再由m为整数即可得出各购买方案,利用一次函
数的性质得出答案.
24.(2021湖南娄底,24,9分)如图,点A在以BC为直径的☉O上,∠ABC的平分线与AC相交于点E,与☉O相交于点
D,延长CA至M,连接BM,使得MB=ME,过点A作BM的平行线与CD的延长线交于点N.
(1)求证:BM与☉O相切;
(2)试给出AC、AD、CN之间的数量关系,并予以证明.
24.解析 (1)证明:∵MB=ME,BD是∠ABC的平分线,
∴∠MBE=∠MEB,∠ABE=∠EBC,
又∵BC为直径,
∴∠BAC=90°,
∴∠ABE+∠MEB=90°,
∴∠EBC+∠MBE=∠MBC=90°,
即BM与☉O相切.
(2)AC2=AD·NC.
证明:如图,∵∠ABE=∠EBC,
∴ = ,
AD CD
⏜ ⏜
∴AD=CD,
∴∠DAC=∠DCA,△ADC为等腰三角形,
∵∠BDC=90°,
∴∠BDN=90°,
∴∠N+∠NGD=90°,
由(1)可得∠MBC=90°,∵NF∥BM,
∴∠NFB=90°,
又∵∠NGD=∠BGF,
∴∠N=∠EBC=∠ABE=∠DCA=∠DAC,
10∴△NAC为等腰三角形,
在△NAC和△ADC中,
∠N=∠DAC,∠ACN=∠DCA,
∴△ADC∽△NAC,
DC AC
∴ = ,
AC NC
∴AC2=DC·NC,
又∵AD=CD,
∴AC2=AD·NC.
六、综合题(本大题共2小题,每小题10分,共20分)
25.(2021湖南娄底,25,10分)如图①,E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点,∠EAF=45°,CD⊥BC且CD=BE.
(1)求证:△ABE≌△ACD;
(2)求证:EF2=BE2+CF2;
(3)如图②,作AH⊥BC,垂足为H,设∠EAH=α,∠FAH=β,不妨设AB=√2,请利用(2)的结论证明:当α+β=45°时,
tanα+tanβ
tan(α+β)= 成立.
1-tanα·tanβ
图①
图②
25.证明 (1)∵△ABC是等腰直角三角形,
∴AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∵CD⊥BC,
∴∠DCB=90°,
∴∠DCA=90°-∠ACB=90°-45°=45°=∠ABE,
在△ABE和△ACD中,
11{
AB=AC,
∠ABE=∠ACD,
BE=CD,
∴△ABE≌△ACD(SAS).
(2)∵△ABE≌△ACD,
∴∠BAE=∠CAD,AE=AD,
∵∠EAF=45°,
∴∠BAE+∠FAC=90°-∠EAF=90°-45°=45°,
∴∠FAD=∠FAC+∠CAD=∠FAC+∠BAE=45°=∠EAF,
在△AEF和△ADF中,
{
AE=AD,
∠EAF=∠DAF,
AF=AF,
∴△AEF≌△ADF(SAS),
∴EF=DF,
在Rt△CDF中,根据勾股定理,得
DF2=CD2+CF2,
即EF2=BE2+CF2.
(3)如图,将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACD,连接FD,则∠BAE=∠CAD,BE=CD,AE=AD,
∵△ABC为等腰直角三角形,
∴∠ACB=∠B=∠ACD=45°,∠DCF=∠DCA+∠ACF=45°+45°=90°,
∵AB=√2,
∴AC=AB=√2,
在Rt△ABC中,由勾股定理得BC= = =2.
√AB2+AC2 √(√2)2+(√2)2
∵AH⊥BC,
1
∴BH=CH=AH= BC=1,
2
∴EF=EH+FH=AHtan α+AHtan β=tan α+tan β,BE=BH-EH=1-tan α,CF=CH-HF=1-tan β,
∵∠EAF=45°,
∴∠BAE+∠CAF=90°-∠EAF=45°,
∴∠DAF=∠DAC+∠CAF=∠BAE+∠CAF=45°=∠EAF,
在△AEF和△ADF中,
{
AE=AD,
∠EAF=∠DAF,
AF=AF,
∴△AEF≌△ADF(SAS),
∴EF=DF,
在Rt△CDF中,DF2=CD2+CF2,∴EF2=BE2+CF2,
∴(tan α+tan β)2=(1-tan α)2+(1-tan β)2,
整理得2tan α·tan β=1-2tan α+1-2tan β,
即tan α·tan β=1-tan α-tan β,
∴tan α+tan β=1-tan α·tan β,
tanα+tanβ
∴ =1=tan 45°=tan(α+β),
1-tanα·tanβ
12tanα+tanβ
∴tan(α+β)= .
1-tanα·tanβ
26.(2021湖南娄底,26,10分)如图,在直角坐标系中,二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴相交于点A(-1,0)和点
B(3,0),与y轴交于点C.
(1)求b、c的值;
(2)点P(m,n)为抛物线上的动点,过P作x轴的垂线交直线l:y=x于点Q.
①当0<m<3时,求当P点到直线l:y=x的距离最大时m的值;
②是否存在m,使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形,若不存在,请说明理由;若存在,请求出m的值.
26.解析 (1)∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A(-1,0),B(3,0),
{1-b+c=0, {b=-2,
∴ 解得
9+3b+c=0, c=-3,
∴b=-2,c=-3.
(2)①由(1)得,抛物线的函数表达式为y=x2-2x-3,
设点P(m,m2-2m-3),则点Q(m,m),
∵0<m<3,
∴PQ=m-(m2-2m-3)=-m2+3m+3=-( 3) 2 +21,
m-
2 4
∵-1<0,
3
∴当m= 时,PQ有最大值.
2
②不存在.∵抛物线的函数表达式为y=x2-2x-3,
∴C(0,-3),
∴OB=OC=3,
设点P(m,m2-2m-3),则点Q(m,m),
∵PQ∥OC,
∴OC为菱形的边,∴PQ=OC=3,
i.当点Q在点P上方时,
13PQ=-m2+3m+3=3,即-m2+3m=0,
∴m(m-3)=0,
解得m=0或m=3,
a.当m=0时,点Q与点O重合,菱形不存在,
b.当m=3时,点P与点B重合,此时BC=√2OC=3√2≠OC,菱形也不存在;
ii.当点Q在点P下方时,
若点Q在第三象限,如图,
∵∠COQ=45°,
根据菱形的性质知∠COQ=∠POQ=45°,则点P与点A重合,
此时OA=1≠3=OC,菱形不存在;
若点Q在第一象限,如图,显然,OP≠OC,
菱形不存在.
综上,不存在m,使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形.
1415
