2019年江苏常州市初中学业水平考试数学

常州市2019年初中学业水平考试数学试题一、选择题(本大题共8小题，每小题2分，共16分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的)1.－3的相反数是()A.eq\f(1,3)B.－eq\f(1,3)C.3D.－32.若代数式eq\f(x＋1,x－3)有意义，则实数x的取值范围是()A.x＝－1B.x＝3C.x≠－1D.x≠33.下图是某几何体的三视图，该几何体是()A.圆柱B.正方体C.圆锥D.球第3题图4.如图，在线段PA、PB、PC、PD中，长度最小的是()A.线段PAB.线段PBC.线段PCD.线段PD第4题图5.若△ABC∽△A′B′C′，相似比为1∶2，则△ABC与△A′B′C′的周长的比为()A.2∶1B.1∶2C.4∶1D.1∶46.下列各数中与2＋eq\r(3)的积是有理数的是()A.2＋eq\r(3)B.2C.eq\r(3)D.2－eq\r(3)7.判断命题“如果n<1，那么n2－1<0”是假命题，只需举出一个反例．反例中的n可以为()A.－2B.－eq\f(1,2)C.0D.eq\f(1,2)8.随着时代的进步，人们对PM2.5(空气中直径小于等于2.5微米的颗粒)的关注日益密切．某市一天中PM2.5的值y1(ug/m3)随时间t(h)的变化如图所示，设y2表示0时到t时PM2.5的值的极差(即0时到t时PM2.5的最大值与最小值的差)，则y2与t的函数关系大致是()第8题图二、填空题(本大题共10小题，每小题2分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上)9.计算：a3÷a＝________．10.4的算术平方根是________．11.分解因式：ax2－4a＝________．12.如果∠α＝35°，那么∠α的余角等于________°.13.如果a－b－2＝0，那么代数式1＋2a－2b的值是________．14.平面直角坐标系中，点P(－3，4)到原点的距离是________．15.若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2))是关于x、y的二元一次方程ax＋y＝3的解，则a＝________．16.如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，∠AOC＝120°，则∠CDB＝________°.第16题图17.如图，半径为eq\r(3)的⊙O与边长为8的等边三角形ABC的两边AB、BC都相切，连接OC，则tan∠OCB＝________．第17题图18.如图，在矩形ABCD中，AD＝3AB＝3eq\r(10)，点P是AD的中点，点E在BC上，CE＝2BE，点M、N在线段BD上．若△PMN是等腰三角形且底角与∠DEC相等，则MN＝________．第18题图三、解答题(本大题共10小题，共84分．请在答题卡指定区域内作答，如无特殊说明，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程)19.(本题满分8分)计算：(1)π0＋(eq\f(1,2))－1－(eq\r(3))2;(2)(x－1)(x＋1)－x(x－1).20.(本题满分6分)解不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1>0,3x－8≤－x))，并把解集在数轴上表示出来．21.(本题满分8分)如图，把平行四边形纸片ABCD沿BD折叠，点C落在点C′处，BC′与AD相交于点E.(1)连接AC′，则AC′与BD的位置关系是______；(2)EB与ED相等吗？证明你的结论．第21题图22.(本题满分8分)在“慈善一日捐”活动中，为了解某校学生的捐款情况，抽样调查了该校部分学生的捐款数(单位：元)，并绘制成下面的统计图．(1)本次调查的样本容量是________，这组数据的众数为________元；(2)求这组数据的平均数；(3)该校共有600名学生参与捐款，请你估计该校学生的捐款总数．第22题图23.(本题满分8分)将图中的A型(正方形)、B型(菱形)、C型(等腰直角三角形)纸片分别放在3个盒子中，盒子的形状、大小、质地都相同，再将这3个盒子装入一只不透明的袋子中．第23题图(1)搅匀后从中摸出1个盒子，盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是____________；(2)搅匀后先从中摸出1个盒子(不放回)，再从余下的2个盒子中摸出1个盒子，把摸出的2个盒中的纸片长度相等的边拼在一起，求拼成的图形是轴对称图形的概率．