泰安市2018年初中学业水平考试数学试题
一、选择题（本大题共12个小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对3分，选错、不选或选出的答案超过一个，均记零分）
1. 计算：
的结果是（ ）
A. -3 B. 0 C. -1 D. 3 【答案】D
【解析】分析：根据相反数的概念、零指数幂的运算法则计算即可． 详解：原式=2+1 =3． 故选D．
点睛：本题考查的是零指数幂的运算，掌握任何非零数的零次幂等于1是解题的关键． 2. 下列运算正确的是（ ） A. 【答案】D
【解析】分析：根据合并同类项法则、同底数幂的乘、除法法则、积的乘方法则计算，判断即可． 详解：2y3+y3=3y3，故A错误； y•y=y，故B错误； （3y）=27y，故C错误； y3÷y﹣2=y3﹣（﹣2）=y5．故D正确． 故选D．
点睛：本题考查的是合并同类项、同底数幂的乘法、积的乘方、同底数幂的除法，掌握它们的运算法则是解题的关键．
3. 如图是下列哪个几何体的主视图与俯视图（ ）
2
3
6
2
3
5
B. C. D.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：直接利用主视图以及俯视图的观察角度结合结合几何体的形状得出答案． 详解：由已知主视图和俯视图可得到该几何体是圆柱体的一半，只有选项C符合题意． 故选C．
点睛：本题主要考查了由三视图判断几何体，正确掌握常见几何体的形状是解题的关键． 4. 如图，将一张含有小为（ ）
角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上，若
，则
的大
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：依据平行线的性质，即可得到∠2=∠3=44°，再根据三角形外角性质，可得∠3=∠1+30°，进而得出结论．
详解：如图，∵矩形的对边平行，∴∠2=∠3=44°，根据三角形外角性质，可得：∠3=∠1+30°，∴∠1=44°﹣30°=14°． 故选A．
点睛：本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的运用，解题时注意：两直线平行，同位角相等．
5. 某中学九年级二班六级的8名同学在一次排球垫球测试中的成绩如下（单位：个） 35 38 42 44 40 47 45 45 则这组数据的中位数、平均数分别是（ ）
A. 42、42 B. 43、42 C. 43、43 D. 44、43 【答案】B
【解析】分析：根据中位线的概念求出中位数，利用算术平均数的计算公式求出平均数． 详解：把这组数据排列顺序得：35 38 40 42 44 45 45 47，则这组数据的中位数为：（35+38+42+44+40+47+45+45）=42． 故选B．
点睛：本题考查的是中位数的确定、算术平均数的计算，掌握中位数的概念、算术平均数的计算公式是解题的关键．
6. 夏季来临，某超市试销、两种型号的风扇，两周内共销售30台，销售收入5300元，型风扇每台200元，型风扇每台150元，问、两种型号的风扇分别销售了多少台？若设型风扇销售了台，型风扇销售了台，则根据题意列出方程组为（ ） A. C. 【答案】C
【解析】分析：直接利用两周内共销售30台，销售收入5300元，分别得出等式进而得出答案． 详解：设A型风扇销售了x台，B型风扇销售了y台，则根据题意列出方程组为： 故选C．
点睛：本题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，正确得出等量关系是解题的关键． 7. 二次函数大致图象是（ ）
的图象如图所示，则反比例函数
与一次函数
在同一坐标系内的
．
B. D.
=43，=
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：首先利用二次函数图象得出a，b的取值范围，进而结合反比例函数以及一次函数的性质得出答案．
详解：由二次函数开口向上可得：a＞0，对称轴在y轴左侧，故a，b同号，则b＞0，故反比例函数y=图象分布在第一、三象限，一次函数y=ax+b经过第一、二、三象限． 故选C．
点睛：本题主要考查了二次函数、一次函数、反比例函数的图象，正确得出a，b的取值范围是解题的关键． 8. 不等式组A. 【答案】B
【解析】分析：解不等式组，可得不等式组的解，根据不等式组有3个整数解，可得答案． 详解：不等式组
，由
﹣x＜﹣1，解得：x＞4，
B.
有3个整数解，则的取值范围是（ ） C.
D.
