2021年怀化市初中学业水平考试试卷
33
(满分:150分 考试时间:120分钟)
一、选择题(每小题4分,共40分;每小题的四个选项中只有一项是正确的)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B D A A B B C C A D
1.(2021湖南怀化,1,4分)数轴上表示数5的点和原点的距离是 ( )
1 1
A. B.5 C.-5 D.-
5 5
1.B ∵5-0=5,∴表示数5的点和原点的距离是5.
2.(2021湖南怀化,2,4分)到2020年底,我国完成了“脱贫攻坚”任务,有约9 980万的贫困人口实现了脱贫.将数据9
980万用科学记数法表示是 ( )
A.9.98×103 B.9.98×105
C.9.98×106 D.9.98×107
2.D 9 980万=9 980×104=9.98×103×104=9.98×107.
3.(2021湖南怀化,3,4分)以下说法错误的是 ( )
A.多边形的内角大于任何一个外角
B.任意多边形的外角和是360°
C.正六边形是中心对称图形
D.圆内接四边形的对角互补
3.A A.例如三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角,A错误,符合题意;
B.任意多边形的外角和都是360°,符合多边形外角的性质,B正确,不符合题意;
C.正六边形是中心对称图形,对称中心为各对称轴的交点,C正确,不符合题意;
D.由圆周角定理可得圆内接四边形的对角互补,D正确,不符合题意.
4.(2021湖南怀化,4,4分)对于一元二次方程2x2-3x+4=0,则它的根的情况为 ( )
A.没有实数根
B.两根之和是3
C.两根之积是-2
D.有两个不相等的实数根
4.A ∵Δ=b2-4ac=(-3)2-4×2×4=-23<0,∴原方程没有实数根.
5.(2021湖南怀化,5,4分)下列图形中,可能是圆锥侧面展开图的是( )
A B C D
5.B 圆锥的侧面展开图是扇形,故选B.
11
6.(2021湖南怀化,6,4分)定义a⊗b=2a+ ,则方程3⊗x=4⊗2的解为 ( )
b
1 2 3 4
A.x= B.x= C.x= D.x=
5 5 5 5
1 1
6.B 3x=2×3+ =6+ ,
x x
1 17
42=2×4+ = ,
2 2
1 17
∵3x=42,∴6+ = ,
x 2
2
解得x= ,
5
2
经检验,x= 是原方程的解.
5
7.(2021湖南怀化,7,4分)如图,在△ABC中,以A为圆心,任意长为半径画弧,分别交AB、AC于点M、N;再分别以
1
M、N为圆心,大于 MN的长为半径画弧,两弧交于点P;连接AP并延长交BC于点D,则下列说法正确的是 ( )
2
A.AD+BD<AB
B.AD一定经过△ABC的重心
C.∠BAD=∠CAD
D.AD一定经过△ABC的外心
7.C 在△ABD中,由三角形两边之和大于第三边可得AD+BD>AB,∴A错误;由题意可得,AD为△ABC中∠BAC的平分
线,∴∠BAD=∠CAD,∴C正确;而三角形的重心为三角形三条中线的交点,∴B错误;三角形的外心为三角形三条边的垂
直平分线的交点,∴D错误.
{2x+1≥x-1,
8.(2021湖南怀化,8,4分)不等式组 的解集表示在数轴上正确的是 ( )
1
- x>-1
2
A B
C D
{2x+1≥x-1①,
8.C
1
- x>-1②,
2
由①得x≥-2,由②得x<2,
∴原不等式组的解集为-2≤x<2,
在数轴上表示如图,
2故选C.
9.(2021湖南怀化,9,4分)成语是中华文化的瑰宝,是中华文化的微缩景观.下列成语:①“水中捞月”,②“守株待
兔”,③“百步穿杨”,④“瓮中捉鳖”,其中描述的事件是不可能事件的是( )
A.① B.② C.③ D.④
9.A “守株待兔”描述的事件为随机事件,所以B错误;
“百步穿杨”描述的事件为随机事件,所以C错误;
“瓮中捉鳖”描述的事件为必然事件,所以D错误;
“水中捞月”描述的事件是在水中捞月亮的影子,不可能捞上来,所以是不可能事件,故选A.
