2020-2021学年江西省赣州市经开区教研室初一（下）期中考试数学试卷新人教版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市经开区教研室初一（下）期中考试数学试卷新人教版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在平面直角坐标系中，点A2,3所在象限是( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 下列各式计算正确的是( )
A.38=±2B.3−1=−1C.4=±2D.±9=3

3. 如图，下列关于小明家相对学校的位置描述最准确的是( )

A.距离学校1200m处
B.北偏东60∘方向上的1200m处
C.南偏西30∘方向上的1200m处
D.南偏西60∘方向上的1200m处

4. 如图所示，不能证明AB//CD的是( )

A.∠BAC=∠ACDB.∠ABC=∠DCE
C.∠DAC=∠BCAD.∠ABC+∠DCB=180∘

5. 下列命题：①平行于同一直线的两直线平行；②带根号的数都是无理数；③如果a2=b2，那么a=b；④过一点有且只有一条直线与已知直线平行．其中真命题是( )
A.①B.②C.③D.④

6. 如图，在平面直角坐标系中，OA1=1，将边长为1的正方形一边与x轴重合按图中规律摆放，其中相邻两个正方形的间距都是1，则点A2021的坐标为( )

A.1009,1B.1010,1C.1011,0D.(1011,−1)
二、填空题

把命题“两个锐角的和是锐角”改写成“如果……，那么……”的形式是________.

已知32.37≈1.333，323.7≈2.872，则30.0237≈________.

如图，在直角三角形ABC中， ∠C=90∘，CD⊥AB于点D，AD=1cm，AC=2cm，CD=3cm，那么点C到AB的距离是________.


如图，将一张含有30∘角的三角形纸片的两个顶点叠放在长方形的两条对边上，若∠2=64∘，则∠1的度数是________.


有一个数值转换器，原理如下：当输入的x为16时，输出的y值是________.


如果点Px,y的坐标满足x+y=xy，那么称点P为“美丽点”，若某个“美丽点”P到y轴的距离为2，则点P的坐标为________.
三、解答题


(1)求x的值：4x2=25；

(2)计算：16−3−27−|3−2|．

小明和爸爸、妈妈到汉字公园游玩，回到家后，他利用平面直角坐标系画出了公园景区地图，如图所示．可是他忘记了在图中标出原点，x轴及y轴．只知道长廊E的坐标为(4,−3)和农家乐B的坐标为−5,3，请你帮他画出平面直角坐标系，并写出其他各点的坐标．


用一张面积为64cm2的正方形纸片，沿着边的方向裁出一个长宽之比为4:3的长方形纸片（裁剪方式见示意图），该长方形纸片的面积可能是60cm2吗？请通过计算说明．


补全证明过程：
已知，如图，∠1=∠2，∠A=∠D，求证：∠B=∠C．
证明：∵ ∠1=∠2（已知），
∠1=∠3（________）
∴ ∠2=∠3（等量代换）
∴ ________（同位角相等，两直线平行）
∴ ∠C=∠4（________）
∵ ∠A=∠D，
∴ AB//CD（________）
∴ ∠B=________（两直线平行，内错角相等）
又∵ ∠C=∠4（已证）
∴ ∠B=∠C（________）


已知实数a，b满足|a+1|+18−b=0．
(1)求a，b的值；

(2)求4a+5b的立方根．

已知，三角形ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A−2,3，B2,1，C0,5.

(1)画出三角形ABC先向右平移4格，再向上平移3格得到的三角形A1B1C1；

(2)若点Pa,b是三角形ABC内部一点，则平移后三角形A1B1C1内的对应点P1的坐标是________；

(3)求三角形ABC面积．

已知平面直角坐标系中一点P2m+4,m−1．试分别根据下列条件，求出点P坐标．
(1)点P在y轴上；

(2)点A的坐标是2,4，且直线PA与x轴平行．

如图，三角形ABC，点D，E，F分别在AB，AC，BC上，且CD⊥AB于D，CD⊥EF于G， ∠1=∠B．

(1)求证：DE//BC；

(2)若EF平分∠DEC，∠B=2∠ACB，求∠B的度数．

如图，长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，A点的坐标为4,0，C点的坐标为0,6，点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−A−B−C−O的路线移动（即：沿着长方形移动一周）

(1)写出点B的坐标；

(2)当点P移动了4秒时，求出点P的坐标；

(3)在移动过程中，当点P到x轴距离为5个单位长度时，求点P移动的时间．

依照平方根（二次方根）和立方根（三次方根）的定义可给出四次方根、五次方根的定义：①如果x4=a(a≥0)，那么x叫做a的四次方根；②如果x5=a，那么x叫做a的五次方根．请依据以上定义，解决下列问题：
(1)求81的四次方根；

(2)求−32的五次方根；

(3)求下列各式中未知数x的值：
①x4=16；②100000x5=243．

如图AB//CD，点A，E，C不在同一条直线上．

(1)如图1，求证： ∠E+∠C−∠A=180∘；

(2)如图2，直线FA，CP交于点P，且∠BAE=2∠BAF，∠DCE=2∠DCP，
①探究∠E与∠APC的数量关系；
②如图3，延长CE交直线PF于点Q，若AE//PC ，∠BAQ=α0∘<α<45∘，直接写出∠PQC的度数（用含α的式子表示）．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市经开区教研室初一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
点的坐标
【解析】
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限+,+；第二象限−,+；第三象限−,−；第四象限+,−．根据各象限内点坐标特征解答．
【解答】
解：四个象限的符号特点分别是：第一象限+,+；第二象限−,+；第三象限−,−；第四象限+,−．
则点A2,3所在象限为第一象限．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
平方根
立方根的应用
算术平方根
【解析】
利用根式的运算求解即可.
【解答】
解：A，38=2，该选项错误；
B，3−1=−1，该选项正确；
C，4=2，该选项错误；
D，±9=±3，该选项错误.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
方向角
【解析】
根据以正西，正南方向为基准，结合图形得出南偏西的角度和距离来描述物体所处的方向进行描述即可．
【解答】
解：由图形知，小明家在学校的南偏西60∘方向上的1200m处.
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
平行线的判定
【解析】
利用平行线的判定进行求解即可.
【解答】
解：A，由∠BAC=∠ACD，根据内错角相等，两直线平行可以得到AB//CD；
B，由∠ABC=∠DCE，根据同位角相等，两直线平行可以得到AB//CD；
C，由∠DAC=∠BCA不能得到AB//CD；
D，由∠ABC+∠DCB=180∘，根据同旁内角互补，两直线平行可以得到AB//CD.
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
真命题，假命题
平行公理及推论
平方根
【解析】
利用平行线的性质分析①④；利用无理数的识别判定②，利用平方的性质判定③，即可得到答案.
【解答】
解：①平行于同一直线的两直线平行，正确；
②带根号的数都是无理数，错误，例如4是有理数；
③如果a2=b2那么a=b，错误，例如(−1)2=12，但−1≠1；
④过一点有且只有一条直线与已知直线平行，错误，当该点在直线上时，不存在直线与已知直线平行．
其中真命题是①.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
规律型：点的坐标
【解析】
根据横坐标，纵坐标的变化规律，每8个点看作一次循环，再根据点A2021在第253个循环中的第5个点的位置，即可得出点A2021的坐标．
【解答】
解：由图可得，第一个正方形中，A11,0，A21,1，A32,1，A42,0，
各点的横坐标依次为1 ，1，2，2，纵坐标依次为0 ，1 ，1，0；
第二个正方形中，A53,0，A63,−1，A74,−1，A84,0，
各点的横坐标依次为3，3，4，4，纵坐标依次为0，−1，−1，0；
根据纵坐标的变化规律可知，每8个点一次循环.
∵ 2016÷8=252，
∴ 点A2021在第253个循环中的第5个点的位置，
故其纵坐标为0.
又A5的横坐标为3，A13的横坐标为7，A21的横坐标为11，
∴ A2021的横坐标为1011，
∴ 点A2021的坐标为1011,0.
故选C.
二、填空题
【答案】
如果两个角都是锐角，那么这两个角的和也是锐角
【考点】
命题与定理
【解析】
先找到命题的题设和结论，再写成“如果…那么…”的形式．
【解答】
解：因为原命题的题设为：两个角都是锐角，
结论为：这两个角的和也是锐角，
所以把命题“两个锐角的和是锐角”改写成“如果……，那么……”的形式是：
如果两个角都是锐角，那么这两个角的和也是锐角.
故答案为：如果两个角都是锐角，那么这两个角的和也是锐角.
【答案】
0.2872
【考点】
立方根的应用
【解析】
根据立方根的定义，所求数的被开方数的小数点是将323.7≈2.872，的被开方数的小数点向左移动了三位得到的，所以所求数的值是323.7的110.
【解答】
解：∵ 323.7≈2.872，
∴ 30.0237≈2.872×110≈0.2872.
故答案为：0.2872.
【答案】
3cm
【考点】
点到直线的距离
【解析】
根据点到直线的距离的概念：直线外一点到这条直线的垂线段的长度即为该点到这条直线的距离作答．
【解答】
解：点C到直线AB的距离就是过点C作直线AB的垂线，其垂线段CD的长度可表示距离．
∴ 点C到AB的距离=CD=3cm.
故答案为：3cm.
【答案】
34∘
【考点】
平行线的性质
【解析】
依据平行线的性质，即可得到∠2=∠3=64∘，再根据三角形外角性质，可得∠3=∠1+30∘，进而得出∠1.
【解答】
解：如图.
∵ 纸片的对边平行，
∴ ∠3=∠2=64∘，
∴∠4=180∘−∠3=116∘.
∵∠1+30∘+∠4=180∘，
∴∠1=180∘−30∘−116∘=34∘.
故答案为：34∘.
【答案】
2
【考点】
算术平方根
无理数的识别
【解析】
本题先求出16的算术平方根式4，再求出4的算术平方根式2，最后求出2的算术平方根是2即可求出y的值．
【解答】
解：当输入的值为x=16时，16=4，
∵ 4是有理数，
∴ 继续输入；
当x=4时，4=2，
∵ 2是有理数，
∴ 继续输入；
当x=2时，取算术平方根为2，
∵ 2是无理数，
∴ 输出的数为y=2.
故答案为：2.
【答案】
2,2或−2,23
【考点】
点的坐标
解一元一次方程
定义新符号
【解析】
直接利用某个“美丽点”到y轴的距离为2，得出x的值，进而求出y的值求出答案．
【解答】
解：设P点的坐标为x,y.
∵“美丽点”P到y轴的距离为2，
∴|x|=2，
∴x=±2.
将x=2代入x+y=xy得y+2=2y，解得y=2，
∴P点的坐标为2,2；
将x=−2代入x+y=xy得y−2=−2y，解得y=23，
∴P点的坐标为−2,23.
综上所述，所求P点的坐标为2,2或−2,23.
故答案为：2,2或−2,23.
三、解答题
【答案】
解：(1) x2=254，
x=±52 .
(2)原式=4+3−2+3
=5+3.
【考点】
实数的运算
平方根
绝对值
立方根的应用
算术平方根
【解析】


【解答】
解：(1) x2=254，
x=±52 .
(2)原式=4+3−2+3
=5+3.
【答案】
解：由题意可知，本题是以点D为坐标原点0,0，DA为y轴的正半轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则A，C，F的坐标分别为：A0,4，C−3,−2，F5,5．
【考点】
位置的确定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，本题是以点D为坐标原点0,0，DA为y轴的正半轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则A，C，F的坐标分别为：A0,4，C−3,−2，F5,5．
【答案】
解：设长方形纸片的长为4xcm，宽为3xcm，
则4x⋅3x=60，
即x2=5，
开方得x=5（舍去负值）.
∵ 64=8，
∴ 45>8，
∴ 不能裁剪出符合条件的长方形．
【考点】
算术平方根在实际问题中的应用
估算无理数的大小
【解析】

【解答】
解：设长方形纸片的长为4xcm，宽为3xcm，
则4x⋅3x=60，
即x2=5，
开方得x=5（舍去负值）.
∵ 64=8，
∴ 45>8，
∴ 不能裁剪出符合条件的长方形．
【答案】
证明：∵ ∠1=∠2 （已知），
∠1=∠3（对顶角相等），
∴ ∠2=∠3（等量代换），
∴ BF//CE（同位角相等，两直线平行），
∴ ∠C=∠4（两直线平行，同位角相等）．
∵ ∠A=∠D，
∴ AB//CD（内错角相等，两直线平行），
∴ ∠B=∠4（两直线平行，内错角相等）．
又∵ ∠C=∠4（已证），
∴ ∠B=∠C（等量代换）．
【考点】
平行线的判定与性质
【解析】
无
【解答】
证明：∵ ∠1=∠2 （已知），
∠1=∠3（对顶角相等），
∴ ∠2=∠3（等量代换），
∴ BF//CE（同位角相等，两直线平行），
∴ ∠C=∠4（两直线平行，同位角相等）．
∵ ∠A=∠D，
∴ AB//CD（内错角相等，两直线平行），
∴ ∠B=∠4（两直线平行，内错角相等）．
又∵ ∠C=∠4（已证），
∴ ∠B=∠C（等量代换）．
【答案】
解：(1)∵ |a+1|≥0，18−b≥0且|a+1|+18−b=0，
∴ |a+1|=0，18−b=0，
∴ a=−1，b=18．
(2)4a+5b=−4+58=−278，
∴ 34a+5b=3−278=−32．
【考点】
非负数的性质：绝对值
非负数的性质：算术平方根
实数的运算
立方根的应用
【解析】


