2019北京人大附中初一（下）期末数学（教师版）

这是一份2019北京人大附中初一（下）期末数学（教师版），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算与求解，解答题，解答题[本题12分，每题6分）等内容，欢迎下载使用。
2019北京人大附中初一（下）期末数    学一、选择题（本题共36分，每小题3分）1．（3分）平面直角坐标系内，点到轴的距离是　　A．3 B．4 C．5 D．或72．（3分）下列说法不一定成立的是　　A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则3．（3分）下列各选项的结果表示的数中不是无理数的是　　A．如图，直径为单位1的圆从数轴上的原点沿着数轴无滑动地顺时针滚动一周到达点，点表示的数 B．5的算术平方根 C．9的立方根 D．4．（3分）如果多边形的每一个内角都是，那么这个多边形的边数是　　A．8 B．10 C．12 D．165．（3分）如图是北京市地铁部分线路示意图．若分别以正东、正北方向为轴，轴的正方向建立平面直角坐标系，表示西单的点的坐标为，表示雍和宫的点的坐标为，则表示南锣鼓巷的点的坐标是　　A． B． C． D．6．（3分）如图，处在处的北偏东方向，处在处的北偏西方向，则等于　　A． B． C． D．7．（3分）下列等式正确的是　　A． B． C． D．8．（3分）如图天平右盘中的每个砝码的质量都是，则物体的质量的取值范围在数轴上可表示为　　A． B． C． D．9．（3分）若一个等腰三角形的两边长分别为4和10，则这个三角形的周长为　　A．18 B．22 C．24 D．18或2410．（3分）已知点在第二象限，则的取值范围是　　A． B． C． D．11．（3分）已知图中的两个三角形全等，则等于　　 A．  B．C．  D．12．（3分）不等式组无解，则的取值范围是　　A． B． C． D．二、填空题（本题共22分，每题2分）13．（2分）代数式在实数范围内有意义，则的取值范围是　　．14．（2分）用一组，的值说明命题“若，则是错误的，这组值可以是　　．（按顺序分别写出、的值）15．（2分）点向下平移3个单位，再向右平移5个单位后的点的坐标为　　．16．（2分）如图，是的边上的中线，是的边上的中线，若的面积是16，则的面积是　　．17．（2分）如图，等腰直角三角板的顶点，分别在直线，上．若，，则的度数为　　．18．（2分）已知：、为两个连续的整数，且，则　　．19．（2分）某宾馆在重新装修后，准备在大厅主楼梯上铺设某种红色地毯，主楼梯道宽2米，其侧面如图所示，则购买地毯至少需要　　平方米．20．（2分）关于，的二元一次方程经的解满足，则的取值范围是　　．21．（2分）如图，若，，，、交于点，则的度数为　　．22．（2分）阅读下面材料．数学课上，老师提出如下问题：尺规作图：作一角等于已知角。已知：∠AOB求作：∠FBE，使得∠FBE=∠AOB，小明解答如图所示，其中他所画的弧是以为圆心，以长为半径的弧老师说：“小明作法正确．”请回答小明的作图依据是：　　
23．（2分）已知，为互质（即，除了1没有别的公因数）的正整数，由个小正方形组成的矩形，如图示意，它的对角线穿过的小正方形的个数记为．小明同学在方格图中经过动手试验，在下面的表格中填入不同情形下的各个数值，于是猜想与，之间满足线性的数量关系．23434647 请你模仿小明的方法，填写上表中的空格，并写出与，的数量关系式为　　．三、计算与求解（本题共12分，每小题12分）24．（12分）（1）计算：；（2）解方程组：；（3）解不等式组，并求它的所有整数解．  四、解答题：（本题共18分，每题6分）25．（6分）已知：如图，为上一点，点，分别在两侧，，，．求证：．
26．（6分）如图，，，、分别平分与，交对边于、，且，过作交于．（1）在右下图中作出线段和（不要求尺规作图）；（2）求的大小；小亮同学请根据条件进行推理计算，得出结论，请你在括号内注明理由证明：、分别平分与，（已知），．　　，（已知），（等式的性质），（已知）．　　．　　（已知）（两直线平行，同旁内角互补）于（已知）（垂直的定义）在中，　　27．（6分）在一次活动中，主办方共准备了3600盆甲种花和2900盆乙种花，计划用甲、乙两种花搭造出、两种园艺造型共50个．搭造要求的花盆数如下表所示：造型甲乙90盆30盆40盆100盆请问符合要求的搭造方案有几种？请写出具体的方案．
