2018年武汉市初中毕业生学业考试
(满分:120分 时间:120分钟)
第Ⅰ卷(选择题,共30分)
一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)
1.温度由-4 ℃上升7 ℃是( )
A.3 ℃ B.-3 ℃ C.11 ℃D.-11 ℃
1
2.若分式 在实数范围内有意义,则实数x的取值范围是( )
x+2
A.x>-2 B.x<-2 C.x=-2 D.x≠-2
3.计算3x2-x2的结果是( )
A.2 B.2x2 C.2x D.4x2
4.五名女生的体重(单位:kg)分别为37、40、38、42、42,这组数据的众数和中位数分别是( )
A.40、40 B.42、38 C.40、42 D.42、40
5.计算(a-2)(a+3)的结果是( )
A.a2-6 B.a2+a-6
C.a2+6 D.a2-a+6
6.点A(2,-5)关于x轴对称的点的坐标是( )
A.(2,5) B.(-2,5)C.(-2,-5) D.(-5,2)
7.一个几何体由若干个相同的正方体组成,其主视图和俯视图如图所示,则这个几何体中正方体的个数最多是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
8.一个不透明的袋中有四张完全相同的卡片,把它们分别标上数字1、2、3、4.随机抽取一张卡片,然后放回,再随机抽取一张卡片,则两次抽取的卡片上数字之积为偶数的概率是( )
1 1 3 5
A. B. C. D.
4 2 4 6
9.将正整数1至2 018按一定规律排列如下表:
1 2 3 4 5 6 7 8
12 13 14
9 10 11 15 16
17 18 19 20 21 22 23 24
25 26 27 28 29 30 31 32
……
平移表中带阴影的方框,方框中三个数的和可能是( )
A.2 019B.2 018C.2 016D.2 013
10.如图,在☉O中,点C在优弧 ⏜ 上,将弧 ⏜ 折叠后刚好经过AB的中点D.若☉O的半径为 ,AB=4,则BC的长是( )
√5
AB BC
5√3 √65
A.2√3 B.3√2 C. D.
2 2
第Ⅱ卷(非选择题,共90分)
二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11.计算(√3+√2)-√3的结果是 .
12.下表记录了某种幼树在一定条件下移植成活情况:
移植总数n 400 1 500 3 500 7 000 9 000 14 000
成活数m 325 1 336 3 203 6 335 8 073 12 628
成活的频率
0.813 0.891 0.915 0.905 0.897 0.902
(精确到0.001)
由此估计这种幼树在此条件下移植成活的概率约是 (精确到0.1).
m 1
13.计算 - 的结果是 .
m2-1 1-m2
14.以正方形ABCD的边AD作等边△ADE,则∠BEC的度数是 .
3
15.飞机着陆后滑行的距离y(单位:m)关于滑行时间t(单位:s)的函数解析式是y=60t- t2.在飞机着陆滑行中,最后4 s滑行的距离是 m.
2
16.如图,在△ABC中,∠ACB=60°,AC=1,D是边AB的中点,E是边BC上一点.若DE平分△ABC的周长,则DE的长是 .
三、解答题(共8题,共72分)
17.(本题8分)
{ x+ y=10,
解方程组:
2x+ y=16.
18.(本题8分)
如图,点E、F在BC上,BE=CF,AB=DC,∠B=∠C,AF与DE交于点G,求证:GE=GF.
19.(本题8分)
某校七年级共有500名学生,在“世界读书日”前夕,开展了“阅读助我成长”的读书活动.为了解该年级学生在此次活动中课外阅读情况,随机抽取m名学生,调查他们课外阅读书籍的数量.将收集的数据整理成如下统计表和扇形图.
学生读书数量统计表
阅读量/本 学生人数
1 15
2 a3 b
4 5
学生读书数量扇形图
(1)直接写出m、a、b的值;
(2)估计该年级全体学生在这次活动中课外阅读书籍的总量大约是多少本.
20.(本题8分)
用1块A型钢板可制成2块C型钢板和1块D型钢板;用1块B型钢板可制成1块C型钢板和3块D型钢板.现准备购买A、B型钢板共100块,并全部加工成C、D型钢板.要求C型钢板不少于120块,D型钢板不少于250块,设购买A型钢板x块(x为
整数).
(1)求A、B型钢板的购买方案共有多少种;
(2)出售C型钢板每块利润为100元,D型钢板每块利润为120元.若将C、D型钢板全部出售,请你设计获利最大的购买方案.
21.(本题8分)
如图,PA是☉O的切线,A是切点,AC是直径,AB是弦,连接PB、PC,PC交AB于点E,且PA=PB.
(1)求证:PB是☉O的切线;
PE
(2)若∠APC=3∠BPC,求 的值.
