2019—2020学年广东深圳市福田区初二下期中统考考数学卷（含详解）
一.选择题（每小题3分共36分）
1.下列等式从左到右的变形属于因式分解的是（ ）
A. a2−2a+1=(a−1)2 B. a(a+1)(a−1)=a3−a C. 6x2y3=2x2∙3x3 D. x2+1=x(x+)
x1
2.下列不等式变形错误的是（ ）
A. 若a>b，则1-a<1-b B. 若a 3.下列汽车标志中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． 4.如图，Rt△ABC中，∠C=90°，用尺规作图法作出射线AE，AE交BC于点D，CD=2，P为AB上一动点，则PD的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 无法确定 B． C． D． m n 5.已知a,b,c是△ABC的三条边，且满足a2−b2=c(a−b)，则△ABC是（ ） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 x>5 6.如果不等式组{的解集是x>5，则a的取值范围是（ ） x>a A. a≥5 B. a≤5 C. a=5 D. a<5 7.如图，函数y=ax+4和y=2x的图像交于点A(m,3)，则不等式ax+4>2x的解集为（ ） A. x<2 B. x<3 C. x>2 D. x>3 3 3 yAox 8.如图，在△ABC中，∠A是钝角，AB=20cm，AC=12cm，点P从点B出发以3cm/s的速度向点A运动，点Q同时从点A出发以2cm/s的速度向点C运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动.当△APQ是等腰三角形时，运动的时间是（ ） A. 2.5s B. 3s C. 3.5s D. 4s APBQC 9.如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转30º后得到的图形，若点D恰好落在AB上，则∠ADO的度数为（ ） A. 30º B. 60º C. 75º D. 80º ADBoC 10.已知等边△ABC的边长为8，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是（ ） A. 2√2 B. 4 C. 2√3 D. 不能确定 ADBPCQ. 二.填空题（每小题5分共20分） 11.把多项式a3b−9ab分解因式的结果是_____________ 12.命题“若a2>b2，则a>b”的逆命题是________命题（填“真”或“假”） 13.(含特殊角的Rt△)如图，△ABC中，∠ACB=90°，D,E是边AB上两点，且CD垂直平分BE，CE平分∠ACD，若BC=2，则AC=____ DEA BC 14.已知如图等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°,AD⊥BC于点D，点N是BA延长线上一点，点M是线段AD上一点，MN=MC，下列结论中正确的结论序号是_____________ ①∠ACM=∠ANM；②∠ANM+∠NCB=90°；③NC=NM；④AM+AN=AB. NAMB 15.(15分)新冠肺炎使得湖北的物资紧缺，为支援疫区，某村捐赠蔬菜30吨，水果13吨，现计划租用甲乙两种货车共10辆将这批物资全部运往港口。已知一辆甲种货车可装蔬菜和水果共5吨，其中可装的蔬菜重量（单位：吨）是其可装的水果重量的4倍；一辆乙种货车可装蔬菜水果各2吨； （1）一辆甲种货车可装蔬菜__________吨，水果_________吨； （2）该村安排甲乙两种货车时有几种方案？请你帮助设计出来. （3）若甲种货车每辆要付运费2000元，乙种货车每辆要付运费1500元，则该村应选择哪种方案使运费最少？最少运费是多少元？ 16.(15分)如图，直线y1=−x+b与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线y2=x交于点E，点E的横坐标为3. 31 DC （1）直接写出b的值：__________； （2）y轴上有点M，使得△ABM是等腰三角形，直接写出所有可能的点M的坐标； （3）在x轴上有一点P(m,0)，过点P作x轴的垂线，与直线y1交于点C，与直线y2交于点D，若CD=2OB，求m的值. yyDBoExABEoCAxP 【答案详解】 1.【解析】选项B：结果不是乘积式，错误；选项C：没分解，错误；选项D：结果不是整式，错误，故选A 2.【解析】选项C，当x为非正数时不成立，故选C 3.【解析】由轴对称图形及中心对称图形的定义可解答，选C 4.【解析】依点到直线的距离中垂线段最短，当PD⊥AB时PD最短，由作图痕迹可知射线AE是∠CAB的角平分线，由角平分线的性质可得PD=DC=2，故选A 5. 【解析】原方程可变形为：(a+b)(a-b)=c(a-b)，由三角形三边关系可知a+b>c，故若要等式成立，则a-b=0，即a=b，故选C. 6.【解析】由不等式组合解“同大取大”可得a≤5，故选B 7. 【解析】把A点坐标代入y=2x中，可得A点坐标为（2，3）,当不等式ax+4>2x时，即交点A左侧的图像的x的取值范围，故选A y=2xax+4>2x32y=ax+43 8.【解析】由选项可知，此题不存在分类讨论情形，由题可知BP=3t,AQ=2t，则AP=20-3t，当△APQ是等腰三角形时，AP=AQ，即20-3t=2t，解得t=4，故选D 9.【解析】由旋转性质可得OA=OD，已知∠AOD=30º，∴∠ADO=75º，故选C. 10. 【解析】 单一线段最值问题，解题方法是：转化成垂线段，利用定点与某直线上的点的所有连接线段中，垂线段最短解题。