10.(2021湖南怀化,10,4分)如图,菱形ABCD的四个顶点均在坐标轴上,对角线AC、BD交于原点O,AE⊥BC于E点,
√3
交BD于M点,反比例函数y= (x>0)的图象经过线段DC的中点N,若BD=4,则ME的长为 ( )
3x
5 4
A.ME= B.ME=
3 3
2
C.ME=1D.ME=
3
10.D 由题意得,点D的纵坐标为2,点C的纵坐标为0,∴OD=2,
∵点N为线段CD的中点,∴点N的纵坐标为1,
√3
又点N在反比例函数y= 的图象上,
3x
∴1=√3,解得x=√3,∴N(√3 ),
,1
3x 3 3
∴C(2√3 ),∴OC=2√3,
,0
3 3
OD
∴tan∠DCA= =√3,∴∠DCA=60°,
OC
2√3
∴ 在菱形ABCD中,∠ACE=∠DCA=60°,AO=OC= ,
3
2√3 √3
∵AE⊥BC,∴AE=AC·sin∠ACE=2× × =2.
3 2
在△ACE中,∠ACE=60°,∠AEC=90°,
∴∠CAE=180°-∠ACE-∠AEC=180°-60°-90°=30°,
AO 2√3 √3 4
∴AM= = ÷ = ,
cos∠CAE 3 2 3
34 2
∴ME=AE-AM=2- = .故选D.
3 3
二、填空题(每小题4分,共24分)
√2 1
11.(2021湖南怀化,11,4分)比较大小: (填写“>”“<”或“=”).
2 2
11.答案 >
√2 1
解析 两个正分数比较大小,分母相同,分子大的它就大,∵√2>1,∴ > .
2 2
√x-2
12.(2021湖南怀化,12,4分)函数y= 的自变量x的取值范围是 .
x-3
12.答案 x≥2且x≠3
√x-2
解析 若使y= 有意义,
x-3
{x-2≥0,
则 解得x≥2且x≠3.
x-3≠0,
13.(2021湖南怀化,13,4分)如图,在平面直角坐标系中,已知A(-2,1),B(-1,4),C(-1,1),将△ABC先向右平移3个单
位长度得到△ABC,再绕C 按顺时针方向旋转90°得到△ABC,则A 的坐标是 .
1 1 1 1 2 2 1 2
13.答案 (2,2)
解析 如图,由题意得A(1,1),C(2,1),∴AC=1,
1 1 1 1
∴A(2,2).
2
14.(2021湖南怀化,14,4分)为庆祝中国共产党建党一百周年,某单位党支部开展“学史明理,学史增信,学史崇德,学
史力行”读书活动,学习小组抽取了七名党员5天的学史的时间(单位:h),分别为4,3,3,5,6,3,5,这组数据的中位数
是 ,众数是 .
14.答案 4;3
解析 七名党员学史的时间由短到长排列为3,3,3,4,5,5,6,可得这组数据的中位数为4,众数为3.
15.(2021湖南怀化,15,4分)如图,在☉O中,OA=3,∠C=45°,则图中阴影部分的面积是 .(结果保留π)
49 9
15.答案 π-
4 2
解析 ∵∠ACB=45°,O为圆心,A,B为圆上的两点,
∴∠AOB=2∠ACB=2×45°=90°,
又∵OA=3,
90 1 9
∴S =OA2·π× =32×π× = π.
扇形OAB
360 4 4
在△AOB中,∠AOB=90°,AO=BO,
1 9
∴S = OA·OB= ,
△AOB
2 2
9 9
∴S =S -S = π- .
阴影 扇形OAB △AOB 4 2
16.(2021湖南怀化,16,4分)观察等式:2+22=23-2,2+22+23=24-2,2+22+23+24=25-2,……,已知按一定规律排列的一组数:
2100,2101,2102,……,2199,若2100=m,用含m的代数式表示这组数的和是 .
16.答案 m2-m
解析 ∵2100=m,
∴2200=(2100)2=m2,
∴2100+2101+2102+…+2199
=(2+22+23+…+299+2100+2101+…+2199)-(2+22+23+…+299)
=(2200-2)-(2100-2)
=(m2-2)-(m-2)
=m2-m.
三、解答题(本大题共8小题,共86分)
17.(2021湖南怀化,17,8分)(本题满分8分)
计算:(3-π)0- +(1) -2 +4sin 60°-(-1).
√12
3
√3
17.解析 原式=1-2√3+9+4× +1
2
=11-2√3+2√3
=11.