(不重叠无缝隙拼接)24.(本题满分8分)甲、乙两人每小时共做30个零件，甲做180个零件所用的时间与乙做120个零件所用的时间相等．甲、乙两人每小时各做多少个零件？25.(本题满分8分)如图，在▱OABC中，OA＝2eq\r(2)，∠AOC＝45°，点C在y轴上，点D是BC的中点，反比例函数y＝eq\f(k,x)(x>0)的图象经过点A、D.(1)求k的值；(2)求点D的坐标．第25题图26.(本题满分10分)【阅读】数学中，常对同一个量(图形的面积、点的个数、三角形的内角和等)用两种不同的方法计算，从而建立相等关系，我们把这一思想称为“算两次”．“算两次”也称做富比尼原理，是一种重要的数学思想．图①图②第26题图【理解】(1)如图①，两个边长分别为a、b、c的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三角形拼成一个梯形．用两种不同的方法计算梯形的面积，并写出你发现的结论；(2)如图②，n行n列的棋子排成一个正方形，用两种不同的方法计算棋子的个数，可得等式：n2＝________；【运用】(3)n边形有n个顶点，在它的内部再画m个点，以(m＋n)个点为顶点，把n边形剪成若干个三角形，设最多可以剪得y个这样的三角形．当n＝3，m＝3时，如图③，最多可以剪得7个这样的三角形，所以y＝7.①当n＝4，m＝2时，如图④，y＝________；当n＝5，m＝________时，y＝9；图③图④第26题图②对于一般的情形，在n边形内画m个点，通过归纳猜想，可得y＝________(用含m、n的代数式表示).请对同一个量用算两次的方法说明你的猜想成立．27.(本题满分10分)如图，二次函数y＝－x2＋bx＋3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为(－1，0)，点D为OC的中点，点P在抛物线上．(1)b＝________；(2)若点P在第一象限，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH与BC、BD分别交于点M、N.是否存在这样的点P，使得PM＝MN＝NH，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若点P的横坐标小于3，过点P作PQ⊥BD，垂足为Q，直线PQ与x轴交于点R，且S△PQB＝2S△QRB，求点P的坐标．第27题图备用图28.(本题满分10分)已知平面图形S，点P、Q是S上任意两点，我们把线段PQ的长度的最大值称为平面图形S的“宽距”．例如，正方形的宽距等于它的对角线的长度．(1)写出下列图形的宽距：①半径为1的圆：________；②如图①，上方是半径为1的半圆，下方是正方形的三条边的“窗户形”：________；(2)如图②，在平面直角坐标系中，已知点A(－1，0)、B(1，0)，C是坐标平面内的点，连接AB、BC、CA所形成的图形为S，记S的宽距为d.①若d＝2，用直尺和圆规画出点C所在区域并求它的面积(所在区域用阴影表示)；②若点C在⊙M上运动，⊙M的半径为1，圆心M在过点(0，2)且与y轴垂直的直线上．对于⊙M上任意点C，都有5≤d≤8，直接写出圆心M的横坐标x的取值范围．第28题图

2019年江苏省常州市初中学业水平考试卷数学解析选择题1.C【解析】－3的相反数是3.2.D【解析】要使eq\f(x＋1,x－3)有意义，则x－3≠0，解得x≠3.3.A【解析】结合三视图可得，这个几何体为圆柱，故选A.4.B【解析】根据“垂线段最短”可得，长度最小的是线段PB.5.B【解析】根据“相似三角形的周长比等于相似比”可得，△ABC与△A′B′C′的周长比为1∶2.6.D【解析】(2＋eq\r(3))(2－eq\r(3))＝22－(eq\r(3))2＝4－3＝1，1是有理数，满足题意，故选D.7.A【解析】当n＝－2时，n2－1＝(－2)2－1＝3>0，所以－2满足题意，故选A.8.B【解析】结合图象求的y1＝0.43(x－10)2＋42(0≤x≤24)，当0≤t＜10时，y2＝85－0.43(x－10)2－42＝－0.43(x－10)2＋43；当10≤t＜20时，y2＝85－42＝43；当20≤t＜24时，y2＝0.43(x－10)2＋42－42＝0.43(x－10)2，故选B.