由4（x﹣1）≤2（x﹣a），解得：x≤2﹣a， 故不等式组的解为：4＜x≤2﹣a， 由关于x的不等式组
有3个整数解，
得：7≤2﹣a＜8，解得：﹣6＜a≤﹣5． 故选B．
点睛：本题考查了解一元一次不等式组，利用不等式的解得出关于a的不等式是解题的关键． 9. 如图，
与
相切于点，若
，则
的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：连接OA、OB，由切线的性质知∠OBM=90°，从而得∠ABO=∠BAO=50°，由三角形内角和定理知∠AOB=80°，根据圆周角定理可得答案． 详解：如图，连接OA、OB．
∵BM是⊙O的切线，∴∠OBM=90°． ∵∠MBA=140°，∴∠ABO=50°．
∵OA=OB，∴∠ABO=∠BAO=50°，∴∠AOB=80°，∴∠ACB=∠AOB=40°． 故选A．
10. 一元二次方程根的情况是（ ）
A. 无实数根 B. 有一个正根，一个负根
C. 有两个正根，且都小于3 D. 有两个正根，且有一根大于3 【答案】D
【解析】分析：直接整理原方程，进而解方程得出x的值． 详解：（x+1）（x﹣3）=2x﹣5
整理得：x2﹣2x﹣3=2x﹣5，则x2﹣4x+2=0，（x﹣2）2=2，解得：x1=2+＞3，x2=2﹣，故有两个正根，且有一根大于3． 故选D．
点睛：本题主要考查了一元二次方程的解法，正确解方程是解题的关键．
11. 如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中每个小正方形的边长均为1，得到
，若
上一点
平移后对应点为，点绕原点顺时针旋转
经过平移后
，对应点为，则
点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：由题意将点P向下平移5个单位，再向左平移4个单位得到P1，再根据P1与P2关于原点对称，即可解决问题．
详解：由题意将点P向下平移5个单位，再向左平移4个单位得到P1． ∵P（1.2，1.4），∴P1（﹣2.8，﹣3.6）． ∵P1与P2关于原点对称，∴P2（2.8，3.6）． 故选A．
12. 如图，
的半径为2，圆心的坐标为
，点是
上的任意一点，
，且
、
与轴
分别交于、两点，若点、点关于原点对称，则的最小值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C
【解析】分析：连接OP．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到OP=AB，当OP最短时，AB最短．连接OM交⊙M于点P，则此时OP最短，且OP=OM－PM，计算即可得到结论． 详解：连接OP．
∵PA⊥PB，OA=OB，∴OP=AB，当OP最短时，AB最短． 连接OM交⊙M于点P，则此时OP最短，且OP=OM－PM=
=3，∴AB的最小值为2OP=6．故选C．
点睛：本题考查了直角三角形斜边上中线的性质以及两点间的距离公式．解题的关键是利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半把AB的长转化为2OP．
二、填空题（本大题共6小题，满分18分.只要求填写最后结果，每小题填对得3分）
13. 一个铁原子的质量是__________． 【答案】
，将这个数据用科学记数法表示为
【解析】分析：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＜1时，n是负数；n的绝对值等于第一个非零数前零的个数． 详解：0.000000000000000000000000093=9.3×10﹣26． 故答案为：9.3×10﹣26．
点睛：本题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，
n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
14. 如图，
是
的外接圆，
，
，则
的直径为__________． ．．
【答案】
【解析】分析：连接OB，OC，依据△BOC是等腰直角三角形，即可得到BO=CO=BC•cos45°=2，进而得出⊙O的直径为4． 详解：如图，连接OB，OC．
∵∠A=45°，∴∠BOC=90°，∴△BOC是等腰直角三角形． 又∵BC=4，∴BO=CO=BC•cos45°=2，∴⊙O的直径为4． 故答案为：4．
点睛：本题主要考查了三角形的外接圆以及圆周角定理的运用，三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心． 15. 如图，在矩形恰好过点，则
中，
，
，将矩形
沿
折叠，点落在处，若
的延长线
的值为__________．
【答案】
【解析】分析：先利用勾股定理求出A'C，进而利用勾股定理建立方程求出AE，即可求出BE，最后用三角函数即可得出结论．
详解：由折叠知，A'E=AE，A'B=AB=6，∠BA'E=90°，∴∠BA'C=90°．在Rt△A'CB中，A'C=
=8，
