2021福建学业水平考试数学

福建2021年初中学业水平考试数学一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1.在实数eq\r(2)，eq\f(1,2)，0，－1中，最小的数是()A.－1B.0C.eq\f(1,2)D.eq\r(2)2.如图所示的六角螺栓，其俯视图是()第2题图3.如图，某研究性学习小组为测量学校A与河对岸工厂B之间的距离，在学校附近选一点C，利用测量仪器测得∠A＝60°，∠C＝90°，AC＝2km.据此，可求得学校与工厂之间的距离AB等于()第3题图A.2kmB.3kmC.2eq\r(3)kmD.4km4.下列运算正确的是()A.2a－a＝2B.(a－1)2＝a2－1C.a6÷a3＝a2D.(2a3)2＝4a65.某校为推荐一项作品参加“科技创新”比赛，对甲、乙、丙、丁四项候选作品进行量化评分，具体成绩(百分制)如下表：作品项目甲乙丙丁创新性90959090实用性90909585如果按照创新性占60%，实用性占40%计算总成绩，并根据总成绩择优推荐，那么应推荐的作品是()A.甲B.乙C.丙D.丁6.某市2018年底森林覆盖率为63%.为贯彻落实“绿水青山就是金山银山”的发展理念，该市大力开展植树造林活动，2020年底森林覆盖率达到68%.如果这两年森林覆盖率的年平均增长率为x，那么，符合题意的方程是()A.0.63(1＋x)＝0.68B.0.63(1＋x)2＝0.68C.0.63(1＋2x)＝0.68D.0.63(1＋2x)2＝0.687.如图，点F在正五边形ABCDE的内部，△ABF为等边三角形，则∠AFC等于()第7题图A.108°B.120°C.126°D.132°8.如图，一次函数y＝kx＋b(k>0)的图象过点(－1，0)，则不等式k(x－1)＋b>0的解集是()第8题图A.x>－2B.x>－1C.x>0D.x>19.如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D.若AB＝6，PC＝4，则sin∠CAD等于()第9题图A.eq\f(3,5)B.eq\f(2,3) C.eq\f(3,4)D.eq\f(4,5)10.二次函数y＝ax2－2ax＋c(a>0)的图象过A(－3，y1)，B(－1，y2)，C(2，y3)，D(4，y4)四个点，下列说法一定正确的是()A.若y1y2>0，则y3y4>0B.若y1y4>0，则y2y3>0C.若y2y4<0，则y1y3<0D.若y3y4<0，则y1y2<0二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分.11.若反比例函数y＝eq\f(k,x)的图象过点(1，1)，则k的值等于.12.写出一个无理数x，使得1<x<4，则x可以是.(只要写出一个满足条件的x即可)13.某校共有1000名学生.为了解学生的中长跑成绩分布情况，随机抽取100名学生的中长跑成绩，画出条形统计图，如图.根据所学的统计知识可估计该校中长跑成绩优秀的学生人数是.第13题图14.如图，AD是△ABC的角平分线.若∠B＝90°，BD＝eq\r(3)，则点D到AC的距离是.第14题图15.已知非零实数x，y满足y＝eq\f(x,x＋1)，则eq\f(x－y＋3xy,xy)的值等于.16.如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，点E，F分别是边AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF＝AB，G是五边形AEFCD内满足GE＝GF且∠EGF＝90°的点.现给出以下结论：①∠GEB与∠GFB一定互补；②点G到边AB，BC的距离一定相等；③点G到边AD，DC的距离可能相等；④点G到边AB的距离的最大值为2eq\r(2).其中正确的是.(写出所有正确结论的序号)第16题图三、解答题：本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(8分)计算：eq\r(12)＋|eq\r(3)－3|－(eq\f(1,3))－1.18.(8分)如图，在△ABC中，D是边BC上的点，DE⊥AC，DF⊥AB，垂足分别为E，F，且DE＝DF，CE＝BF.求证：∠B＝∠C.第18题图19.(8分)解不等式组：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥3－2x，①,\f(x－1,2)－\f(x－3,6)<1.②))20.(8分)某公司经营某种农产品，零售一箱该农产品的利润是70元，批发一箱该农产品的利润是40元.(1)已知该公司某月卖出100箱这种农产品共获利润4600元，问：该公司当月零售、批发这种农产品的箱数分别是多少？(2)经营性质规定，该公司零售的数量不能多于总数量的30%，现该公司要经营1000箱这种农产品，问：应如何规划零售和批发的数量，才能使总利润最大？最大总利润是多少？21.(8分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°.