【解答】
解：(1)∵ |a+1|≥0，18−b≥0且|a+1|+18−b=0，
∴ |a+1|=0，18−b=0，
∴ a=−1，b=18．
(2)4a+5b=−4+58=−278，
∴ 34a+5b=3−278=−32．
【答案】
解：(1)如图所示：三角形A1B1C1即为所求的三角形.
P1(a+4,b+3)
(3)如图.
S△ABC=S正方形MNBP−S△APB−S△AMC−S△BNC
=4×4−12×2×4−12×2×2−12×2×4
=6.
【考点】
作图-平移变换
坐标与图形变化-平移
三角形的面积
【解析】
(1)利用平移变换作出图形即可；
(2)根据向右平移横坐标加，向上平移纵坐标加，直接写出答案即可；
(3)利用S△ABC=S正方形MNBP−S△APB−S△AMC−S△BNC求解即可.
【解答】
解：(1)如图所示：三角形A1B1C1即为所求的三角形.
(2)根据向右平移横坐标加，向上平移纵坐标加，可得P1(a+4,b+3).
故答案为：P1(a+4,b+3).
(3)如图.
S△ABC=S正方形MNBP−S△APB−S△AMC−S△BNC
=4×4−12×2×4−12×2×2−12×2×4
=6.
【答案】
解：(1)由题意可知： 2m+4=0，
解得m=−2，
∴ 点P(0,−3)．
(2)由题意可知：m−1=4，
解得m=5，
∴ 2m+4=14，
∴ 点P(14,4)．
【考点】
点的坐标
位置的确定
【解析】