设AE=x，则A'E=x，∴DE=10﹣x，CE=A'C+A'E=8+x．在Rt△CDE中，根据勾股定理得：（10﹣x）2+36=
2
（8+x），∴x=2，∴AE=2．在Rt△ABE中，根据勾股定理得：BE=
=2，∴sin∠ABE==．
故答案为：．
点睛：本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，充分利用勾股定理求出线段AE是解答本题的关键． 16. 如图，在垂足为，点是
中，
，
，设
，
，
，点是
边上的动点（不与点重合），过作
，
的中点，连接的面积为，则与之间的函数关系式为__________．
【答案】【解析】分析：由
=
，CD=x，得到DE=，CE=，则BE=10－，由ΔDEB的面积S等于△BDE面积的一半，即可得出结论． 详解：∵DE⊥BC，垂足为E，∴tan∠C=－）• 化简得： 故答案为：
． ．
=，CD=x，∴DE=，CE=，则BE=10－，∴S=S△BED=（10
点睛：本题考查了动点问题的函数解析式，解题的关键是设法将BE与DE都用含有x的代数式表示． 17. 《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，在“勾股”章中有这样一个问题：“今有邑方二百步，各中开门，出东门十五步有木，问：出南门几步而见木？” 用今天的话说，大意是：如图，东门位于
的中点，南门位于
是一座边长为200步（“步”是古代的长度单位）的正方形小城，的中点，出东门15步的处有一树木，求出南门多少步恰好看到位
的长为__________步．
于处的树木（即点在直线上）？请你计算
【答案】
【解析】分析：由正方形的性质得到∠EDG=90°，从而∠KDC+∠HDA=90°，再由∠C+∠KDC=90°，得到∠C=∠HDA，即有△CKD∽△DHA，由相似三角形的性质得到CK：KD=HD：HA，求解即可得到结论． 详解：∵DEFG是正方形，∴∠EDG=90°，∴∠KDC+∠HDA=90°． ∵∠C+∠KDC=90°，∴∠C=∠HDA． ∵∠CKD=∠DHA=90°，∴△CKD∽△DHA， ∴CK：KD=HD：HA，∴CK：100=100：15， 解得：CK=故答案为：
． ．
点睛：本题考查了相似三角形的应用．解题的关键是证明△CKD∽△DHA．
三、解答题（本大题共7小题，满分66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
18. 先化简，再求值：【答案】
．
，其中
.
【解析】分析：先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将m的值代入计算可得． 详解：原式=
÷（
﹣
）
=÷
= =﹣ =
•
当m=﹣2时，原式=﹣
=﹣
=﹣1+2 =
．
点睛：本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
19. 文美书店决定用不多于20000元购进甲乙两种图书共1200本进行销售.甲、乙两种图书的进价分别
为每本20元、14元，甲种图书每本的售价是乙种图书每本售价的1.4倍，若用1680元在文美书店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本. （1）甲乙两种图书的售价分别为每本多少元？
（2）书店为了让利读者，决定甲种图书售价每本降低3元，乙种图书售价每本降低2元，问书店应如何进货才能获得最大利润？（购进的两种图书全部销售完.）
【答案】（1）甲种图书售价每本28元，乙种图书售价每本20元；（2）甲种图书进货533本，乙种图书进货667本时利润最大.
【解析】分析：（1）乙种图书售价每本元，则甲种图书售价为每本
元，根据“用1680元在文美书
店可购买甲种图书的本数比用1400元购买乙种图书的本数少10本”列出方程求解即可；
（2）设甲种图书进货本，总利润元，根据题意列出不等式及一次函数，解不等式求出解集，从而确定方案，进而求出利润最大的方案．
详解：（1）设乙种图书售价每本元，则甲种图书售价为每本
，
解得：经检验，
．
是原方程的解．
元，
元．由题意得：
所以，甲种图书售价为每本
答：甲种图书售价每本28元，乙种图书售价每本20元． （2）设甲种图书进货本，总利润元，则
又∵解得：
．
，
．
∵随的增大而增大， ∴当最大时最大， ∴当
本时最大，
（本）．
此时，乙种图书进货本数为
答：甲种图书进货533本，乙种图书进货667本时利润最大．
点睛：本题考查了一次函数的应用，分式方程的应用，一元一次不等式的应用，理解题意找到题目蕴含的相等关系或不等关系是解应用题的关键．
20. 为增强学生的安全意识，我市某中学组织初三年级1000名学生参加了“校园安全知识竞赛”，随机抽取了一个班学生的成绩进行整理，分为，，，四个等级，并把结果整理绘制成条形统计图与扇形统计图（部分），请依据如图提供的信息，完成下列问题：
（1）请估计本校初三年级等级为的学生人数；
（2）学校决定从得满分的3名女生和2名男生中随机抽取3人参加市级比赛，请求出恰好抽到2名女生和1名男生的概率.
【答案】（1）估计该校初三等级为的学生人数约为125人；（2）恰有2名女生，1名男生的概率为
.
【解析】分析：（1）先根据C等级人数及其所占百分比求得总人数，用总人数减去B、C、D的人数求得
A等级人数，再用总人数乘以样本中A等级人数所占比例；
（2）列出从3名女生和2名男生中随机抽取3人的所有等可能结果，再从中找到恰好抽到2名女生和1名男生的结果数，根据概率公式计算可得．
详解：（1）∵所抽取学生的总数为8÷20%=40人，∴该班级等级为A的学生人数为40﹣（25+8+2）=5人，则估计本校初三年级等级为A的学生人数为1000×=125人；
（2）设两位满分的男生记为A1、A2、三位满分的女生记为B1、B2、B3，从这5名同学中选3人的所有等可能结果为：
（B1，B2，B3）、（A2，B2，B3）、（A2，B1，B3）、（A2，B1，B2）、（A1，B2，B3）、
（A1，B1，B3）、（A1，B1，B2）、（A1，A2，B3）、（A1，A2，B2）、（A1，A2，B1），其中恰好有2名女生、1名男生的结果有6种，所以恰好抽到2名女生和1名男生的概率为=．
点睛：本题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 21. 如图，矩形与
交于点.
的两边
、
的长分别为3、8，是
的中点，反比例函数
的图象经过点，
（1）若点坐标为（2）若【答案】（1）
，求的值及图象经过、两点的一次函数的表达式；
，求反比例函数的表达式. ，
；（2）
.
【解析】分析：（1）由已知求出A、E的坐标，即可得出m的值和一次函数函数的解析式； （2）由标为
，得到
，由
，得到
．设点坐标为
，则点坐
，代入反比例函数解析式即可得到结论．
为
．
，
的中点，
详解：（1）∵∴
∵反比例函数图象过点∴
．
设图象经过、两点的一次函数表达式为：∴
，
，
解得，
∴（2）∵∴ ∵∴∴
．
，
．
， ， ．
，则点坐标为图象上，
．
设点坐标为 ∵∴
两点在，
解得：∴∴∴
， ， ， ．
点睛：本题考查了矩形的性质以及反比例函数一次函数的解析式．解题的关键是求出点A、E、F的坐标． 22. 如图，若
，
中，是平分
上一点，，连接
，
.
于点，是
的中点，
于点，与
交于点，
（1）求证：；
.请你帮助小亮同学证明这一结论.
是否为菱形，并说明理由.
是菱形，理由见解析.
（2）小亮同学经过探究发现：（3）若
，判定四边形
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）四边形
【解析】分析：（1）由条件得出∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，由F是AD的中点，FG∥AE，即可得到
FG是线段ED的垂直平分线，进而得到GE=GD，∠CGE=∠GDE，利用AAS即可判定△ECG≌△GHD；
（2）过点G作GP⊥AB于P，判定△CAG≌△PAG，可得AC=AP，由（1）可得EG=DG，即可得到Rt△ECG≌Rt△GPD，依据EC=PD，即可得出AD=AP+PD=AC+EC；
（3）由∠B=30°，可得∠ADE=30°，进而得到AE=AD，故AE=AF=FG，再根据四边形AECF是平行四边形，即可得到四边形AEGF是菱形． 详解：（1）∵AF=FG，∴∠FAG=∠FGA．
∵AG平分∠CAB，∴∠CAG=∠FGA，∴∠CAG=∠FGA，∴AC∥FG． ∵DE⊥AC，∴FG⊥DE．
∵FG⊥BC，∴DE∥BC，∴AC⊥BC，∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED．
∵F是AD的中点，FG∥AE，∴H是ED的中点，∴FG是线段ED的垂直平分线，∴GE=GD，∠GDE=∠GED，∴∠CGE=∠GDE，∴△ECG≌△GHD；
（2）过点G作GP⊥AB于P，∴GC=GP，而AG=AG，∴△CAG≌△PAG，∴AC=AP，由（1）可得EG=DG，∴Rt△ECG≌Rt△GPD，∴EC=PD，∴AD=AP+PD=AC+EC； （3）四边形AEGF是菱形．证明如下：
∵∠B=30°，∴∠ADE=30°，∴AE=AD，∴AE=AF=FG，由（1）得AE∥FG，∴四边形AECF是平行四边形，∴四边形AEGF是菱形．
点睛：本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等是解决问题的关键．
23. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数在轴上有一点
，连接
.
交轴于点
、
，交轴于点
，
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点为抛物线在轴负半轴上方的一个动点，求（3）抛物线对称轴上是否存在点，使存在请说明理由.
【答案】（1）二次函数的解析式为点的坐标为
，
，
.
；（2）当
时，
的面积取得最大值；（3）
面积的最大值；
为等腰三角形，若存在，请直接写出所有点的坐标，若不
【解析】分析：（1）把已知点坐标代入函数解析式，得出方程组求解即可；
（2）根据函数解析式设出点D坐标，过点D作DG⊥x轴，交AE于点F，表示△ADE的面积，运用二次函数分析最值即可；
（3）设出点P坐标，分PA=PE，PA=AE，PE=AE三种情况讨论分析即可． 详解：（1）∵二次函数y=ax+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6）， ∴
，
2
解得：，
所以二次函数的解析式为：y=；
，
（2）由A（﹣4，0），E（0，﹣2），可求AE所在直线解析式为y=
过点D作DN⊥x轴，交AE于点F，交x轴于点G，过点E作EH⊥DF，垂足为H，如图，
设D（m，∴DF=
﹣（
），则点F（m，
）=
）， ，
∴S△ADE=S△ADF+S△EDF=×DF×AG+DF×EH =×DF×AG+×DF×EH =×4×DF =2×（
）
=∴当m=
，
时，△ADE的面积取得最大值为．
的对称轴为x=﹣1，设P（﹣1，n），又E（0，﹣2），A（﹣4，0），可求PA=
，AE=
=
=
=
，分三种情况讨论：
，解得：n=1，此时P（﹣1，1）；
，解得：n=
，此时点P坐标为（﹣1，
）；
）． ，
（3）y=
PE=
当PA=PE时，
当PA=AE时， 当PE=AE时，
，解得：n=﹣2，此时点P坐标为：（﹣1，﹣2
）．
综上所述：P点的坐标为：（﹣1，1），（﹣1，），（﹣1，﹣2
点睛：本题主要考查二次函数的综合问题，会求抛物线解析式，会运用二次函数分析三角形面积的最大值，会分类讨论解决等腰三角形的顶点的存在问题时解决此题的关键．
24. 如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，E是BD上一点，EF//AB，∠EAB=∠EBA，过点B作DA的垂线，交DA的延长线于点G．
（1）∠DEF和∠AEF是否相等？若相等，请证明；若不相等，请说明理由； （2）找出图中与ΔAGB相似的三角形，并证明；
（3）BF的延长线交CD的延长线于点H，交AC于点M．求证：BM=MF⋅MH． 【答案】（1）
，理由见解析；（2）
，证明见解析；（3）证明见解析.
2
【解析】分析：（1）先判断出∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB，即可得出结论；
（2）先判断出∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE，进而得出∠GAB=∠AEO，即可得出结论；
（3）先判断出BM=DM，∠ADM=∠ABM，进而得出∠ADM=∠H，判断出△MFD∽△MDH，即可得出结论． 详解：（1）∠DEF=∠AEF，理由如下： ∵EF∥AB，∴∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB． ∵∠EAB=∠EBA，∴∠DEF=∠AEF；
（2）△EOA∽△AGB，理由如下： ∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，AC⊥BD， ∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE． ∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE．
∵∠GAB=∠AEO，∠GAB=∠AOE=90°，∴△EOA∽△AGB； （3）如图，连接DM．
∵四边形ABCD是菱形，由对称性可知，BM=DM，∠ADM=∠ABM． ∵AB∥CH，∴∠ABM=∠H，∴∠ADM=∠H． ∵∠DMH=∠FMD，∴△MFD∽△MDH，∴∴BM2=MF•MH．
，∴DM=MF•MH，
2
点睛：本题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，对称性，相似三角形的判定和性质，判断出△EOA∽△AGB是解答本题的关键．
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