18.(2021湖南怀化,18,8分)(本题满分8分)
1 2x+6 x-2
先化简,再求值: + · ,其中x=√2+2.
x x2-4x+4 x2+3x
1 2(x+3) x-2
18.解析 原式= + ·
x (x-2)2 x(x+3)
1 2
= +
x x(x-2)
5x-2 2
= +
x(x-2) x(x-2)
x
=
x(x-2)
1
= .
x-2
1
把x=√2+2代入 得,
x-2
1 1 1 √2
原式= = = = .
x-2 √2+2-2 √2 2
19.(2021湖南怀化,19,10分)(本题满分10分)
政府将要在某学校大楼前修一座大桥.如图,宋老师测得大楼的高是20 m,大楼的底部D处与将要修的大桥BC位于同
一水平线上,宋老师又上到楼顶A处测得B和C的俯角∠EAB,∠EAC分别为67°和22°,宋老师说现在我能算出将要修
的大桥BC的长了.同学们:你知道宋老师是怎么算的吗?请写出计算过程(结果精确到0.1米).
12 5 12 3 15 2
其中sin 67°≈ ,cos 67°≈ ,tan 67°≈ ,sin 22°≈ ,cos 22°≈ ,tan 22°≈ .
13 13 5 8 16 5
19.解析 ∵AE∥CD,
∴∠ACD=∠CAE=22°,∠ABD=∠BAE=67°.
在Rt△ABD中,∠ADB=90°,AD=20 m,
AD 20 12 25
∴BD= = ≈20÷ = m.
tan∠ABD tan67° 5 3
在Rt△ACD中,∠ADC=90°,AD=20 m,
AD 20 2
∴CD= = ≈20÷ =50 m,
tan∠ACD tan22° 5
25 125
∴BC=CD-BD=50- = ≈41.7 m.
3 3
∴大桥BC的长约为41.7 m.
20.(2021湖南怀化,20,10分)(本题满分10分)
已知:如图,四边形ABCD为平行四边形.点E、A、C、F在同一直线上,AE=CF.
求证:(1)△ADE≌△CBF;
(2)ED∥BF.
20.证明 (1)在平行四边形ABCD中,AD∥BC,AD=BC,
∵AD∥BC,∴∠CAD=∠ACB,
∴180°-∠CAD=180°-∠ACB,即∠DAE=∠BCF,
又∵AE=CF,AD=CB,
∴△ADE≌△CBF(SAS).
6(2)由(1)得△ADE≌△CBF,
∴∠AED=∠CFB,∴ED∥BF.
21.(2021湖南怀化,21,12分)(本题满分12分)
某校开展了“禁毒”知识的宣传教育活动.为了解这次活动的效果,现随机抽取部分学生进行知识测试,并将所得数据
绘制成如下不完整的统计图表:
等级 频数(人数) 频率
优秀 60 0.6
良好 a 0.25
合格 10 b
基本合格 5 0.05
合计 c 1
根据统计图表提供的信息,解答下列问题:
(1)a= ,b= ,c= ;
(2)补全条形统计图;
(3)该学校共有1 600名学生,估计测试成绩等级在合格以上(包括合格)的学生约有多少人;
(4)在这次测试中,九年级(3)班的甲、乙、丙、丁四名同学的成绩均为“优秀”,现班主任准备从这四名同学中随机
选择两名同学出一期“禁毒”知识的黑板报,请用列表法或画树状图法求甲、乙两名同学同时被选中的概率.
21.解析 (1)25;0.1;100.
60
详解:由测试成绩等级为优秀的人数是60,频率为0.6可知,总人数为 =100,∴c=100,则测试成绩等级为良好的人
0.6
数为100×0.25=25,∴a=25.
10
测试成绩等级为合格的频率为 =0.1,∴b=0.1.
100
(2)补全条形统计图,如图.
(3)由表得测试成绩在合格以上(包括合格)的频率为0.1+0.25+0.6=0.95,
∴1 600×0.95=1 520(人),
∴测试成绩在合格以上(包括合格)的学生约为1 520人.
(4)画树状图如下.
7共有12种等可能的结果,满足甲、乙两名同学同时被选中的结果有2种,所以甲、乙两名同学同时被选中的概率为
2 1
= .
12 6
22.(2021湖南怀化,22,12分)(本题满分12分)
如图,在半径为5 cm的☉O中,AB是☉O的直径,CD是过☉O上一点C的直线,且AD⊥DC于点D,AC平分∠BAD,E
是BC的中点,OE=3 cm.
(1)求证:CD是☉O的切线;
(2)求AD的长.
22.解析 (1)证明:连接OC.
∵OA=OC,∴∠OAC=∠OCA,
∵AC平分∠BAD,∴∠DAC=∠OAC,
∴∠OCA=∠DAC,∴AD∥OC,
∴∠ADC+∠OCD=180°.