【解答】
解：(1)由题意可知： 2m+4=0，
解得m=−2，
∴ 点P(0,−3)．
(2)由题意可知：m−1=4，
解得m=5，
∴ 2m+4=14，
∴ 点P(14,4)．
【答案】
(1)证明：∵ CD⊥AB，CD⊥EF，
∴ ∠BDC=∠FGC=90∘，
∴ EF//AB ，
∴ ∠B=∠EFC．
又∵ ∠B=∠1，
∴ ∠1=∠EFC，
∴ DE//BC．
(2)解：设∠ACB=x，则∠1=∠B=2∠ACB=2x.
∵ EF平分∠DEC，
∴ ∠CEF=∠1=2x.
∵ DE//BC，
∴ ∠DEC+∠ACB=180∘，
∴ x+2x+2x=180∘，
∴ x=36∘，
∴ ∠B=2x=72∘．
【考点】
平行线的判定
平行线的性质
角平分线的定义
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵ CD⊥AB，CD⊥EF，
∴ ∠BDC=∠FGC=90∘，
∴ EF//AB ，
∴ ∠B=∠EFC．
又∵ ∠B=∠1，
∴ ∠1=∠EFC，
∴ DE//BC．
(2)解：设∠ACB=x，则∠1=∠B=2∠ACB=2x.
∵ EF平分∠DEC，
∴ ∠CEF=∠1=2x.
∵ DE//BC，
∴ ∠DEC+∠ACB=180∘，
∴ x+2x+2x=180∘，
∴ x=36∘，
∴ ∠B=2x=72∘．
【答案】
4,6
(2)∵点P移动了4秒时的距离是2×4=8，OA=4，
∴PA=4，
∴点P的坐标为4,4.
3当点P在AB边上时，t=(4+5)÷2=4.5s；
当点P在OC边上时，t=[(4+6)×2−5]÷2=7.5s.
【考点】
点的坐标
有理数的混合运算
【解析】
(1)根据矩形的性质以及点的坐标的定义写出即可；
(2)先求得点P运动的距离，从而可得到点P的坐标；
3根据矩形的性质以及点到x轴的距离等于纵坐标的长度求出OP，再根据时间=路程÷速度列式计算即可得解．
【解答】
解：(1)∵A点的坐标为4,0 ，C点的坐标为0,6，
∴OA=4，OC=6，
∴点B4,6.
故答案为：4,6.
(2)∵点P移动了4秒时的距离是2×4=8，OA=4，
∴PA=4，
∴点P的坐标为4,4.
3当点P在AB边上时，t=(4+5)÷2=4.5s；
当点P在OC边上时，t=[(4+6)×2−5]÷2=7.5s.
【答案】
解：(1)∵ ±34=81，
∴ 81的四次方根为±3.
(2)∵ −25=−32，
∴ −32的五次方根为−2.
(3)①∵ x4=16，±24=16，
∴ x=±2；
②∵ x5=243100000，3105=243100000，
∴ x=310.
【考点】
平方根
立方根的实际应用
有理数的乘方
【解析】
（1）利用题中四次方根的定义求解；
（2）利用题中五次方根的定义求解；
（3）分别利用四次方根和五次方根的定义求解．
【解答】
解：(1)∵ ±34=81，
∴ 81的四次方根为±3.
(2)∵ −25=−32，
∴ −32的五次方根为−2.
(3)①∵ x4=16，±24=16，
∴ x=±2；
②∵ x5=243100000，3105=243100000，
∴ x=310.
【答案】
(1)证明：过点E作EF//AB，如图1，
∵EF//AB，
∴∠AEF=A，
∵AB//CD，
∴EF//CD，
∴∠C+∠CEF=180∘，
∵∠CEF=∠CEA−∠AEF，
∴∠CEF=∠CEA−∠A，
∴∠C+∠CEA−∠A=180∘.
(2)①过点E作EQ//PF，交CP于Q，如图2，
∵EQ//PF，
∴∠P=∠EQC，∠FAE=∠AEQ.
∵∠CEQ+∠EQC+∠ECQ=180∘，
∴∠CEQ+∠P+∠ECQ=180∘，
∵∠BAE=2∠BAF，
∴∠EAF=12∠BAE，
∵∠DCE=2∠DCP，
∴∠CEQ=∠AEC−∠AEQ
=∠AEC−∠FAE
=∠AEC−12∠BAE，
∴∠AEC−12∠BAE+∠P+12∠ECD=180∘，
∴∠AEC+12（∠ECD−∠BAE）+∠P=180∘，
由(1)知：∠AEC+∠ECD−∠BAE=180∘，
∴∠ECD−∠BAE=180∘−∠AEC，
∴∠AEC+12(180∘−∠AEC）+∠P=180∘，
∴12∠AEC+∠P=90∘；
②由①知，∠QAE=∠BAQ=α，12∠AEC+∠P=90∘，
∴∠AEC=180∘−2∠P，
∴ ∠AEQ=180∘−∠AEC=2∠P.
∵AE//PC，
∴∠P=∠QAE=α.
∵∠AEQ+∠PQC+∠QAE=180∘，
∴2∠P+∠PQC+∠QAE=180∘，
即180∘=∠PQC+3α，
∴∠PQC=180∘−3α.
【考点】
平行线的性质
平行公理及推论
角的计算
角平分线的定义
三角形内角和定理
【解析】
(2)过点E作EF//AB，则EF//AB//CD，利用平行线的性质即可得出结论
(2)①过点E作EQ//PF，交CP于Q，利用平行线性质与三角形内角和定理求解；
②利用①的关系各平行线的性质求解.
【解答】
(1)证明：过点E作EF//AB，如图1，
∵EF//AB，
∴∠AEF=A，
∵AB//CD，
∴EF//CD，
∴∠C+∠CEF=180∘，
∵∠CEF=∠CEA−∠AEF，
∴∠CEF=∠CEA−∠A，
∴∠C+∠CEA−∠A=180∘.
(2)①过点E作EQ//PF，交CP于Q，如图2，
∵EQ//PF，
∴∠P=∠EQC，∠FAE=∠AEQ.
∵∠CEQ+∠EQC+∠ECQ=180∘，
∴∠CEQ+∠P+∠ECQ=180∘，
∵∠BAE=2∠BAF，
∴∠EAF=12∠BAE，
∵∠DCE=2∠DCP，
∴∠CEQ=∠AEC−∠AEQ
=∠AEC−∠FAE
=∠AEC−12∠BAE，
∴∠AEC−12∠BAE+∠P+12∠ECD=180∘，
∴∠AEC+12（∠ECD−∠BAE）+∠P=180∘，
由(1)知：∠AEC+∠ECD−∠BAE=180∘，
∴∠ECD−∠BAE=180∘−∠AEC，
∴∠AEC+12(180∘−∠AEC）+∠P=180∘，
∴12∠AEC+∠P=90∘；
②由①知，∠QAE=∠BAQ=α，12∠AEC+∠P=90∘，
∴∠AEC=180∘−2∠P，
∴ ∠AEQ=180∘−∠AEC=2∠P.
∵AE//PC，
∴∠P=∠QAE=α.
∵∠AEQ+∠PQC+∠QAE=180∘，
∴2∠P+∠PQC+∠QAE=180∘，
即180∘=∠PQC+3α，
∴∠PQC=180∘−3α.