二、填空题9.a2【解析】a3÷a＝a3－1＝a2.10.2【解析】4的算术平方根是2.11.a(x－2)(x＋2)【解析】ax2－4a＝a(x2－4)＝a(x－2)(x＋2).12.55【解析】根据余角的定义可得∠α的余角为90°－35°＝55°.13.5【解析】∵a－b－2＝0，∴a－b＝2，∴1＋2a－2b＝1＋2(a－b)＝1＋2×2＝5.14.5【解析】点P(－3，4)到原点的距离为：eq\r(（－3）2＋42)＝5.15.1【解析】把x＝1，y＝2代入方程ax＋y＝3中可得，a＋2＝3，解得a＝1.16.30【解析】∵AB是⊙O的直径，∠AOC＝120°，∴∠BOC＝60°，∴∠CDB＝30°.第17题解图17.eq\f(\r(3),5)【解析】如解图，过点O作OD⊥BC于点D，连接OB，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵AB、BC两边都与⊙O相切，∴∠OBD＝30°，在Rt△OBD中，tan30°＝eq\f(OD,BD)＝eq\f(\r(3),BD)，∴BD＝3，∵BC＝8，∴CD＝8－3＝5，∴tan∠OCB＝eq\f(OD,CD)＝eq\f(\r(3),5).18.6或eq\f(15,8)【解析】∵P是AD的中点，∴PD＝eq\f(3\r(10),2)，∵AD＝3AB，∴DC＝eq\r(10)，BD＝eq\r(CD2＋BC2)＝10，∵CE＝2BE，∴CE＝2eq\r(10).①当PM＝PN，此时∠DEC＝∠PMN，如解图①，作PF⊥BD于点F，∵∠PDF＝∠DBC，∠PFD＝∠DCB，∴△PDF∽△DBC，∴eq\f(PF,PD)＝eq\f(DC,DB)，∴PF＝eq\f(3,2)，∵∠DEC＝∠PMN，tan∠PMN＝tan∠DEC＝eq\f(DC,EC)＝eq\f(1,2)，∴FM＝3，∴MN＝6；②当MN＝PN，此时∠DEC＝∠PMN，如解图②，由①可得PM＝eq\f(3\r(5),2)，MQ＝6，∠PMN＝∠MPN＝∠PQM，∴△PMN∽△MQP，∴eq\f(MN,PM)＝eq\f(PQ,MQ)，∵PM＝PQ，∴MN＝eq\f(15,8).综上所述，MN的长度为6或eq\f(15,8).第18题解图三、解答题19.(1)eq\a\vs4\al(解：原式＝1＋2－3,＝0；)(2)解：解法一：原式＝(x－1)(x＋1)－x(x－1)＝(x－1)(x＋1－x)＝x－1.解法二：原式＝x2－1－x2＋x＝x－1.20.解：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＋1>0①,3x－8≤－x②)))解①得x>－1，解②得x≤2，∴不等式组的解集为－1＜x≤2.解集在数轴上表示如解图：第20题解图21.解：(1)AC′∥BD；(2)EB＝ED，理由如下，∵把平行四边形ABCD沿BD折叠，∴∠CBD＝∠DBE，∵AD∥BC，∴∠CBD＝∠BDE，∴∠DBE＝∠BDE，∴EB＝ED.22.解：(1)30，11；【解法提示】根据条形图可得，样本容量为：6＋11＋8＋5＝30，数据11出现的次数最多，故这组数据的众数为11元．(2)平均数为eq\f(5×6＋10×11＋15×8＋20×5,6＋11＋8＋5)＝12(元)；(3)根据(2)可得，该校学生的捐款总数为：600×12＝7200(元).23.解：(1)eq\f(2,3)；【解法提示】∵正方形和菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形，而等腰直角三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，该事件总共有3种可能，摸出的盒子中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的可能有2种，∴P(摸出的盒子中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形)＝eq\f(2,3).(2)列出所有的可能有：AB，AC，BA，BC，CA，CB共有6种等可能的情况，其中能拼成轴对称图形的有AC和CA共2种可能，∴P(拼成的图形是轴对称图形)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).24.解：设甲每小时做零件x件，那么乙每小时做零件(30－x)件，根据题意可得，eq\f(180,x)＝eq\f(120,30－x)，解得x＝18，检验：把x＝18代入x(30－x)≠0，∴x＝18是原分式方程的解，且符合实际意义．∴30－x＝12.答：甲每小时做零件18件，乙每小时做零件12件．25.