黄冈市 2013 年初中毕业生学业水平考
数学试题（含答案全解全析）
(满分120分 时间120分钟)
第Ⅰ卷(选择题,共 24 分)
一、选择题(本题共24分,每小题3分)
下面各题均有四个选项,其中只有一个是符合题意的.
1.-(-3)2=( )
A.-3 B.3 C.-9 D.9
2.随着人民生活水平的提高,我国拥有汽车的居民家庭也越来越多,下列汽车标志中,是中心对
称图形的是( )
3.如图,AB∥CD∥EF,AC∥DF,若∠BAC=120°,则∠CDF=( )
A.60° B.120° C.150° D.180°
4.下列计算正确的是( )
A.x4·x4=x16 B.(a3)2·a4=a9
C.(ab2)3÷(-ab)2=-ab4 D.(a6)2÷(a4)3=1
5.已知一个正棱柱的俯视图和左视图如图,则其主视图为( )
6.已知一元二次方程x2-6x+c=0有一个根为2,则另一根为( )
A.2 B.3 C.4 D.8
7.已知一个圆柱的侧面展开图为如图所示的矩形,则其底面圆的面积为( )A.π B.4π
C.π或4π D.2π或4π
8.一列快车从甲地驶往乙地,一列特快车从乙地驶往甲地,快车的速度为100千米/小时,特快
车的速度为150千米/小时,甲乙两地之间的距离为1 000千米,两车同时出发,则图中折线大致
表示两车之间的距离y(千米)与快车行驶时间t(小时)之间的函数图象是( )
第Ⅱ卷(非选择题,共 96 分)
二、填空题(本题共21分,每小题3分)
3 3x
9.计算: - = .
(x-1)2 (x-1)2
10.分解因式:ab2-4a= .
11.已知△ABC为等边三角形,BD为中线,延长BC至E,使CE=CD=1,连结DE,则DE= .
6
12.已知反比例函数y= 在第一象限的图象如图所示,点A在其图象上,点 B 为x轴正半轴上
x
一点,连结 AO、AB,且AO=AB,则S = .
△AOB13.如图,M 是 CD 的中点,EM⊥CD,若 CD=4,EM=8,则 ⏜ 所在圆的半径为 .
CED
14.钓鱼岛自古就是中国领土,中国政府已对钓鱼岛开展常态化巡逻.某天,为按计划准点到达
指定海域,某巡逻艇凌晨1:00出发,匀速行驶一段时间后,因中途出现故障耽搁了一段时间,故
障排除后,该艇加快速度仍匀速前进,结果恰好准点到达.如图是该艇行驶的路程y(海里)与所
用时间t(小时)的函数图象,则该巡逻艇原计划准点到达的时刻是 .
15.如图,矩形ABCD中,AB=4,BC=3,边CD在直线l上,将矩形ABCD沿直线l做无滑动翻滚,
当点A第一次翻滚到点A 位置时,则点A经过的路线长为 .
1
三、解答题(本题共75分)
{ 2(x- y) x+ y 1
16.(6分)解方程组: - =- ,
3 4 12
3(x+ y)-2(2x- y)=3.
17.(6分)如图,四边形ABCD是菱形,对角线AC、BD相交于点O,DH⊥AB于H,连结OH,求证:
∠DHO=∠DCO.18.(7分)为了倡导“节约用水,从我做起”,黄冈市政府决定对市直机关500户家庭的用水情
况作一次调查,市政府调查小组随机抽查了其中的100户家庭一年的月平均用水量(单位:吨),
并将调查结果制成了如图所示的条形统计图.
(1)请将条形统计图补充完整;
(2)求这100个样本数据的平均数,众数和中位数;
(3)根据样本数据,估计黄冈市直机关500户家庭中月平均用水量不超过12吨的约有多少户?
19.(6分)如图,有四张背面相同的纸牌A、B、C、D,其正面分别是红桃、方块、黑桃、梅花,
其中红桃、方块为红色,黑桃、梅花为黑色,小明将这4张纸牌背面朝上洗匀后,摸出一张,将
剩余3张洗匀后再摸出一张.
