2021年常德市初中学业水平考试
33
(满分:120分 考试时间:120分钟)
一、选择题(本大题8个小题,每小题3分,满分24分)
1 2 3 4 5 6 7 8
A C D D D B C B
1.(2021湖南常德,1,3分)4的倒数是 ( )
1
A. B.2 C.1 D.-4
4
1
1.A 4的倒数是 ,故选A.
4
2.(2021湖南常德,2,3分)若a>b,下列不等式不一定成立的是 ( )
A.a-5>b-5 B.-5a<-5b
a b
C. > D.a+c>b+c
c c
2.C A.∵a>b,∴a-5>b-5,该选项成立,不符合题意;
B.∵a>b,∴-5a<-5b,该选项成立,不符合题意;
a b a b
C.∵a>b,∴c>0时, > ,当a<0时, < ,该选项不一定成立,符合题意;
c c c c
D.∵a>b,∴a+c>b+c,该选项成立,不符合题意.故选C.
方法总结 对于此类题可熟记不等式的相关性质,不等式的相关性质如下:①不等式的两边都加(减)同一个数或式子,不等号的方向不变;②不等
式的两边都乘(除以)同一个正数,不等号的方向不变;③不等式的两边都乘(除以)同一个负数,不等号的方向改变.
3.(2021湖南常德,3,3分)一个多边形的内角和是1 800°,则这个多边形的边数为 ( )
A.9 B.10 C.11 D.12
3.D 设这个多边形的边数为n,则有(n-2)·180=1 800,解得n=12.故选D.
4.(2021湖南常德,4,3分)下列计算正确的是 ( )
A.a3·a2=a6 B.a2+a2=a4
a3
C.(a3)2=a5 D. =a(a≠0)
a2
a3
4.D A.a3·a2=a5,故本选项不合题意;B.a2+a2=2a2,故本选项不合题意;C.(a3)2=a6,故本选项不合题意;D. =a(a≠0),
a2
故本选项符合题意.故选D.
5.(2021湖南常德,5,3分)舒青是一名观鸟爱好者,他想要用折线统计图来反映中华秋沙鸭每年秋季到当地避寒越冬
的数量变化情况,以下是排乱的统计步骤:①从折线统计图中分析出中华秋沙鸭每年来当地避寒越冬的变化趋势;②
从当地自然保护区管理部门收集中华秋沙鸭每年来当地避寒越冬的数量记录;③按统计表的数据绘制折线统计图;④
整理中华秋沙鸭每年来当地避寒越冬的数量并制作统计表.正确统计步骤的顺序是 ( )
A.②→③→①→④ B.③→④→①→②
1C.①→②→④→③ D.②→④→③→①
5.D 正确统计步骤的顺序为收集数据→整理数据并制作统计表→绘制统计图→通过统计图进行分析,所以本题的顺
序为②→④→③→①,故选D.
(√5+1 ) √5+1
6.(2021湖南常德,6,3分)计算: -1 × = ( )
2 2
√5-1
A.0 B.1 C.2 D.
2
(√5+1 ) √5+1
6.B -1 ×
2 2
√5+1-2 √5+1
= ×
2 2
√5-1 √5+1
= ×
2 2
(√5)2-12 4
= = =1.
22 4
故选B.
7.(2021湖南常德,7,3分)如图,已知F、E分别是正方形ABCD的边AB与BC的中点,AE与DF交于P,则下列结论
成立的是 ( )
1
A.BE= AE B.PC=PD
2
C.∠EAF+∠AFD=90° D.PE=EC
7.C ∵E、F分别为正方形ABCD的边BC与AB的中点,
∴AF=BE.
在△AFD和△BEA中,
{
AF=BE,
∠DAF=∠ABE=90°,
AD=BA,
∴△AFD≌△BEA(SAS),
∴∠FDA=∠EAB,
又∵∠FDA+∠AFD=90°,
∴∠EAB+∠AFD=90°,
即∠EAF+∠AFD=90°.
故选C.
28.(2021湖南常德,8,3分)阅读理解:如果一个正整数m能表示为两个正整数a,b的平方和,即m=a2+b2,那么称m为
广义勾股数,则下面的四个结论:①7不是广义勾股数;②13是广义勾股数;③两个广义勾股数的和是广义勾股数;④两
个广义勾股数的积是广义勾股数.其中结论正确的是 ( )
A.②④ B.①②④C.①② D.①④
8.B ∵7不能表示为两个正整数的平方和,
∴7不是广义勾股数,故①结论正确.
∵13=22+32,∴13是广义勾股数,故②结论正确.
两个广义勾股数的和不一定是广义勾股数,例如10和13是广义勾股数,但23不是广义勾股数,故③结论错误;
设m=a2+b2,n=c2+d2,则mn=(a2+b2)(c2+d2)
=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2+2abcd-2abcd
=(a2c2+2abcd+b2d2)+(a2d2+b2c2-2abcd)
=(ac+bd)2+(ad-bc)2,
所以mn也是广义勾股数,故④结论正确.
综上,①②④正确,故选B.
二、填空题(本大题8个小题,每小题3分,满分24分)
9.(2021湖南常德,9,3分)不等式2x-3>x的解集是 .
9.答案 x>3
解析 2x-3>x,
移项,得2x-x>3,
合并同类项,得x>3.
故答案为x>3.
10.(2021湖南常德,10,3分)今年5月11日,国家统计局公布了第七次全国人口普查的结果,我国现有人口141 178万
人,用科学记数法表示此数为 人.
10.答案 1.411 78×109
解析 141 178万=1 411 780 000=1.411 78×109.故答案为1.411 78×109.
11.(2021湖南常德,11,3分)在某次体育测试中,甲、乙两班成绩的平均数、中位数、方差如下表所示 ,规定学生个
人成绩大于90分为优秀,则甲、乙两班中优秀人数更多的是 班.
人数 平均数 中位数 方差
甲班 45 82 91 19.3
乙班 45 87 89 5.8
11.答案 甲
解析 ∵甲班、乙班的中位数分别为91分和89分.
∴甲班的中位数大于90分,且乙班的中位数小于90分,
∴甲班的优秀人数更多.
故答案为甲.
1 1 x+2
12.(2021湖南常德,12,3分)分式方程 + = 的解为 .
x x-1 x(x-1)
12.答案 x=3
解析 去分母,得x-1+x=x+2,解得x=3,
经检验,x=3是原方程的解,
所以该分式方程的解为x=3.
故答案为x=3.
313.(2021湖南常德,13,3分)如图,已知四边形ABCD是圆O的内接四边形,∠BOD=80°,则∠BCD= .
13.答案 140°
解析 ∵∠BAD为 所对的圆周角,且∠BOD=80°,
BD
⏜
1
∴∠BAD= ∠BOD=40°.
2
∵四边形ABCD为圆的内接四边形,
∴∠BAD+∠BCD=180°,
∴∠BCD=180°-∠BAD=140°.
故答案为140°.
思路分析 利用圆周角定理求出∠BAD的度数,再利用圆内接四边形的对角和为180°求出∠BCD的度数.
14.(2021湖南常德,14,3分)如图,在△ABC中,∠C=90°,AD平分∠CAB,DE⊥AB于E,若CD=3,BD=5,则BE的长为
.
14.答案 4
解析 ∵AD平分∠CAB,DE⊥AB,∠C=90°,
∴DE=DC=3.
∵BD=5,∴BE= = =4.
√BD2-DE2 √52-32
故答案为4.
1 1
15.(2021湖南常德,15,3分)刘凯有蓝、红、绿、黑四种颜色的弹珠,总数不超过50个,其中 为红色弹珠, 为绿色
6 4
弹珠,有8个黑珠,则刘凯的蓝色弹珠最多有 个.
15.答案 20
1 1 7
解析 设弹珠的总数为x,则蓝色弹珠的个数为x- x- x-8= x-8.
6 4 12
1 1 7
因为x≤50,且x, x, x, x-8都是正整数,
6 4 12
所以x可取24,36,48,
7
当x=48时, x-8取最大值20,
12
所以蓝色弹珠最多有20个.
故答案为20.
416.(2021湖南常德,16,3分)如图中的三个图形都是边长为1的小正方形组成的网格,其中第一个图形中有1×1个小
正方形,所有线段的和为4,第二个图形中有2×2个小正方形,所有线段的和为12,第三个图形中有3×3个小正方形,所
有线段的和为24,按此规律,则第n个图形中所有线段的和为 .(用含n的代数式表示)
16.答案 2n(n+1)
解析 第一个图形中所有线段的和为4=2×1×2,
第二个图形中所有线段的和为12=2×2×3,
第三个图形中所有线段的和为24=2×3×4,
……
第n个图形中所有线段的和为2n(n+1).
三、(本大题2个小题,每小题5分,满分10分)
17.(2021湖南常德,17,5分)计算:2 0210+3-1·√9-√2sin 45°.
1 √2
17.解析 原式=1+ ×3-√2× =1+1-1=1.