解：(1)如解图，过点A作AE⊥x轴于点E，在Rt△AOE中，∠AOC＝45°，OA＝2eq\r(2)，∴OE＝AE＝eq\f(\r(2),2)OA＝2，∴点A的坐标为(2，2)，∴k＝2×2＝4；第25题解图(2)∵四边形OCBA是平行四边形．∴AB∥OC，∵OC⊥x轴∴AB⊥x轴．∴点B、A、E三点共线．∵A点的坐标为(2，2)，D为BC的中点，∴D点的横坐标为1，把x＝1代入y＝eq\f(4,x)，解得y＝4，∴点D的坐标为(1，4).26.解：(1)根据梯形的面积公式可得，梯形面积为：eq\f(1,2)(a＋b)(a＋b)＝eq\f(1,2)(a＋b)2；利用面积和可得，梯形面积为：eq\f(1,2)ab×2＋eq\f(1,2)c2，结论为eq\f(1,2)(a＋b)2＝eq\f(1,2)ab×2＋eq\f(1,2)c2，即(a＋b)2＝ab×2＋c2，a2＋b2＝c2，验证了勾股定理．(2)根据题图可得，n2＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)；(3)①6；3；②通过归纳猜想可得y＝n＋2m－2，理由如下：第一种算法：对于一般的情形，在n边形内画m个点，第一个点将多边形分成了n个三角形，以后三角形内部每增加一个点，分割部分增加2部分，故可得y＝n＋2(m－1).第二种算法：从n边形的内角和考虑，n边形的内角和为(n－2)×180°，等于剪得的三角形的内角和减去m个周角，即(n－2)×180°＝y×180°－m×360°，整理可得y＝＝n＋2m－2；得证．27.解：(1)2；【解法提示】把点A(－1，0)代入y＝－x2＋bx＋3，解得b＝2.(2)存在；令y＝0，即－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，即点B的坐标为(3，0)，令x＝0，则y＝3，∴C点的坐标为(0，3)，D点的坐标为(0，eq\f(3,2))，设直线BC的解析式为y＝kx＋b，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(3k＋b＝0,b＝3)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(k＝－1,b＝3)))，∴直线BC的解析式为y＝－x＋3；设直线BD的解析式为y＝mx＋n，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(3m＋n＝0,n＝\f(3,2))))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,2),n＝\f(3,2))))，∴直线BD的解析式为y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2)；∵D是OC的中点，∴MN＝NH恒成立，设P(a，－a2＋2a＋3)，则M(a，－a＋3)，N(a，－eq\f(1,2)a＋eq\f(3,2))，∵PM＝MN，即－a2＋2a＋3－(－a＋3)＝(－a＋3)－(－eq\f(1,2)a＋eq\f(3,2))，解得a1＝3(舍)，a2＝eq\f(1,2)，∴a＝eq\f(1,2)，∴点P的坐标为(eq\f(1,2)，eq\f(15,4))，∴存在点P(eq\f(1,2)，eq\f(15,4))，使得PM＝MN＝NH；第27题解图(3)如解图，作PE⊥x轴，交BD于点E，∴△PQE∽△BOD，∵D是OC的中点，OB＝OC，∴eq\f(OD,OB)＝eq\f(QE,PQ)＝eq\f(1,2)，即PQ＝2EQ.∵S△PQB＝2S△QRB，∴PQ＝2RQ∴EQ＝RQ，∴△BRQ≌△PEQ，∴PE＝BR，设P点坐标(m，－m2＋2m＋3)，∵PR⊥BD，∴设直线PR的解析式为y＝2x＋b，代入点P，则b＝－m2＋3，∴直线PR的解析式为y＝2x－m2＋3，令y＝0，则x＝eq\f(m2－3,2)，∴BR＝3－eq\f(m2－3,2)＝－eq\f(m2,2)＋eq\f(9,2)，PE＝－m2＋2m＋3－(－eq\f(1,2)m＋eq\f(3,2))，∴|－m2＋2m＋3－(－eq\f(1,2)m＋eq\f(3,2))|＝－eq\f(m2,2)＋eq\f(9,2).①当－m2＋2m＋3－(－eq\f(1,2)m＋eq\f(3,2))＝－eq\f(m2,2)＋eq\f(9,2)，解得m1＝2，m2＝3(舍)，∴m＝2，∴点P的坐标为(2，3)；②－m2＋2m＋3－(－eq\f(1,2)m＋eq\f(3,2))＝eq\f(m2,2)－eq\f(9,2