五、解答题[本题12分，每题6分）28．（6分）已知在中，，，，的三条角平分线，，交于点，过向三边作垂线，垂足分别为，，，如图所示（1）若，，，求的大小；（2）用，阝，表示的表达式为　　；（要求表达式最简）（3）若，，判断的形状并说明理由．29．（6分）平面直角坐标系内，已知点，是轴上一点，过作的垂线交轴于，则称为点的一个关联点．（1）写出点的不同的两个关联点的坐标是　　、　　；（2）若点的关联点满足，求出点坐标；（3）已知．若点、点均在所在坐标轴的正半轴上运动，求的面积最大值，并说明理由．
六、附加题加题分6分计入总分，但总分不超过100分30．综合性学习小组设计了如图1所示四种车轮，车轮中心的初始位置在同一高度，现将每种车轮在水平面上进行无滑动滚动，若某个车轮中心的运动轨迹如图2所示，请利用刻度尺、量角器等合适的工具作出判断，该轨迹对应的车轮是　　．31．在中，，若，且能分为两个等腰三角形，则　　．32．规定：满足（1）各边互不相等且均为整数：（2）最短边上的高与最长边上的高的比值为整数，这样的三角形称为比高三角形，其中叫做比高系数．根据规定解答下列问题：（1）周长为13的比高三角形的比高系数　　；（2）比高三角形三边与它的比高系数之间满足，求的周长的最小值．
2019北京人大附中初一（下）期末数学参考答案一、选择题（本题共36分，每小题3分）1．【分析】根据点到轴的距离是点的横坐标的绝对值，可得答案．【解答】解：点到轴的距离是3，故选：．【点评】本题考查了点的坐标，点到轴的距离是点的纵坐标的绝对值，点到轴的距离是点的横坐标的绝对值．2．【分析】根据不等式的性质，可得答案．【解答】解：、两边都加不等号的方向不变，故不符合题意；、两边都减不等号的方向不变，故不符合题意；、时，，故符合题意；、，则，故不符合题意；故选：．【点评】本题考查了不等式的性质，熟记不等式的性质是解题关键．3．【分析】根据题意，直径为单位1的圆从数轴上的原点沿着数轴无滑动地顺时针滚动一周到达点，则原点到点的长为圆的周长，求圆的周长即可判断选项；通过算术平方根和立方根的计算即可判断其它选项．【解答】解：、由题意可知原点到点的长是圆的周长，而圆的周长，所以点表示的数是．是无理数，这个选项错误；、5的算术平方根是无理数，这个选项错误；、9的立方根是无理数，这个选项错误；、，12是有理数，这个选项正确；故选：．【点评】本题考查的是数轴上两点间的距离、算术平方根和立方根，正确理解题意，明确原点到点长度的实际意义是解决本题的关键．4．【分析】设这个多边形的边数为，根据多边形的外角和是360度求出的值即可．【解答】解：多边形的各个内角都等于，每个外角为，设这个多边形的边数为，则，解得．故选：．【点评】本题考查的是多边形的内角与外角，解答此类问题时要找到不变量，即多边形的外角和是这一关键．5．【分析】由西单和雍和宫的坐标建立平面直角坐标系，然后写出坐标即可．【解答】解：根据题意可建立如下所示平面直角坐标系，则表示南锣鼓巷的点的坐标是，故选：．【点评】此题考查坐标确定位置，本题解题的关键就是确定坐标原点和，轴的位置．6．【分析】根据方向角的定义，即可求得，，的度数，即可求解．【解答】解：如图，，是正南正北方向，，，，，，故选：．【点评】本题主要考查了方向角的定义，正确理解定义是解题的关键．7．【分析】原式利用平方根定义及二次根式的性质判断即可得到结果．【解答】解：、原式，错误；、原式，错误；、原式没有意义，错误；、原式，正确，故选：．【点评】此题考查了算术平方根，以及平方根，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．8．【分析】根据图示，可得不等式组的解集，可得答案．【解答】解：由图示得，故选：．【点评】本题考查了在数轴上表示不等式的解集，先求出不等式的解集，再在数轴上表示出来，注意，不包括点1、2，用空心点表示．9．【分析】根据等腰三角形的两边长分别为4和10，分两种情况讨论：4为腰时；10为腰时；再由三角形的三边关系定理得出结论．【解答】解：一个等腰三角形的两边长分别为4和10，当4为腰时，三边长分别为4，4，10，，不成立；当10为腰时，三边长分别为4，10，10，三角形的周长为．故选：．【点评】本题考查了等腰三角形的性质及三角形的三边关系定理；分类讨论后一定要进行验证这是正确解答本题的关键．10．【分析】根据点的坐标得出不等式组，再求出不等式组的解集即可．【解答】解：点在第二象限，，解得：，故选：．【点评】本题考查了解一元一次不等式组和点的坐标，能根据题意得出不等式组是解此题的关键．11．【分析】根据三角形内角和定理求得；然后由全等三角形是性质得到．【解答】解：如图，由三角形内角和定理得到：．图中的两个三角形全等，．故选：．【点评】本题考查了全等三角形的性质，解题的关键是找准对应角．12．【分析】先把当作已知条件求出各不等式的解集，再根据不等式组无解求出的取值范围即可．【解答】解：，由①得，，由②得，，原不等式组无解，，解得．故选：．