线段EF是由线段AB平移得到的，点F在边BC上，△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，且点D恰好在AC的延长线上.(1)求证：∠ADE＝∠DFC；(2)求证：CD＝BF.第21题图22.(10分)如图，已知线段MN＝a，AR⊥AK，垂足为A.(1)求作四边形ABCD，使得点B，D分别在射线AK，AR上，且AB＝BC＝a，∠ABC＝60°.CD∥AB；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)(2)设P，Q分别为(1)中四边形ABCD的边AB，CD的中点，求证：直线AD，BC，PQ相交于同一点.第22题图23.(10分)“田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒.该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马A1，B1，C1，田忌也有上、中、下三匹马A2，B2，C2，且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下：A1>A2>B1>B2>C1>C2(注：A>B表示A马与B马比赛，A马获胜).一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利.面对劣势.田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，即借助对阵(C2A1，A2B1，B2C1)获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例.假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况，试回答以下问题：(1)如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利？并求其获胜的概率；(2)如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况，并求其获胜的概率.24.(12分)如图，在正方形ABCD中，E，F为边AB上的两个三等分点，点A关于DE的对称点为A′，AA′的延长线交BC于点G.第24题图(1)求证：DE∥A′F；(2)求∠GA′B的大小；(3)求证：A′C＝2A′B.25.(14分)已知抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴只有一个公共点.(1)若抛物线过点P(0，1)，求a＋b的最小值；(2)已知点P1(－2，1)，P2(2，－1)，P3(2，1)中恰有两点在抛物线上.①求抛物线的解析式；②设直线l：y＝kx＋1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y＝－1上，且∠MAN＝90°，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点B，C.求证：△MAB与△MBC的面积相等.中考备考用福建中考数学试题参考答案一、选择题：本题考查基础知识与基本技能．每小题4分，满分40分．1.A2.A【解析】由题图可知六角螺栓是一个组合体，上部分是圆柱，下部分是六棱柱，∴几何体的俯视图如选项A所示．3.D【解析】∵∠C＝90°，根据三角函数定义可知cosA＝eq\f(AC,AB)，∴AB＝eq\f(AC,cosA)＝eq\f(2,\f(1,2))＝4km.4.D【解析】逐项分析如下：选项逐项分析正误A2a－a＝a≠2×B(a－1)2＝a2－2a＋1≠a2－1×Ca6÷a3＝a3≠a2×D(2a3)2＝22(a3)2＝4a6√5.B【解析】x甲＝eq\f(90×60%＋90×40%,60%＋40%)＝90，x乙＝eq\f(95×60%＋90×40%,60%＋40%)＝93，x丙＝eq\f(90×60%＋95×40%,60%＋40%)＝92，x丁＝eq\f(90×60%＋85×40%,60%＋40%)＝88，∵93>92>90>88，∴应推荐的作品是乙．6.B【解析】∵2018年森林覆盖率为0.63，年平均增长率为x，∴2019年森林覆盖率为0.63(1＋x)，2020年森林覆盖率为0.63(1＋x)2，∴符合题意的方程为0.63(1＋x)2＝0.68.7.C【解析】∵五边形ABCDE为正五边形，∴∠ABC＝eq\f(（5－2）×180°,5)＝108°，AB＝BC，∵△ABF为等边三角形，∴∠ABF＝∠AFB＝60°，AB＝BF，∴∠FBC＝108°－60°＝48°，∵BF＝BC，∴∠BFC＝∠BCF＝eq\f(180°－48°,2)＝66°，∴∠AFC＝∠AFB＋∠BFC＝60°＋66°＝126°.8.C【解析】将点(－1，0)代入y＝kx＋b(k>0)可得－k＋b＝0，∴k(x－1)＋b＝kx－k＋b＝kx，∵k>0，∴不等式k(x－1)＋b>0的解集为x>0.9.D【解析】如解图，连接OC，OD，∵PC、PD与⊙O相切，∴OC⊥PC，OD⊥PD，PC＝PD，又∵OP＝OP，OC＝OD，∴△COP≌△DOP，∴∠COP＝∠DOP，∵OA＝OC＝OD，∴∠COP＝∠DOP＝∠OAC＋∠OCA＝2∠OAC，∠DOP＝∠OAD＋∠ODA＝2∠OAD，∵∠CAO＋∠DAO＝∠CAD，∴∠CAD＝∠COP，∵OC＝OA＝eq\f(1,2)AB＝3，PC＝4，根据勾股定理得OP＝5，∴sin∠CAD＝sin∠COP＝eq\f(PC,OP)＝eq\f(4,5).