CE
22.(本题10分)
8
已知点A(a,m)在双曲线y= 上且m<0,过点A作x轴的垂线,垂足为B.
x
(1)如图1,当a=-2时,P(t,0)是x轴上的动点,将点B绕点P顺时针旋转90°至点C.
①若t=1,直接写出点C的坐标;8
②若双曲线y= 经过点C,求t的值;
x
8 8 8
(2)如图2,将图1中的双曲线y= (x>0)沿y轴折叠得到双曲线y=- (x<0),将线段OA绕点O旋转,点A刚好落在双曲线y=- (x<0)上的点D(d,n)处,求m和n的数量关系.
x x x
23.(本题10分)
在△ABC中,∠ABC=90°.
(1)如图1,分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线,垂足分别为M、N,求证:△ABM∽△BCN;
2√5
(2)如图2,P是边BC上一点,∠BAP=∠C,tan∠PAC= ,求tan C的值;
5
3 AD 2
(3)如图3,D是边CA延长线上一点,AE=AB,∠DEB=90°,sin∠BAC= , = ,直接写出tan∠CEB的值.
5 AC 5
24.(本题12分)
抛物线L:y=-x2+bx+c经过点A(0,1),与它的对称轴直线x=1交于点B.
(1)直接写出抛物线L的解析式;
(2)如图1,过定点的直线y=kx-k+4(k<0)与抛物线L交于点M、N.若△BMN的面积等于1,求k的值;
(3)如图2,将抛物线L向上平移m(m>0)个单位长度得到抛物线L,抛物线L 与y轴交于点C,过点C作y轴的垂线交抛物线L 于另一点D.F为抛物线L 的对称轴与x轴的交点,P为线段OC上一点.若△PCD与△POF相似,并且符合条件的点P恰有2个,求
1 1 1 1
m的值及相应点P的坐标.2018年武汉市初中毕业生学业考试
一、选择题
答案速查
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A D B D B A C C D B
1.A 温度由-4 ℃上升7 ℃是-4+7=3 ℃,故选A.
1
2.D ∵分式 在实数范围内有意义,∴x+2≠0,解得x≠-2.故选D.
x+2
3.B 3x2-x2=2x2,故选B.
4.D 这组数据中,42出现的次数最多,所以众数为42.这组数据从小到大排列为37、38、40、42、42,所以中位数为40.故选D.
5.B (a-2)(a+3)=a2+3a-2a-6=a2+a-6,故选B.
6.A 关于x轴对称的点的横坐标相同,纵坐标互为相反数,所以点A(2,-5)关于x轴对称的点的坐标为(2,5).故选A.
7.C 易得这个几何体共有2层,结合主视图和俯视图可知,左边下层有2个正方体,左边上层最多有2个正方体;右边只有1层,且只有1个正方体.所以这个几何体中的正方体最多有5个.故选C.
8.C 画树状图为
12 3
易知共有16种等可能的结果,其中两次抽取的卡片上数字之积为偶数的结果有12种,所以两次抽取的卡片上数字之积为偶数的概率P= = .故选C.
16 4
9.D 设方框中间的数为x,则另外两个数分别为x-1、x+1,这三个数之和为(x-1)+x+(x+1)=3x.
四个选项中,2 018不是3的倍数,舍去;令3x=2 019,解得x=673,但673=84×8+1,阴影方框中间的数不可能出现在最左侧,∴2 019不符合题意,舍去;令3x=2 016,解得x=672,但672=84×8,阴影方框中间的数不可能出现在最右侧,∴2 016不符合题意,舍去;令
3x=2 013,解得x=671,∵671=83×8+7,可以通过平移阴影方框得到,∴方框中三个数的和可能为2 013.故选D.
1
10.B 连接AO,并延长交☉O于点D',则∠ABD'=90°.连接BD',CD',DD',DD'交BC于点E,连接OD,OB,OC,∵D为AB的中点,∴OD⊥AB,∵AB=4,∴BD= AB=2,∵OB=√5,
2
∴OD= =1,∴BD'=2OD=2,即BD= BD',显然点D与点D'关于直线BC对称.∵∠ABD'=90°,∴∠ABC=∠CBD'=45°,根据圆周角定理得∠AOC=90°,∴∠D'OC=90°,∴CD'= OC= ,∵∠CBD'=45°,BD'=2,∴BE=ED'= ,根据勾股定理得CE=
√OB2-BD2 √2 √10 √2
=2 ,所以BC=BE+CE=3 ,故选B.
√CD'2-ED'2 √2 √2
二、填空题
11. 答案 √2
解析 原式=√3+√2-√3=√2.12. 答案 0.9
解析 大量重复试验的情况下,频率的稳定值可以作为概率的估计值,所以这种幼树在此条件下移植成活的概率约为0.9.