【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．二、填空题（本题共22分，每题2分）13．【分析】先根据二次根式有意义的条件列出关于的不等式，求出的取值范围即可．【解答】解：在实数范围内有意义，，解得．故答案为：．【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0．14．【分析】举出一个反例：，，说明命题“若，则”是错误的即可．【解答】解：当，时，满足，但是，命题“若，则”是错误的．故答案为：、．（答案不唯一）【点评】此题主要考查了命题与定理，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．15．【分析】根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得．【解答】解：点向下平移3个单位，再向右平移5个单位后的点的坐标为，即，故答案为：．【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化，关键是掌握点的坐标平移后的变化规律．16．【分析】根据题意和的面积是16，可以得到的面积，本题得以解决．【解答】解：是的边上的中线，是的边上的中线，的面积等于的面积，的面积等于的面积，的面积是16，的面积和的面积都是8，的面积和的面积都是4，故答案为：4．【点评】本题考查三角形的面积，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．17．【分析】由等腰直角三角形的性质和平行线的性质求出，即可得出的度数．【解答】解：如图所示：是等腰直角三角形，，，，，，；故答案为：【点评】本题考查了平行线的性质、等腰直角三角形的性质；熟练掌握等腰直角三角形的性质，由平行线的性质求出的度数是解决问题的关键．18．【分析】先估算出的取值范围，得出、的值，进而可得出结论．【解答】解：，，，，．故答案为：7．【点评】本题考查的是估算无理数的大小，先根据题意算出的取值范围是解答此题的关键．19．【分析】根据题意，结合图形，先把楼梯的横竖向上向右平移，构成一个矩形，再求得其面积．【解答】解：如图，利用平移线段，把楼梯的横竖向上向右平移，构成一个矩形，长宽分别为5.8米，2.6米，所以 地毯的长度为米，地毯的面积为平方米．故答案是：16.8．【点评】考查了生活中的平移现象．解决此题的关键是要利用平移的知识，把要求的所有线段平移到一条直线上进行计算．20．【分析】向将两个方程相加得出，由知，解之可得．【解答】解：两方程相加可得，则，，，则，解得，故答案为：．【点评】本题主要考查解一元一次不等式，解题的关键是掌握解一元一次不等式的步骤和解二元一次方程组的依据．21．【分析】先根据已知条件求出，根据全等得出，然后利用三角形的外角的性质即可得出答案．【解答】解：，，，，，，故答案为：．【点评】本题考查了全等三角形的性质和三角形内角和定理的应用，注意：全等三角形的对应角相等，对应边相等．22．【分析】利用“”可证明，从而可得到．【解答】解：由作法得，，所以．所以，故答案为．【点评】本题考查了作图基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．23．【分析】根据表格的信息，即可发现，即可求解．【解答】解：根据表格信息，即可发现．故第一空为10，数量关系为：．故答案为：10；．【点评】本题考查观察能力，和寻找规律的能力，属于拔高训练题．三、计算与求解（本题共12分，每小题12分）24．【分析】（1）化简二次根式和三次根式，根据绝对值的性质化简，然后合并即可；（2）利用加减消元法求解即可；（3）先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分．【解答】解：（1）原式；（2）①②得：，解得，把代入①得，解得，故方程组的解为；（3）解①得：，解②得：，则不等式的解集为：，它的所有整数解是4，5，6．【点评】本题考查了解一元一次不等式（组，解答本题的关键是掌握不等式的解法，注意求解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．四、解答题：（本题共18分，每题6分）25．【分析】根据推出，再利用判定从而得出．【解答】证明：，．在和中，，．．【点评】本题是一道很简单的全等证明，纵观近几年北京市中考数学试卷，每一年都有一道比较简单的几何证明题：只需证一次全等，无需添加辅助线，且全等的条件都很明显．26．【分析】（1）利用几何语言画出对应的几何图形；（2）先利用角平分线定义得到，，再利用等量代换得到，则可判断，利用平行线的性质得到，然后根据三角形内角和计算的度数．