第9题解图10.C【解析】∵－eq\f(－2a,2a)＝1>0，∴二次函数对称轴为直线x＝1，∵a>0，∴由二次函数的增减性及对称性得y1>y4>y2>y3.①∵y1y2>0，∴y1、y2同号，可推出y4与y1、y2同号，而y3不确定，∴A选项错误；②∵y1y4>0不能推出y2、y3同号，∴B选项错误；③∵y2y4<0，∴y2、y4异号，∵y4>y2，∴y4>0，y2<0，∴y1>0，y3<0，即y1y3<0，∴C选项正确；④∵y3y4<0，∴y3，y4异号，∵y4>y3，∴y4>0，y3<0，∴y1>0，而y2不确定，∴D选项错误．二、填空题：本题考查基础知识与基本技能．每小题4分，满分24分．11.112.eq\r(2)(答案不唯一)13.270【解析】估计该校中长跑成绩优秀的学生人数是eq\f(27,100)×1000＝270.14.eq\r(3)【解析】∵AD是△ABC的角平分线，∠B＝90°，∴点D到AC的距离＝DB＝eq\r(3).15.4【解析】由y＝eq\f(x,x＋1)可得x－y＝xy，∴eq\f(x－y＋3xy,xy)＝eq\f(xy＋3xy,xy)＝4.16.①②④【解析】如解图，过点G分别作GM⊥AB于点M，GN⊥BC于点N，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC＝∠EGF＝90°，∴在四边形BEGF中，∠GEB＋∠GFB＝360°－90°×2＝180°，∴∠GEB和∠GFB互为补角，∴①正确；∵∠MGN＝∠EGF＝90°，∴∠EGM＝∠FGN，又∵GE＝GF，∠EMG＝∠FNG＝90°，∴△EGM≌△FGN(AAS)，∴GM＝GN，即点G到边AB，BC的距离一定相等，∴②正确；∵点G到边AD的距离＝AB－GN＝4－GN，点G到边DC的距离＝AD－GM＝5－GM＝5－GN，4－GN≠5－GN，∴点G到边AD，DC的距离一定不相等，∴③错误；∵EF＝AB＝4，∴EG＝eq\f(\r(2),2)EF＝2eq\r(2)，∵GM≤EG，∴点G到边AB的距离的最大值为2eq\r(2)，∴④正确．综上所述，正确的结论为①②④.第16题解图三、解答题：本题共9小题，共86分．17.解：原式＝2eq\r(3)＋(3－eq\r(3))－3＝2eq\r(3)＋3－eq\r(3)－3＝eq\r(3).18.证明：∵DE⊥AC，DF⊥AB，∴∠DEC＝∠DFB＝90°.在△DEC和△DFB中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DE＝DF，,∠DEC＝∠DFB，,CE＝BF，))∴△DEC≌△DFB，∴∠B＝∠C.19.解：解不等式①，得x≥1；解不等式②，得x<3，∴原不等式组的解集是1≤x<3.20.解：(1)设该公司当月零售这种农产品x箱，批发这种农产品y箱．依题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(70x＋40y＝4600，,x＋y＝100，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝20，,y＝80.))∴该公司当月零售这种农产品20箱，批发这种农产品80箱；(2)设该公司零售农产品m箱，获得总利润w元．则批发农产品的数量为(1000－m)箱，依题意，得w＝70m＋40(1000－m)＝30m＋40000，且m≤300.∵30>0，∴w随着m的增大而增大，∴当m＝300时，w取得最大值49000元，此时1000－m＝700.∴该公司应零售农产品300箱、批发农产品700箱才能使总利润最大，最大总利润是49000元．21.证明：(1)∵在等腰直角△EDF中，∠EDF＝90°，∴∠ADE＋∠ADF＝90°.∵∠ACB＝90°，∴∠DFC＋∠ADF＝∠ACB＝90°，∴∠ADE＝∠DFC；(2)如解图，连接AE.由平移的性质得AE∥BF，AE＝BF.∴∠EAD＝∠ACB＝90°，∴∠DCF＝180°－∠ACB＝90°，∴∠EAD＝∠DCF.∵△EDF是等腰直角三角形，∴DE＝DF.又∵由(1)得∠ADE＝∠DFC，∴△AED≌△CDF，∴AE＝CD，∴CD＝BF.第21题解图22.(1)解：如解图①，四边形ABCD即为所求；第22题解图(2)证明：如解图②，设直线BC与AD相交于点S，∵DC∥AB，∴△SBA∽△SCD，∴eq\f(SA,SD)＝eq\f(AB,DC).设直线PQ与AD相交于点S′，同理eq\f(S′A,S′D)＝eq\f(PA,QD).