(1)用树状图(或列表法)表示两次摸牌所有可能出现的结果(纸牌用A、B、C、D表示);
(2)求摸出的两张牌同为红色的概率.20.(7分)如图,AB为☉O的直径,C为☉O上一点,AD和过C点的直线互相垂直,垂足为D,且
AC平分∠DAB.
(1)求证:DC为☉O的切线;
(2)若☉O的半径为3,AD=4,求AC的长.
21.(8分)为支援四川雅安地震灾区,某市民政局组织募捐了240吨救灾物资,现准备租用甲、
乙两种货车,将这批救灾物资一次性全部运往灾区,它们的载货量和租金如下表:
如果计划租用6辆货车,且租车的总费用不超过2 300元,求最省钱的租车方案.
甲种货车 乙种货车
载货量(吨/辆) 45 30
租金(元/辆) 400 30022.(8分)如图,小山顶上有一信号塔AB,山坡BC的倾角为30°,现为了测量塔高AB,测量人员
选择山脚C处为一测量点,测得塔顶仰角为45°,然后顺山坡向上行走100米到达E处,再测得
塔顶仰角为60°,求塔高AB.(结果保留整数,√3≈1.73,√2≈1.41)
23.(12分)某公司生产的一种健身产品在市场上受到普遍欢迎,每年可在国内、国外市场上全
部售完,该公司的年产量为6千件,若在国内市场销售,平均每件产品的利润y(元)与国内销售
1
{15x+90 (0<x≤2),
数量x(千件)的关系为:y = 若在国外销售,平均每件产品的利润
1 -5x+130(2≤x<6),
{100 (0<t≤2),
y(元)与国外的销售数量t(千件)的关系为:y =
2 2 -5t+110(2≤t<6).
(1)用x的代数式表示t为:t= ;当0<x≤4时,y 与x的函数关系为:y = ;当
2 2
≤x< 时,y=100;
2
(2)求每年该公司销售这种健身产品的总利润w(千元)与国内的销售数量x(千件)的函数关系
式,并指出x的取值范围;
(3)该公司每年国内、国外的销售量各为多少时,可使公司每年的总利润最大?最大值为多少?
24.(15分)如图,在平面直角坐标系中,四边形ABCO是梯形,其中A(6,0),B(3,√3),C(1,√3),动点
P从点O以每秒2个单位的速度向点A运动,动点Q也同时从点B沿B→C→O的线路以每
秒1个单位的速度向点O运动,当点P到达A点时,点Q也随之停止,设点P、Q运动的时间
为t(秒).
(1)求经过A、B、C三点的抛物线的解析式;
(2)当点Q在CO边上运动时,求△OPQ的面积S与时间t的函数关系式;
(3)以O、P、Q为顶点的三角形能构成直角三角形吗?若能,请求出t的值;若不能,请说明理由;
(4)经过A、B、C三点的抛物线的对称轴、直线OB和PQ能够交于一点吗?若能,请求出此
时t的值(或范围);若不能,请说明理由.答案全解全析：
1.C ∵-(-3)2=-9,故选C.
2.A 根据中心对称图形的概念知只有A中的图形符合,而C、D中的图形均是轴对称图形,B
中的图形既不是中心对称图形也不是轴对称图形,故选A.
3.A ∵AB∥CD∥EF,∠BAC=120°,∴∠ACD=60°.∵AC∥DF,∴∠CDF=∠ACD=60°.故选A.
4.D ∵x4·x4=x4+4=x8,
(a3)2·a4=a6·a4=a10,
(ab2)3÷(-ab)2=(a3b6)÷(a2b2)=ab4,
(a6)2÷(a4)3=a12÷a12=1,
∴计算正确的只有D,故选D.评析 本题主要考查同底数幂的乘法、积的乘方、幂的乘方、同底数幂的除法和单项式除
以单项式法则.熟练掌握几种相关法则是解题关键,属容易题.
5.D 根据三视图的概念和画法规则可想象此正棱柱的主视图是D项的图形.
评析 本题主要考查三视图的概念的应用和学生的空间想象能力.注意画三视图时,看不见
的线画虚线,看得见的线画实线.
6.C 设所求的方程另一根为x.则x+2=6,∴x=4.故选C.
7.C 设圆柱底面圆的半径为r.
由于圆柱侧面展开图的矩形的一边长为圆柱底面圆的周长.∴2πr=2π或2πr=4π.
则r=1或r=2,
∴圆柱底面圆的面积为π或4π.故选C.
8.C 图象反映了快车与特快车之间的距离y与快车行驶时间t之间的函数图象.首先必须
弄清楚实际问题的背景是两列火车从甲乙两地同时出发相向而行,其次要将这一过程分为三
个阶段,一是从出发到两车相遇,二是从相遇后到特快车到达终点,三是特快车到达终点后到
快车到达终点,这样,我们就找到三个“拐点”.
1 000 1 000
第一个“拐点”: = =4,∴其坐标为(4,0).
100+150 250
第二个“拐点”:1 000=20,100×20=2 000,∴其坐标为(20 2 000).
,
150 3 3 3 3 3
1 000
第三个“拐点”: =10,∴其坐标为(10,1 000).故应选择C.
100
评析 此题考查了一次函数的图象在实际生活中的运用,函数图象与实际问题背景的相互对
照,此题找准三个“拐点”是难点.属较难的题目.
9.答案 - 3 ( 3 )
或
x-1 1-x3 3x 3-3x 3(1-x) 3 3 3
解析 ∵ - = = =- ,∴答案为- 或 .
(x-1)2 (x-1)2 (x-1)2 (x-1)2 x-1 x-1 1-x
10.答案 a(b-2)(b+2)
解析 ab2-4a=a(b2-4)=a(b-2)(b+2).
11.答案 √3
解析 ∵△ABC是等边三角形,BD是中线,∴∠BDC=90°,∠BCD=60°,∠DBC=30°.
1
又∵CE=CD=1,∠BCD=∠E+∠CDE,∴∠E=∠CDE= ∠BCD=30°.∴∠DBC=∠E=30°.∴BD=DE,
2
1
DC
在Rt△BDC中,BD= =√3=√3.故填√3.
tan30°
3
12.答案 6
解析 如图,过A作AF⊥OB,垂足为F.
1
∵OA=AB,∴OF=FB= OB,∴S =2S .
△AOB △AOF
2
1 1
又由题易知S = |k|= ×6=3.∴S =2S =6.
△AOF △AOB △AOF
2 2
17
13.答案
4
解析 如图,连结OD.设 ⏜ 所在圆的半径为R,则OM=8-R.
CED
1
∵EM⊥CD,CD=4,∴MD= CD=2,
2
17
在Rt△OMD中,由勾股定理得22+(8-R)2=R2,解得R= .
414.答案 7:00
180-80
解析 由题图象可知,巡逻艇原来的速度为80海里/小时,排除故障后的速度为
3-2
=100(海里/小时),不妨设巡逻艇经过t小时后准时到达,据题意得80t=80+100(t-2),解得
t=6.
由于是凌晨1:00出发,故6+1=7.
∴原计划准点到达的时刻是7:00.
15.答案 6π
解析 如图所示.
当矩形ABCD沿直线l做无滑动翻滚,当点A第一次翻滚到A 位置时,点A经过的路线分为三
1
段:l ,l ,l ,
⏜ ⏜ ⏜
AA' A'A″ A″A
1
90π×3 3 90π×4
其中l = = π,l = =2π.
⏜ ⏜
AA' 180 2 A'A″ 180
∵∠A″B″C=90°,A″B″=4,B″C=3,∴A″C=5.
1 1 1
∵∠A″B″C=∠CDA=90°,A″B″=CD=4,B″C=DA=3,
1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴△A″B″C≌△CDA,∴∠1=∠2,
1 1 1 1
又∠2+∠3=90°,∴∠1+∠3=90°.