又∵AD⊥DC,∴∠ADC=90°,
∴∠OCD=180°-∠ADC=180°-90°=90°,
∴OC⊥CD,
又∵OC是☉O的半径,∴CD是☉O的切线.
(2)∵AB为☉O的直径,C在☉O上,
∴∠ACB=90°,∴∠ADC=∠ACB,
又∵∠DAC=∠CAB,
AD AC
∴△ACD∽△ABC,∴ = ,
AC AB
∵OB=OC,E为BC的中点,
∴OE⊥BC,BC=2BE,
在Rt△OBE中,∠OEB=90°,
OE=3 cm,OB=5 cm,
∴BE= =4 cm,
√OB2-OE2
∴BC=2BE=8 cm.
在Rt△ABC中,∠ACB=90°,
AB=OA+OB=5+5=10 cm,
∴AC= =6 cm.
√AB2-BC2
AD AC AD 6
又∵ = ,∴ = ,∴AD=3.6 cm.
AC AB 6 10
解题关键 本题考查了切线的判定,圆周角定理,相似三角形的判定和性质,平行线的判定和性质.只有熟练掌握这些知识,才能解出本题.
823.(2021湖南怀化,23,12分)(本题满分12分)
某超市从厂家购进A、B两种型号的水杯,两次购进水杯的情况如下表:
进货批次 A型水杯(个) B型水杯(个) 总费用(元)
一 100 200 8 000
二 200 300 13 000
(1)求A、B两种型号的水杯进价各是多少元;
(2)在销售过程中,A型水杯因为物美价廉而更受消费者喜欢,为了提高B型水杯的销售量,超市决定对B型水杯进行
降价销售,当每个B型水杯的销售价为44元时,每天可以售出20个,每降价1元,每天将多售出5个,请问超市应将B
型水杯降价多少元时,每天售出B型水杯的利润达到最大?最大利润是多少?
(3)第三次进货用10 000元钱购进这两种水杯,如果每销售出一个A型水杯可获利10元,售出一个B型水杯可获利9
元,超市决定每售出一个A型水杯就为当地“新冠疫情防控”捐b元用于购买防控物资.若A、B两种型号的水杯在
全部售出的情况下,捐款后所得的利润始终不变,此时b为多少?利润为多少?
23.解析 (1)设A型水杯的进价为x元/个,B型水杯的进价为y元/个.
{100x+200 y=8000, {x=20,
由题意得 解得
200x+300 y=13000, y=30.
∴A型水杯的进价为20元/个,B型水杯的进价为30元/个.
(2)设B型水杯降价z元,利润为w元,
则w=(44-z-30)(20+5z)
=-5z2+50z+280
=-5(z-5)2+405.
∴B型水杯降价5元时,每天售出B型水杯的利润最大,最大利润为405元.
(3)设第三次进货,购进A型水杯m个,购进B型水杯n个,利润为W元,
{20m+30n=10000,①
由题意得
W =(10-b)m+9n,②
1000-2m
由①得n= ,③
3
1000-2m
把③代入②,得W=(10-b)m+9× =(4-b)m+3 000.
3
若A,B两种型号的水杯在全部售出的情况下,捐款后所得的利润不变,
则4-b=0,∴b=4,当b=4时,W=3 000.
∴A,B两种型号的水杯在全部售出的情况下,捐款后所得的利润不变,此时b为4,利润为3 000元.
思路分析 (2)总利润=单利润×数量,单利润=售价-进价,∴B型水杯的售价为(44-z)元/个,进价为30元/个,∴单利润为(44-z-30)元.∵每降价1元可
多售出5个,∴售出(20+5z)个,∴w=(44-z-30)(20+5z).
(3)利润W=A型水杯利润+B型水杯利润-捐款数=10m+9n-bm=(10-b)m+9n,利用代入消元法可得W=(4-b)m+3 000,若使W与m无关,则m的系数
为0,∴4-b=0,∴b=4.
24.(2021湖南怀化,24,14分)(本题满分14分)
如图所示,抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,且OA=2,OB=4,OC=8,抛物线的对称轴与直线BC交于点
M,与x轴交于点N.
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点P是对称轴上的一个动点,是否存在以P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似?若存在,求出点P的坐标,若
不存在,请说明理由;
(3)D为CO的中点,一个动点G从D点出发,先到达x轴上的点E,再走到抛物线对称轴上的点F,最后返回到点C.要
使动点G走过的路程最短,请找出点E、F的位置,写出坐标,并求出最短路程;
(4)点Q是抛物线上位于x轴上方的一点,点R在x轴上,是否存在以点Q为直角顶点的等腰Rt△CQR?若存在,求出点
Q的坐标;若不存在,请说明理由.