∵P，Q分别为AB，CD的中点，∴PA＝eq\f(1,2)AB，QD＝eq\f(1,2)DC，∴eq\f(PA,QD)＝eq\f(AB,DC)，∴eq\f(S′A,S′D)＝eq\f(SA,SD)，即eq\f(S′D＋AD,S′D)＝eq\f(SD＋AD,SD)，∴eq\f(AD,S′D)＝eq\f(AD,SD)，∴S′D＝SD，故点S与S′重合，即三条直线AD，BC，PQ相交于同一点．第22题解图②23.解：(1)田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜．此时，比赛的所有可能对阵为：(C2A1，A2B1，B2C1)，(C2A1，B2C1，A2B1)，(C2A1，B2B1，A2C1)，(C2A1，A2C1，B2B1)，共四种，其中田忌获胜的对阵有(C2A1，A2B1，B2C1)，(C2A1，B2C1，A2B1)，共两种，故此时田忌获胜的概率为P1＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)；(2)不是．齐王的出马顺序为A1，B1，C1时，田忌获胜的对阵是(C2A1，A2B1，B2C1)；齐王的出马顺序为A1，C1，B1时，田忌获胜的对阵是(C2A1，B2C1，A2B1)；齐王的出马顺序为B1，A1，C1时，田忌获胜的对阵是(A2B1，C2A1，B2C1)；齐王的出马顺序为B1，C1，A1时，田忌获胜的对阵是(A2B1，B2C1，C2A1)；齐王的出马顺序为C1，A1，B1时，田忌获胜的对阵是(B2C1，C2A1，A2B1)；齐王的出马顺序为C1，B1，A1时，田忌获胜的对阵是(B2C1，A2B1，C2A1)．综上所述，田忌获胜的所有对阵是(C2A1，A2B1，B2C1)，(C2A1，B2C1，A2B1)，(A2B1，C2A1，B2C1)，(A2B1，B2C1，C2A1)，(B2C1，C2A1，A2B1)，(B2C1，A2B1，C2A1)．齐王的出马顺序为A1，B1，C1时，比赛的所有可能对阵是(A2A1，B2B1，C2C1)，(A2A1，C2B1，B2C1)，(B2A1，A2B1，C2C1)，(B2A1，C2B1，A2C1)，(C2A1，A2B1，B2C1)，(C2A1，B2B1，A2C1)，共6种，同理，齐王的其他各种出马顺序，也都分别有相应的6种可能对阵．∴此时田忌获胜的概率P2＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).24.(1)证明：如解图，设直线DE与AA′相交于点T，∵点A与A′关于DE对称，∴DE垂直平分AA′，即DE⊥AA′，AT＝TA′.∵E，F为边AB上的两个三等分点，∴AE＝EF，∴ET是△AA′F的中位线，∴ET∥A′F，即DE∥A′F；(2)解：如解图，连接FG，取FG的中点O，连接OA′，OB，第24题解图∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝∠ABG＝90°，∠DAT＋∠BAG＝90°，∵DE⊥AA′，∴∠DTA＝90°，∴∠ADT＋∠DAT＝90°，∴∠ADT＝∠BAG.∴△DAE≌△ABG，∴AE＝BG，又∵AE＝EF＝FB，∴FB＝BG，∴△FBG是等腰直角三角形，∴∠GFB＝45°.∵DE∥A′F，∴A′F⊥AA′，∴∠FA′G＝90°.在Rt△A′FG和Rt△BFG中，OA′＝OF＝OG＝eq\f(1,2)FG，OB＝OF＝OG＝eq\f(1,2)FG，∴OA′＝OF＝OG＝OB，∴点A′，F，B，G都在以FG为直径的⊙O上，∴∠GA′B＝∠GFB＝45°；(3)证明：设AB＝3a，则AD＝BC＝3a，AF＝2a，AE＝BF＝a.由(2)得BG＝AE＝a，∴tan∠BAG＝eq\f(BG,AB)＝eq\f(a,3a)＝eq\f(1,3)，即tan∠A′AF＝eq\f(1,3)，∴eq\f(A′F,AA′)＝eq\f(1,3).设A′F＝k，则AA′＝3k，在Rt△A′AF中，由勾股定理，得AF＝eq\r(AA′2＋A′F2)＝eq\r(10)k，∴eq\r(10)k＝2a，∴k＝eq\f(\r(10)a,5).在Rt△ABG中，由勾股定理，得AG＝eq\r(AB2＋BG2)＝eq\r(10)a.又∵AA′＝3k＝eq\f(3\r(10)a,5)，∴A′G＝AG－AA′＝eq\r(10)a－eq\f(3\r(10)a,5)＝eq\f(2\r(10)a,5)，∴eq\f(A′F,A′G)＝eq\f(\f(\r(10)a,5),\f(2\r(10)a,5))＝eq\f(1,2).∴eq\f(A′F,A′G)＝eq\f(BF,CG).由(2)知，∠A′FB＋∠A′GB＝180°，又∵∠A′GC＋∠A′GB＝180°，∴∠A′FB＝∠A′GC，∴△A′FB∽△A′GC，∴eq\f(A′B,A′C)＝eq\f(BF,CG)＝eq\f(1,2)，∴A′C＝2A′B.25.解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx