1、2019201920202020 学年广东深圳市学年广东深圳市福田福田区区初初二二下下期中期中统统考考考考数学卷数学卷（含详解）（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 + 1 x) 2.下列不等式变形错误的是（ ） A. 若 ab，则 1-a1-b B. 若 abc，则 ab D. 若 mn，则 m x2+1 n x2+1 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
2、（ ） A B C D 4.如图，RtABC 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 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 6.如果不等式组x 5 x a的解集是 x5，则 a 的取值范围是（ ） A. a5 B. a5 C. a=5 D. a2x 的解集为（ ） A. x3 2 B. x 3 2 D. x3 8.如图，在ABC
3、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 9.如图，ODC 是由OAB 绕点 O 顺时针旋转 30后得到的图形，若点 D 恰好落在 AB 上，则ADO 的度数为（ ） A. 30 B. 60 C. 75 D. 80 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
4、转 60得到ACQ，点 D 是 AC 边 的中点，连接 DQ，则 DQ 的最小值是（ ） A. 22 B. 4 C. 23 D. 不能确定 . 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 ab”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=_ A o y x Q P CB A D C B A o D Q PC B A 14.已知如图等腰ABC，AB=AC，BAC=120,A
5、DBC 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_ ACM=ANM；ANM+NCB=90；NC=NM；AM+AN=AB. 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. （
6、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= 1 3x + 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. （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. E B D C A N M D CB A EB A
7、 o y x x y A BE o C P D 【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 PDAB 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+bc，故若要等式成立，则 a-b=0， 即 a=b
8、，故选 C. 6.【解析】由不等式组合解“同大取大”可得 a5，故选 B 7. 【解析】把 A 点坐标代入 y=2x 中，可得 A 点坐标为（3 2，3）,当不等式 ax+42x 时，即交点 A 左侧的图像的 x 的取值范围，故选 A 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=30，ADO=75，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
9、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AQCABP， 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：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；任意位置：题目给的原图 3 2 ax+42x y=ax+4 y=2x 即是点 Q 的任意位置；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
10、。 当 DQCE 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=23，故选 C . 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 ab，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=23
11、. 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=
12、2+5,1=5，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，正确； （3）再依解题思路的延续性，先证。由（1）中的1+2=30,和由（2）中的MCN=MNC=60,易证结论。 ANM+NCB=1+2+MNC=30+60=90,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
13、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AMNEMB 即可。由EAM=60AE=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AMNEMB，得 AN=AM，正确； 综上所述，均正确； E A B CP Q D 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
14、式“甲车蔬菜+乙车蔬菜30、甲车水果+乙车水 果13” ，可列不等式组为：4m + 2(10 m) 30 m + 2(10 m) 13 ，解得 5x7，x 为整数，x=5、6、7,共有三种方案。 分别是：方案：安排 5 辆甲种货车和 5 辆乙种货车；方案：安排 6 辆甲种货车和 4 辆乙种货车； 方案：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=2000 x+1500(10-x)=500 x+15000,5000，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
15、的最小值为 5005+15000=17500 元。即该村应选方案运费最少，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=410 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)； 当 AB=BM 时，以 B 为圆心，AB 长为半径
16、画圆，交 y 轴于点M2、M3，如图 2，由 BA=BM2= BM3=410,OB=3 可得 M2(0，410 + 3)、M3(0，410 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 RtOAM4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)、(0，410 + 4)、(0，410 4)、(0， 16) (3)由题可知 CD=2OB=8,DPx 轴,P(m,o)，D(m,m)，C(m, 1 3m + 4)，题目条件未明确 P 点在 A 点的左侧还是 右侧，即 D 点可在 C 点上方或下方，m-( 1 3m + 4)=8，解得 m=-3 或 9 5 4 3 2 1 图1 N M D CB A 7 6 4 3 2 1 图2 N M E D CB A 图1 M EB Ao y x M3 图2 M2 EB Ao y x 12 3-a 3 a M4 图3 B A o y x