924.解析 (1)由题意得A(-2,0),B(4,0),C(0,8),
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c(a≠0).
∵A,B,C在抛物线上,
{a·(-2)2+(-2)·b+c=0, {a=-1,
∴ 解得
a·42+4b+c=0, b=2,
c=8, c=8.
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+8.
(2)存在以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似.
由(1)得抛物线的解析式为y=-x2+2x+8,
b
∴对称轴为直线x=- ,即x=1,∴N(1,0).
2a
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0),
∵点B,C在直线上,
{ 4k+b=0, {k=-2,
∴ ∴
0·k+b=8, b=8,
∴直线BC的解析式为y=-2x+8,
把x=1代入y=-2x+8得,y=-2+8=6,∴M(1,6),
易得BM=3√5,MN=6,CM=√5.
当△BMN∽△CMP时,如图.
此时∠BNM=∠CPM=90°,
∴BN∥CP,∴P(1,8).
当△BMN∽△PMC时,如图.
此时∠BNM=∠PCM=90°,
10BM MN 3√5 6
∴ = ,∴ = ,
PM MC PM √5
∴PM=5,∴P( 17).
1,
2 2
综上所述,存在以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似,点P的坐标为(1,8)或( 17).
1,
2
(3)如图,作点D关于x轴的对称点D',
作点C关于抛物线对称轴的对称点C',
连接D'C'交x轴于点E,交y轴于点F,
则D→E→F→C即为所求最短路径.
∵AB垂直平分线段DD',∴DE=D'E.
∵对称轴x=1垂直平分线段CC',∴CF=C'F,
∴DE+EF+CF=D'E+EF+FC'=C'D'.
∵C(0,8),抛物线对称轴为直线x=1,∴C'(2,8).
∵D为OC的中点,∴D(0,4),∴D'(0,-4),
∴C'D'= =2 .
√22+[8-(-4)]2 √37
设直线C'D'的解析式为y=mx+n(m≠0),
∵点C',D'在直线上,
{ 2m+n=8, {m=6,
∴ ∴
0·m+n=-4, n=-4,
∴直线C'D'的解析式为y=6x-4.
当y=0时,x=2,∴E(2 );
,0
3 3
当x=1时,y=2,∴F(1,2),
∴当点G走过的路程最短时,有E(2 ),F(1,2),最短路程为2 .
,0 √37
3
(4)存在以点Q为直角顶点的等腰Rt△CQR.
∵点Q在抛物线上,∴设Q(x,-x2+2x+8).
当点Q在第一象限时,如图.
11过点Q作y轴的平行线交x轴于点P,交过点C与y轴平行的直线于点H.
∵∠HQC+∠RQP=180°-∠CQR=180°-90°=90°,
∠QRP+∠RQP=90°,
∴∠HQC=∠PRQ,
又∵∠CHQ=∠QPR=90°,CQ=QR,
∴△CHQ≌△QPR(AAS),
∴QP=CH,
∴x=-x2+2x+8,
1+√33 1-√33
解得x= ,x= (舍去),
1 2
2 2
∴Q(1+√33 1+√33).
,
2 2
当点Q在第二象限时,如图.
过点Q作y轴的平行线交x轴于点P,交过点C与x轴平行的直线于点H.
∵∠CQH+∠RQP=180°-∠CQR=180°-90°=90°,∠QRP+∠RQP=90°,
∴∠CQH=∠QRP,
又∵∠CHQ=∠QPR=90°,CQ=QR,
∴△CHQ≌△QPR(AAS),
∴QP=CH,
∴-x2+2x+8=-x,
3+√41 3-√41
∴x= (舍去),x= ,
1 2
2 2
∴Q(3-√41 √41-3).
,
2 2
综上所述,存在以点Q为直角顶点的等腰Rt△CQR,点Q的坐标为(1+√33 1+√33)或(3-√41 √41-3).
, ,
2 2 2 2
思路分析 (2)由题意得∠BMN=∠CMP,可分为∠CPM=∠MNB=90°或∠PCM=∠MNB=90°.
(3)利用对称的性质和两点之间线段最短找到最短路径后再进行求解.
(4)由题意分为①当点Q在第一象限时,存在等腰Rt△CQR;②当点Q在第二象限时,存在等腰Rt△CQR,然后利用全等进行求解即可.
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