3 2
1
题后小结 此题考查了实数的运算,零指数幂,二次根式,锐角三角函数,这里需注意a0=1,a-n= (a≠0).
an
18.(2021湖南常德,18,5分)解方程:x2-x-2=0.
18.解析 分解因式得(x-2)(x+1)=0,
可得x-2=0或x+1=0,
解得x=2,x=-1.
1 2
一题多解 x2-x-2=0,
Δ=(-1)2-4×1×(-2)=1+8=9,
1±√9 1±3
所以x= = ,
2 2
1+3 1-3
即x= =2,x= =-1.
1 2
2 2
四、(本大题2个小题,每小题6分,满分12分)
19.(2021湖南常德,19,6分)化简:( a
+
5a+9)÷a+3.
a-1 a2-1 a-1
19.解析 原式=[ a(a+1) 5a+9 ]·a-1
+
(a+1)(a-1) (a+1)(a-1) a+3
a2+a+5a+9 a-1
= ·
(a+1)(a-1) a+3
(a+3)2 a-1
= ·
(a+1)(a-1) a+3
a+3
= .
a+1
520.(2021湖南常德,20,6分)如图,在Rt△AOB中,AO⊥BO,AB⊥y轴,O为坐标原点,A的坐标为(n,√3),反比例函数
k k √3
y= 1 的图象的一支过A点,反比例函数y= 2 的图象的一支过B点,过A作AH⊥x轴于H,若△AOH的面积为 .
1 2
x x 2
(1)求n的值;
(2)求反比例函数y 的解析式.
2
1 √3 1 √3
20.解析 (1)由题意得OH=n,AH=√3,S = OH·AH= ,即 n·√3= ,
△AOH 2 2 2 2
解得n=1.
(2)如图,过点B作BQ⊥x轴于点Q.
∵AO⊥BO,AB⊥y轴,AH⊥x轴,
∴△BOQ∽△OAH,BQ=AH=√3,
BQ OQ
∴ = ,
OH AH
√3 OQ
∴ = ,
1 √3
∴OQ=3.
∵点B在第二象限,
∴点B的坐标为(-3,√3).
k
将点B(-3,√3)代入y= 2,
2
x
得k=-3×√3=-3√3,
2
-3√3
∴反比例函数y 的解析式为y= .
2 2
x
思路分析 (1)将点A的坐标(n,√3)代入△AOH的面积公式中即可求出n的值.
(2)过点B作BQ⊥x轴于点Q,由△BOQ∽△OAH求出OQ的长,求出点B的坐标,进一步求出y 的解析式.
2
五、(本大题2个小题,每小题7分,满分14分)
21.(2021湖南常德,21,7分)某汽车贸易公司销售A、B两种型号的新能源汽车,A型车进货价格为每台12万元,B型
车进货价格为每台15万元,该公司销售2台A型车和5台B型车,可获利3.1万元;销售1台A型车和2台B型车,可
获利1.3万元.
(1)求销售一台A型、一台B型新能源汽车的利润各是多少万元;
(2)该公司准备用不超过300万元资金,采购A、B两种新能源汽车共22台,问最少需要采购A型新能源汽车多少台?
21.解析 (1)设销售一台A型新能源汽车的利润是x万元,销售一台B型新能源汽车的利润是y万元,
6{2x+5 y=3.1,
由题意得
x+2y=1.3,
{x=0.3,
解得
y=0.5.
答:销售一台A型新能源汽车的利润是0.3万元,销售一台B型新能源汽车的利润是0.5万元.
(2)设需要采购A型新能源汽车a台,则采购B型新能源汽车(22-a)台.
由题意得12a+15(22-a)≤300,
解得a≥10.
答:最少需要采购A型新能源汽车10台.
22.(2021湖南常德,22,7分)今年是建党100周年,学校新装了国旗旗杆(如图所示),星期一该校全体学生在国旗前举
行了升旗仪式.仪式结束后,站在国旗正前方的小明在A处测得国旗D处的仰角为45°,站在同一队列B处的小刚测得
国旗C处的仰角为23°,已知小明目高AE=1.4米,距旗杆CG的距离为15.8米,小刚目高BF=1.8米,距小明24.2米,求
国旗的宽度CD是多少米.(最后结果保留一位小数)
(参考数据: sin 23°≈0.390 7, cos 23°≈0.920 5, tan 23°≈0.424 5)
22.解析 由于EM⊥CG于点M,FN⊥CG于点N,
易得GB=AG+AB=15.8+24.2=40米,
则FN=GB=40米.
在Rt△EDM中,∠DEM=45°,
∴DM=EM=15.8米.