又∠B″CD=180°,∴∠A″CA=90°.
1 1 1 190π×5 5
∴l = = π,
⏜
A″A 180 2
3 5
∴点A经过的路线长为 π+2π+ π=6π.
2 2
评析 此题考查弧长公式,同时考查了勾股定理以及构造全等三角形,综合性较强,属较难题.
16.解析 原方程组整理得
{5x-11y=-1,①
5 y-x=3,②
由②得x=5y-3,③
将③代入①得25y-15-11y=-1,即14y=14,解得y=1,
将y=1代入③得x=2,
{x=2,
∴原方程组的解为
y=1.
17.证明 ∵四边形ABCD是菱形,∴OD=OB,∠COD=90°.
1
∵DH⊥AB于H,∴∠DHB=90°,∴OH= BD=BO,∴∠OHB=∠OBH,
2
又∵AB∥CD,∴∠OBH=∠ODC.∴∠OHB=∠ODC.
在Rt△COD中,∠ODC+∠OCD=90°,
在Rt△DHB中,∠DHB=∠DHO+∠OHB=90°,
∴∠DHO=∠DCO.
18.解析 (1)
10×20+11×40+12×10+13×20+14×10
(2)平均数:x= =11.6(吨).
100中位数:11(吨).众数:11(吨).
20+40+10
(3) ×500=350(户).
100
答:不超过12吨的用户约有350户.
19.解析 (1)树状图:
列表法:
第一次摸牌
第二次摸牌 A B C D
A BA CA DA
B AB CB DB
C AC BC DC
D AD BD CD
2 1
(2)所求概率P= = .
12 6
20.解析 (1)证明:连结OC,
∵OC=OA,∴∠OAC=∠OCA,
∵AC平分∠DAB,∴∠OAC=∠DAC,∴∠DAC=∠OCA,∴OC∥AD,∴OC⊥CD.∴DC为☉O的切线.
(2)连结BC,
易知△ADC∽△ACB,
AD AC
∴ = ,即AC2=AD·AB,
AC AB∵☉O的半径为3,∴AB=6,
又∵AD=4,∴AC=2√6.
评析 本题是一道以圆为载体的几何证明、计算题,主要考查圆的有关性质,圆的切线的判
定以及相似三角形的判定与性质等知识的综合运用,属中等难度题.
21.解析 设租甲种货车x辆,则乙种货车(6-x)辆,依题意有
{ 45x+30(6-x)≥240,
解得4≤x≤5.
400x+300(6-x)≤2 300,
∵x为正整数,∴共有两种方案.
方案一:租甲种货车4辆,乙种货车2辆;
方案二:租甲种货车5辆,乙种货车1辆.
方案一费用:4×400+2×300=2 200元;
方案二费用:5×400+1×300=2 300元.
∵2 200<2 300,∴选择方案一,即租用甲种货车4辆,乙种货车2辆时最省钱.
22.解析 依题意可知∠AEB=30°,∠ACE=15°,
又∠AEB=∠ACE+∠CAE,∴∠CAE=15°,即△ACE为等腰三角形,∴AE=CE=100米.
在Rt△AEF中,∠AEF=60°,
∴EF=AE·cos 60°=50米,AF=AE·sin 60°=50√3米.
在Rt△BEF中,∠BEF=30°,
√3 50√3
∴BF=EF·tan 30°=50× = 米.
3 3
50√3 100√3
∴AB=AF-BF=50√3- = ≈58米.
3 3
答:塔高AB大约为58米.
23.解析 (1)t=6-x;当0<x≤4时,y=-5(6-x)+110=5x+80;当4≤x<6时,y=100.
2 2
(2)当0<x≤2时,w=(15x+90)x+(5x+80)(6-x)=10x2+40x+480;
当2<x≤4时,w=(-5x+130)x+(5x+80)(6-x)=-10x2+80x+480;当4<x<6时,w=(-5x+130)x+100(6-x)=-5x2+30x+600.