【解答】解：（1）如图，、为所作；（2）小亮同学请根据条件进行推理计算，得出结论，请你在括号内注明理由证明：、分别平分与，（已知），．（角平分线的定义），（已知），（等式的性质），（已知）．（等量代换）．（内错角相等，两直线平行）（已知）（两直线平行，同旁内角互补）于（已知）（垂直的定义）在中，（三角形内角和定理）．故答案为角平分线的定义；等量代换；内错角相等，两直线平行；三角形内角和定理．【点评】本题考查了作图基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．27．【分析】设需要搭造个种造型，则需要搭造种造型个，根据造型搭配的方法、造型搭配的方法及甲乙花卉的数量可列出不等式组，求出不等式组的解即可．【解答】解：设需要搭造个种造型，则需要搭造种造型个，依据题意得，，解得：，只能取整数，、31或32；第一种方案：种造型30个，种造型20个；第二种方案：种造型31个，种造型19个；第三种方案：种造型32个，种造型18个．【点评】本题考查了一元一次不等式组的应用，与实际结合得比较紧密，根据、造型的搭配方法得出不等式组是解答本题的关键，另外得出的范围后要分类讨论，不要遗漏．五、解答题[本题12分，每题6分）28．【分析】（1）根据四边形的内角和与平角的定义可得的度数；（2）同理可得的度数；（3）同理表示和，代入，可得结论．【解答】解：（1）四边形中，平分，，，，，，；（2）四边形中，平分，，，，，，；故答案为：；（3）是直角三角形，理由是：由（2）知：；四边形中，同理，；同理得：，，且，，，，，，是直角三角形．【点评】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和为．也考查了三角形角平分线与四边形的内角和以及三角形外角性质．29．【分析】（1）根据关联点的定义可得点的两个关联点；（2）作辅助线证明，得，列方程组，解出可得的坐标；（3）作辅助线，利用面积差可得的面积，利用二次函数的最值可得结论．【解答】解：（1）如图1，过作轴于，轴于，，，即，，是点的一个关联点，同理得：也是点的一个关联点；故答案为：，；（2）如图2，过作轴于，轴于，易得，，点的关联点是，，，，①，②，由①②得：，，；（3）如图3，作轴，作于，作轴，作于，，，由（2）同理得：，，，，，，，，，，当时，有最大值是．【点评】本题是三角形和二次函数综合题，解（1）的关键是利用关联点的定义；解（2）的关键是利用关联点定义得出方程组；解（3）的关键是与二次函数相结合解决问题．六、附加题加题分6分计入总分，但总分不超过100分30．【分析】观察图象2可知，显然车轮不是．根据圆心角的大小即可判断．当时，对应的车轮是，当时，对应的车轮，当时，对应的车轮是．【解答】解：通过测量可知，所以对应的车轮是，故答案为．【点评】本题考查轨迹，正多边形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．31．【分析】在中构建一截线，满足把分成两个等腰三角形，分四种情况画图讨论：分别过顶点和，如图所示，分别求出的度数．【解答】解：如图1，刀痕为时，则，，，如图2，刀痕为时，则，，，如图3，刀痕为时，则，，，，，，如图4，刀痕为时，则，，，，，，综上所述，则的度数：或或．故答案为：或或．   【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的外角定理，熟练掌握等边对等角，等角对等边是本题的关键；明确三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．32．【分析】（1）根据定义结合三角形的三边关系“任意两边之和第三边，任意两边之差第三边”，进行分析；（2）设，，，根据题干条件和比高三角形的知识，可得，然后解方程，根据方程有整数根，进一步解得、、的值．并通过三角形两边之和大于第三边，三角形两边之差小于第三边验证．【解答】解：（1）根据定义和三角形的三边关系，知：此三角形的三边是2，5，6或3，4，6．则或3．（2）①，，且，，即，又，将代入并化简得②．方程②有整数根，所以△为完全平方数，当△时，设为正整数）      ③．方程③有整数根，所以△为完全平方数，设为正整数）．或，解得或（非正整数，舍去）．，代入方程③解得，代入方程②，解得．，，．，不符合三角形三边关系，题目无解；当△，即或（不合题意，舍去）时，由方程②解得，；，即；；又，，，、、满足题意，．故答案为：（1）2或3．【点评】本题主要考查三角形三边关系的知识点，解答本题的关键是理解题干条件：比高三角形的概念，根据比高三角形的知识可以解答第一问，第二问难度有点大，主要是利用方程的整数根的知识点进行解答，此题难度较大．