∵MG=AE=1.4米,
∴DG=DM+MG=15.8+1.4=17.2米.
∵NG=FB=1.8米,
∴DN=DG-NG=17.2-1.8=15.4米.
在Rt△CNF中,∠CFN=23°,
CN
∴tan∠CFN= ≈0.424 5,
FN
∴CN≈0.424 5×40≈17.0米,
∴CD=CN-DN=17.0-15.4=1.6米.
答:国旗的宽度CD为1.6米.
六、(本大题2个小题,每小题8分,满分16分)
23.(2021湖南常德,23,8分)我市华恒小区居民在“一针疫苗一份心,预防接种尽责任”的号召下,积极联系社区医院
进行新冠疫苗接种.为了解接种进度,该小区管理人员对小区居民进行了抽样调查,按接种情况可分如下四类:A类
——接种了只需要注射一针的疫苗;B类——接种了需要注射两针,且两针之间要间隔一定时间的疫苗;C类——接
种了要注射三针,且每两针之间要间隔一定时间的疫苗;D类——还没有接种.
图1与图2是根据此次调查得到的统计图(不完整).
7图1
图2
请根据统计图回答下列问题.
(1)此次抽样调查的人数是多少?
(2)接种B类疫苗的人数的百分比是多少?接种C类疫苗的人数是多少?
(3)请估计该小区所居住的18 000名居民中有多少人进行了新冠疫苗接种;
(4)为了继续宣传新冠疫苗接种的重要性,小区管理部门准备在已经接种疫苗的居民中征集2名志愿宣传者,现有3男
2女共5名居民报名,要从这5人中随机挑选2人,求恰好抽到一男和一女的概率是多少.
23.解析 (1)此次抽样调查的人数为20÷10%=200.
(2)接种B类疫苗的人数所占百分比为80÷200×100%=40%.接种C类疫苗的人数为n=200×15%=30.
(3)18 000×(1-35%)=11 700(人).
所以估计该小区居民中有11 700人进行了新冠疫苗接种.
(4)画树状图如图:
共有20种等可能的结果,恰好抽到一男和一女的结果有12种.
12 3
所以恰好抽到一男和一女的概率为 = .
20 5
24.(2021湖南常德,24,8分)如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,以AB的中点O为圆心,AB为直径的圆交AC于D,E是
BC的中点,延长ED交BA的延长线于F.
(1)求证:FD是圆O的切线;
(2)若BC=4,FB=8,求AB的长.
824.解析 (1)证明:连接OD,如图,
∵AB为直径,
∴∠ADB=∠BDC=90°.
∵点E为BC的中点,
1
∴DE= BC=BE=EC,
2
∴∠EDC=∠ECD.
∵∠ABC=90°,
∴∠ABD+∠CBD=90°.
又∵∠ECD+∠CBD=90°,
∴∠ECD=∠ABD.
∵OB=OD,
∴∠ODB=∠OBD,
∴∠ODB=∠EDC,
∴∠ODB+∠BDE=∠EDC+∠BDE=90°,
∴∠ODE=90°,
∴FD是圆O的切线.
1
(2)由(1)可得BE=EC=DE= BC=2,
2
在Rt△FBE中,
EF= = =2 ,
√FB2+BE2 √82+22 √17
∴FD=EF-DE=2√17-2,
∵∠FDO=∠FBE=90°,∠OFD=∠EFB,
∴△FDO∽△FBE,
FD FB
∴ = ,
OD BE
2√17-2 8
∴ = ,
OD 2
√17-1
∴OD= ,
2
∴AB=2OD=√17-1.
七、(本大题2个小题,每小题10分,满分20分)
925.(2021湖南常德,25,10分)如图,在平面直角坐标系xOy中,平行四边形ABCD的AB边与y轴交于E点,F是AD的
中点,B、C、D的坐标分别为(-2,0)、(8,0)、(13,10).
(1)求过B、E、C三点的抛物线的解析式;
(2)试判断抛物线的顶点是否在直线EF上;
(3)设过F与AB平行的直线交y轴于Q,M是线段EQ之间的动点,射线BM与抛物线交于另一点P,当△PBQ的面积
最大时,求点P的坐标.
25.解析 (1)如图,过点D作DH⊥x轴于点H.
由题意得∠EOB=∠DHC=90°,
∵AB∥CD,
∴∠EBO=∠DCH,
BO EO
∴△EBO∽△DCH,∴ = .
CH DH
∵点B(-2,0),C(8,0),D(13,10),
∴BO=2,CH=5,DH=10,
2 EO
∴ = ,
5 10
∴EO=4,
∴点E的坐标为(0,4).