{10x2+40x+480 (0<x≤2),
w=
-10x2+80x+480(2<x≤4),
-5x2+30x+600(4<x<6).
(3)当0<x≤2时,w=10x2+40x+480=10(x+2)2+440,
x=2时,w =600.
最大
当2<x≤4时,w=-10x2+80x+480=-10(x-4)2+640,
x=4时,w =640.
最大
当4<x<6时,w=-5x2+30x+600=-5(x-3)2+645,
w<640.
∴x=4时,w =640.
最大
即国内销售4千件,国外销售2千件时,可使公司每年利润最大,最大利润为64万元(或640
千元).
评析 本题是一道函数综合应用题,题目设置有梯度,主要考查数学的转化、建模、分类讨
论思想,属较难题.
24.解析 (1)设所求抛物线解析式为y=ax2+bx+c,把A(6,0),B(3,√3),C(1,√3)三点坐标代
{36a+6b+c=0,
入得, 解得a=-√3,b=4√3,c=4√3.即所求抛物线为y=-√3x2+4√3x+
9a+3b+c=√3,
15 15 5 15 15
a+b+c=√3,
4√3
.
5
(2)依题意,可知OC=CB=2,∠COA=60°,
∴当动点Q运动到OC边上时,OQ=4-t,√3
∴△OPQ的边OP上的高为OQ·sin 60°=(4-t)× ,
2
1 √3 √3
又OP=2t,∴S= ×2t×(4-t)× =- (t2-4t)(2≤t≤3).
2 2 2
(3)依题意,可知0≤t≤3.
当0≤t≤2时,Q在BC边上运动,此时OP=2t,OQ= ,PQ=
√3+(3-t)2 √3+[2t-(3-t)]2
= ,
√3+(3t-3)2
∵∠POQ<∠POC=60°,∴若△OPQ为直角三角形,只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°,
若∠OPQ=90°,则OP2+PQ2=OQ2,即4t2+3+(3t-3)2=3+(3-t)2,解得t=1或t=0(舍);
若∠OQP=90°,则OQ2+PQ2=OP2,即6+(3-t)2+(3t-3)2=4t2,解得t=2.
当2<t≤3时,Q在OC边上运动,此时PO=2t>4,∠POQ=∠COP=60°,OQ<OC=2,
∴△OPQ不可能为直角三角形.
综上所述:当t=1或t=2时,△OPQ为直角三角形.
√3 4√3 4√3 √3 16√3
(4)由(1)可知:抛物线y=- x2+ x+ =- (x-2)2+ ,其对称轴为x=2.
15 15 5 15 15
√3
又直线OB的方程为y= x,
3
∴抛物线对称轴与OB交点为M( 2√3),
2,
3
又P(2t,0),
设过P、M的直线解析式为y=kx+b,
{2√3 { k= √3 ,
∴ =2k+b,解得 3(1-t)
3
-2√3t
k·2t+b=0, b= ,
3(1-t)
√3 2√3t
即直线PM:y= x- ,
3(1-t) 3(1-t)即 √3(1-t)y=x-2t.
又0≤t≤2时,Q(3-t,√3),代入上式,得√3(1-t)×√3=3-t-2t恒成立,
即0≤t≤2时,P、M、Q总在一条直线上,
即M在直线PQ上;
2<t≤3时,OQ=4-t,∠QOP=60°,
∴Q(4-t √3(4-t)),
,
2 2
√3(4-t) 4-t
代入上式,得 ×√3(1-t)= -2t,
2 2
4
解得t=2或t= ,均不合题意,应舍去.
3
综上所述,过A、B、C三点的抛物线的对称轴、OB和PQ能够交于一点,此时0≤t≤2.
评析 本题是二次函数,梯形,直角三角形有关的动态几何综合题,难度较大.其解题关键是
灵活运用“动中取静”的策略,找到临界位置探究问题,尤其是第(4)小题运用解析法解题,
学生不易想到.