1
13. 答案
m-1
m 1 m+1 1
解析 原式= + = = .
m2-1 m2-1 (m+1)(m-1) m-1
14. 答案 30°或150°
解析 ①当点E在正方形ABCD外时,如图,
∵四边形ABCD为正方形,△ADE为等边三角形,
∴AB=AD=AE,∠BAD=90°,∠AED=∠DAE=60°,
∴∠BAE=150°,∴∠AEB=∠ABE=15°,
同理可得∠DCE=∠DEC=15°,
则∠BEC=∠AED-∠AEB-∠DEC=30°.
②当点E在正方形ABCD内时,如图,
∵四边形ABCD为正方形,△ADE为等边三角形,
∴AB=AD=AE,∠BAD=90°,∠AED=∠DAE=60°,
∴∠BAE=30°,∴∠AEB=∠ABE=75°,
同理可得∠DCE=∠DEC=75°,
则∠BEC=360°-∠AED-∠AEB-∠DEC=150°.
综上,∠BEC=30°或150°.
15. 答案 24
3 3 3
解析 y=60t- t2=- (t-20)2+600,即t=20时,y取得最大值,即滑行距离达到最大,此时滑行距离是600 m.当t=16时,y=60×16- ×162=576,所以最后4 s滑行的距离为600-576=24 m.
2 2 2
√3
16. 答案
2
解析 延长BC至点F,使CF=AC,连接AF,∵D是AB的中点,∴AD=DB.∵DE平分△ABC的周长,∴AC+CE+AD=DB+BE,∴AC+CE=BE,∴BE=CF+CE=EF,∴DE是△ABF的中位线,∴DE∥AF,∵∠ACB=60°,∴∠ACF=120°,又AC=CF=1,∴∠FAC=∠AFC=30°,作
√3
CH⊥AF,则AH= AC,
2
1 √3
所以AF=√3AC=√3,∴DE= AF= .
2 2
三、解答题
{ x+ y=10,①
17. 解析
2x+ y=16,②
②-①,得x=6,把x=6代入①,得y=4,{x=6,
∴方程组的解为
y=4.
18. 证明 ∵BE=CF,∴BF=CE.
{
AB=DC,
在△ABF和△DCE中, ∠B=∠C,
BF=CE,
∴△ABF≌△DCE.∴∠AFB=∠DEC,∴GF=GE.
19. 解析 (1)m=50,a=10,b=20.
1×15+2×10+3×20+4×5
(2) ×500=1 150(本).
50
答:估计该年级全体学生在这次活动中课外阅读书籍的总量大约是1 150本.
{2x+1·(100-x)≥120,
20. 解析 (1)依题意,得
x+3·(100-x)≥250.
解得20≤x≤25,
∵x为整数,∴x=20,21,22,23,24,25.
答:A,B型钢板的购买方案共有6种.
(2)设全部出售后共获利y元.依题意,得
y=100[2x+1×(100-x)]+120[x+3(100-x)],
即y=-140x+46 000.∵-140<0,∴y随x的增大而减小,
∴当x=20时,y的最大值是43 200.
答:获利最大的购买方案是购买A型钢板20块,B型钢板80块.
21. 解析 (1)证法一:连接OP,OB.
{AP=BP,
在△OAP和△OBP中, OA=OB,
OP=OP,
∴△OAP≌△OBP,∴∠OAP=∠OBP,
∵PA是☉O的切线,∴∠OBP=∠OAP=90°,
∴PB是☉O的切线.
证法二:连接OB.∵PA是☉O的切线,∴∠PAO=90°.
∵OA=OB,PA=PB,∴∠OAB=∠OBA,∠PAB=∠PBA.
∴∠PBO=∠PAO=90°,∴PB是☉O的切线.
(2)连接BC,设OP交AB于点F,
∵AC是☉O的直径,∴∠ABC=90°.
∵PA,PB是☉O的切线,∴PO垂直平分AB,PO平分∠APB,
∴BC∥PO,∴∠OPC=∠PCB.
∵∠APC=3∠BPC,∴∠OPC=∠BPC,
∴∠PCB=∠BPC,∴BC=BP.
设OF=t,则BC=BP=2t,由△PBF∽△POB,得PB2=PF·PO,
-1+√17
即(2t)2=PF·(PF+t).解得PF= t(取正值).
2
PE PF √17-1
∵△PFE∽△CBE,∴ = = .
CE BC 4
22. 解析 (1)①C(1,3).
②依题意,得点C的坐标是(t,t+2).
8
∵双曲线y= 经过点C,∴t(t+2)=8,
x
解得t=2或-4.
8 8
(2)∵点A,D分别在双曲线y= 和y=- 上,
x x8 8 8 8
∴m= ,n=- ,即a= ,d=- .
a d m n
∵OA=OD,∴a2+m2=d2+n2,
∴(8) 2+m2=( 8) 2+n2,
-
m n
∴(m-n)(m+n)(mn+8)(mn-8)=0,
∵m<0,n>0,∴m-n<0,mn-8<0,∴m+n=0或mn=-8.
∴m和n的数量关系是m+n=0或mn=-8.
23. 解析 (1)证明:∵∠M=∠N=∠ABC=90°,
∴∠MAB+∠MBA=∠NBC+∠MBA=90°,
∴∠MAB=∠NBC,∴△ABM∽△BCN.
(2)过点P作PM⊥AP交AC于点M,过点M作MN⊥PC交BC于点N,则△PMN∽△APB.
PN PM 2√5
∴ = =tan∠PAC= ,设PN=2t,则AB=√5t.
AB AP 5
∵∠BAP+∠APB=∠MPC+∠APB=90°,∠BAP=∠C,
∴∠MPC=∠C,∴CN=PN=2t.
易得△ABP∽△CBA,
∴AB2=BP·BC,∴(√5t)2=BP·(BP+4t),
√5
∴BP=t,∴BC=5t,∴tan C= .
5
BC 3 BC 3
(3)在Rt△ABC中,sin∠BAC= = ,∴tan∠BAC= = .
AC 5 AB 4
过点A作AG⊥BE于点G,过点C作CH⊥BE交EB的延长线于点H,
GH AC 5
∵∠DEB=90°,∴CH∥AG∥DE,∴ = = ,
EG AD 2
同(1)的方法得,△ABG∽△BCH,
BG AG AB 4
∴ = = = ,
CH BH BC 3
设BG=4m,CH=3m,AG=4n,BH=3n,
∴GH=BG+BH=4m+3n,∵AB=AE,AG⊥BE,∴EG=BG=4m,
GH 4m+3n 5
∴ = = ,∴n=2m,∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m,
EG 4m 2
CH 3
在Rt△CEH中,tan∠CEB= = .
EH 14
{ b
24. 解析 (1)y=-x2+2x+1. 详解:由题意知 - =1,解得b=2,c=1,
2×(-1)
c=1,
∴抛物线L的解析式为y=-x2+2x+1
(2)解法一:直线y=kx-k+4经过定点G(1,4),
易知B点坐标为(1,2),∴BG=2.
1
∵S =1,S =S -S = BG·(x -x )=x -x .
△BMN △BMN △GBN △GBM N M N M
2∴x -x =1.
N M
由{ y=kx-k+4, 得x2+(k-2)x-k+3=0,
y=-x2+2x+1
∴x =2-k+√k2-8,x =2-k-√k2-8.
N M
2 2
∴x -x = =1,∴k=±3,∵k<0,∴k=-3.
N M √k2-8
解法二:过点B作BR∥MN,
交x轴于点R,连接MR,NR.
设MN交x轴于点Q,则Q(k-4 ).
,0
k
直线BR的解析式为y=kx-k+2,
则R的坐标为(k-2 ).
,0
k
1
∴S =S = RQ·(y -y )=1.
△BMN △RMN M N
2
∴1·(k-4
-
k-2)·k(x
M
-x
N
)=1,即x
N
-x
M
=1.(以下同解法一)
2 k k
(3)依题意得,抛物线L 的解析式为y=-x2+2x+1+m.
1
∴C(0,1+m),D(2,1+m),F(1,0).
PC FO
设P(0,t),当△PCD∽△FOP时, = ,
CD OP
1+m-t 1
∴ = ,∴t2-(1+m)t+2=0①;
2 t
PC PO
当△PCD∽△POF时, = ,
CD OF
1+m-t t 1
∴ = ,∴t= (m+1)②.
2 1 3
(i)当方程①有两个相等的实数根时,
Δ=(1+m)2-8=0,
∴m=2√2-1(舍负),
方程①有两个相等的实数根t=t=√2,
1 22√2
此时,方程②有一个实数根t= .
3
∴m=2√2-1,
此时,点P的坐标是(0, )和( 2√2).
√2 0,
3
(ii)当方程①有两个不相等的实数根时,
把②代入①得,
1 1
(m+1)2- (m+1)2+2=0,
9 3
解得m=2(舍负),
此时,方程①有两个不相等的实数根t=1,t =2,
1 2
方程②有一个实数根t=1,
∴m=2,
此时,点P的坐标是(0,1)和(0,2).
综上,当m=2√2-1时,
点P的坐标是(0, )和( 2√2);
√2 0,
3
当m=2时,点P的坐标是(0,1)和(0,2).