设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x-8)(a≠0),
将点E(0,4)代入,
1
得a·2·(-8)=4,解得a=- ,
4
1 1 3
∴抛物线的解析式为y=- (x+2)(x-8)=- x2+ x+4.
4 4 2
(2)抛物线的顶点在直线EF上,
b
理由:由(1)知该抛物线的对称轴为直线x=- =3,
2a
1025
当x=3时,y= ,
4
所以该抛物线的顶点坐标为( 25).
3,
4
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴由B、C、D的坐标可得A的坐标为(3,10).
又∵点F是AD的中点,
∴点F的坐标为(8,10).
设直线EF的解析式为y=kx+b(k≠0),
将点F(8,10)、E(0,4)代入,
{ 3
得{8k+b=10,解得 k= ,
4
b=4,
b=4,
3
∴直线EF的解析式为y= x+4.
4
3 25
当x=3时,y= ×3+4= ,
4 4
所以顶点( 25)在直线EF上.
3,
4
(3)由(2)可知,A(3,10),
设直线AB的解析式为y=k'x+b'(k'≠0),
将B(-2,0),A(3,10)代入,
{-2k'+b'=0, {k'=2,
得 解得
3k'+b'=10, b'=4,
∴直线AB的解析式为y=2x+4,
∴直线FQ的解析式为y=2(x-5)+4=2x-6,
∴点Q的坐标为(0,-6).
m
设M(0,m),则直线BM的解析式为y= x+m,
2
∵点P为直线BM与抛物线的交点,
m
{ y= x+m,
∴联立方程组 2
1 3
y=- x2+ x+4,
4 2
解得x=-2(舍去),x=8-2m,
1 2
∴点P的横坐标为8-2m,
1
则此时,S = ·MQ·(|x |+|x |)
△PBQ
2
P B
1
= (m+6)(8-2m+2)
2
11=-( 1) 2 +121.
m+
2 4
∵a=-1<0,
1
∴当m=- 时,S取最大值,
2
∴点P的横坐标为8-2×( 1)=9,
-
2
11
将x=9代入抛物线解析式中,得y=- ,
4
所以当点P的坐标为( 11)时,△PBQ的面积最大.
9,-
4
26.(2021湖南常德,26,10分)如图1,在△ABC中,AB=AC,N是BC边上的一点,D为AN的中点,过点A作BC的平行
线交CD的延长线于T,且AT=BN,连接BT.
(1)求证:BN=CN;
(2)在图1中AN上取一点O,使AO=OC,作N关于AC的对称点M,连接MT、MO、OC、OT、CM得图2.
①求证:△TOM∽△AOC;
1
②设TM与AC相交于点P,求证:PD∥CM,PD= CM.
2
图1
图2
26.证明 (1)∵AT∥BC,
∴∠ATD=∠BCD.
∵点D是AN的中点,
∴AD=ND.
在△ATD和△NCD中,
{∠ATD=∠NCD,
∠ADT=∠NDC,
AD=ND,
∴△ATD≌△NCD(AAS),
∴CN=AT,TD=DC.
∵AT=BN,
12∴BN=CN.
(2)①∵AT=BN,AT∥BN,
∴四边形ATBN是平行四边形.
∵AB=AC,BN=CN,
∴AN⊥BC,
∴平行四边形ATBN是矩形,
∴∠TAN=90°.
∵点M,点N关于AC对称,
∴CN=MC,∠ACN=∠ACM,
∴AT=CM.
∵OA=OC,
∴∠OAC=∠OCA.
∵∠OAC+∠ACN=90°,
∴∠OCA+∠ACM=∠OCM=90°,
∴∠OCM=∠TAN,
又∵AT=CM,OA=OC,
∴△TAO≌△MCO(SAS).
∴OT=OM,∠TOA=∠MOC.
OT OM
∴∠TOM=∠AOC, = .
OA OC
∴△TOM∽△AOC.
②如图,将CM绕点M顺时针旋转,使点C落在PC上,记为点E,连接AM,TE.
易得EM=CM=AT,
∴∠MEC=∠MCE.
∵∠CAN+∠ACN=90°,
∴∠CAN+∠ACM=90°,
∴∠TAN+∠CAN+∠ACM=180°,
∴∠TAC+∠ACM=180°,
又∵∠AEM+∠CEM=180°,
∴∠TAC=∠AEM,
∴AT∥EM,
∴四边形ATEM是平行四边形,
∴TP=PM,
又∵TD=DC,∴PD是△TCM的中位线,
1
∴PD∥CM,PD= CM.
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