点D是定点，点Q是动点，只要能确定点Q在哪条直线上运动，就能作出垂线段。由旋转性质可得△AQC≌△ABP， P点的对应点是Q点，P动则Q动，且△APQ是等边三角形。可采用三个特殊位置法来确定点Q运动的路线：①初始位置：点P的初始位置就是点Q的初始位置，当点P与点B重合时，点Q与点C重合；②任意位置：题目给的原图即是点Q的任意位置；③终止位置：当点P与点C重合时，以AC边向右作等边三角形ACE，点Q与点E重合；所以点Q在线段CE上运动，如图。当DQ⊥CE时，DQ最短。由D是AC中点可知CD=4，由∠ACQ=∠B=60°可得∠DQC=30°，则CQ=2，由勾股定理可得DQ=2√3，故选C ADQBPCE. 11.【解析】用“提取公因式+平方差公式”分解，a3b−9ab=ab(a2−9)=ab(a+3)(a−3) 12.【解析】该命题的逆命题为“若a>b，则a2>b2”，是假命题，当a,b均为负数时不成立； 13.【解析】 由CD是线段BE的垂直平分线可得CE=BC=2,∠BCD=∠ECD，由CE平分∠ACD可得∠ACE=∠ECD，∴∠BCD=∠ECD=∠ACE=30°，∴∠DEC=60°，∴∠A=30°，∴AC=√3BC=2√3. 14.【解析】 （1）全等证明中的典型图形“8字模型”，由∠BAC=120°可得∠CAN=60°，只需证∠NMC=60°，利用“8字模型”便可得∠ACM=∠ANM。由于MN=MC，只需证△MNC是等边三角形即可，依等边三角形的判定性质“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”，故只需证∠MCN=60°或∠MNC=60°即可。不管证哪个角，都需要与等腰△ABC中已知的角建立起联系，从原图上看不出它们之间有什么联系，故需要添加辅助线，由于AD是垂直平分线，它的辅助线只有一种：连接BM，如图1，则BM=MC、BM=MN，则∠2=∠4，∠3=∠1，由题易知∠ABC=30°，∴∠1+∠2=30°,∵∠ACB=30°=∠2+∠5,∴∠1=∠5，①正确.（附：典型图形“”8字模型这在小问中起的作用是思路的“突破口”） （2）利用解题思路的延续性，先证第③条，只需证△MNC是等边三角形，与（1）的分析思路联系最紧密。在△BMN中，易知∠BCN+∠BNC=150°，即∠2+∠MCN+∠1+∠MNC=150°,∵∠1+∠2=30°, ∠MCN=∠MNC,∴∠MCN=∠MNC=60°,∴△MNC是等边三角形，③正确； （3）再依解题思路的延续性，先证②。由（1）中的∠1+∠2=30°,和由（2）中的∠MCN=∠MNC=60°,易证②结论。 ∠ANM+∠NCB=∠1+∠2+∠MNC=30°+60°=90°,②正确； （4）数学典型题型：线段和差问题，解题方法：截长补短。如图2，在AB上取一点E，使AE=AM，则所证结论“AM+AN=AB”即转化为“AM+AN=BE+AE”，故只需证AN=BE即可，只需证△AMN≌△EMB即可。由∠EAM=60°AE=AM可知△AME是等边三角形，易得∠6=∠7=120°，由（1）可知BM=MN，∠3=∠4，所以由AAS可得△AMN≌△EMB，得AN=AM，④正确； 综上所述，①②③④均正确； NAM31NE6AM17B45D图12CB34D图22C 15. 【解析】 （1）由等量关系式“蔬菜=4×水果、蔬菜+水果=5”，列一元一次方程或二元一次方程组均易得一辆甲种货车可装蔬菜4吨，水果1吨； （2）设安排甲种货车x辆，则乙种货车（10-x）辆，由不等关系式“甲车蔬菜+乙车蔬菜≥30、甲车水果+乙车水果4m+2(10−m)≥30≥13”，可列不等式组为：{，解得5≤x≤7，∵x为整数，∴x=5、6、7,∴共有三种方案。分 m+2(10−m)≥13别是：方案①：安排5辆甲种货车和5辆乙种货车；方案②：安排6辆甲种货车和4辆乙种货车； 方案③：安排7辆甲种货车和3辆乙种货车； （3）设总运费为y元，由等量关系式“总运费=甲车辆数×每辆运费+乙车辆数×每辆运费”可列代数式为： y=2000x+1500(10-x)=500x+15000,∵500>0，∴y随x的增大而增大，当x取最小值时y有最小值，∴当x=5时y的最小值为500×5+15000=17500元。即该村应选方案①运费最少，最少为17500元。 16.【解析】 (1)先求E点坐标，再代入可得b值； ∵E点在y2直线上，且E点横坐标为3，可得E点坐标为（3，3），又∵E点在y1直线上，把E点坐标代入，可得b=4； (2) 等腰三角形的分类讨论方法：两圆一线。由题可得A(12,0),B(0,4),则AB=4√10 ①当AB=AM时，以A为圆心，AB长为半径画圆，交y轴于点M，如图1，由等腰三角形“三线合一”可得OB=OM=3,∴M(0,-3)； ②当AB=BM时，以B为圆心，AB长为半径画圆，交y轴于点M2、M3，如图2，由BA=BM2= BM3=4√10,OB=3可得M2(0，4√10+3)、M3(0，4√10−3)； ③当AM=BM时，作AB的垂直平分线，交y轴于M4，如图3，设M4(0,a)，则BM4=3-a，连接AM4，由垂直平分线性质可得AM4=BM4=3-a，在Rt△OAM4中，由勾股定理可列方程为：a2+122=(3−a)2，解得a=22.5，∴M4(0，−22.5) 综上所述，M点坐标为：(0,-4)、(0，4√10+4)、(0，4√10−4)、(0，−16) (3)由题可知CD=2OB=8,∵DP⊥x轴,P(m,o)，∴D(m,m)，C(m,−3m+4)，∵题目条件未明确P点在A点的左侧还是 1 13 右侧，即D点可在C点上方或下方，∴｜m-(−m+4)｜=8，解得m=-3或9 yM2yyB3BEoMxABExA图2ooMx123-a图3aM4A图13 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容