2020-2021学年湖北省荆州市某校初一（下）期中考试数学试卷新人教版

这是一份2020-2021学年湖北省荆州市某校初一（下）期中考试数学试卷新人教版，共10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. 如图所示的图案分别是奔驰、奥迪、大众、三菱汽车的车标，其中，可以看作由“基本图案”经过平移得到的是（ ）
A.B.
C.D.

2. 在数−3.14，2，0，π，16，0.1010010001…中无理数的个数有( )
A.1个B.2个C.3个D.4个

3. 如图a//b，∠3=108∘，则∠1的度数是( )

A.72∘B.80∘C.82∘D.108∘

4. 关于x，y的方程组{x+py=0，x+y=3的解是{x=1，y=Δ，其中y的值被盖住了，不过仍能求出p的值，则p的值是( )
A.−12B.12C.−14D.14

5. 如图，点E在BC的延长线上，由下列条件不能得到AB // CD的是( )

A.∠1=∠2B.∠B=∠DCE
C.∠3=∠4D.∠D+∠DAB=180∘

6. 玩具车间每天能生产甲种玩具零件24个或乙种玩具零件12个，若甲种玩具零件一个与乙种玩具零件2个能组成一个完整的玩具，怎样安排生产才能在60天内组装出最多的玩具？设生产甲种玩具零件x天，乙种玩具零件y天，则有( )
A.{x+y=60，24x=12yB.{x+y=60，12x=24y
C.{x+y=60，2×24x=12yD.{x+y=60，24x=2×12y

7. 平面直角坐标系中，点A(−3,2)，B(3,4)，C(x,y)，若AC//x轴，则线段BC的最小值为( )
A.6 B.3C.2D.1

8. 下列命题：①同旁内角互补；②过一点有且只有一条直线与已知直线平行；③实数与数轴上的点一一对应；④−42=−4；⑤负数有立方根，没有平方根．其中是真命题的个数是( )
A.1个B.2个C.3个D.4个

9. 已知点P的坐标为a,ba>0，点Q的坐标为c,2，且|a−c|+b−8=0，将线段PQ向右平移a个单位长度，其扫过的面积为24，那么bc的值为( )
A.12B.16C.32D.64

10. 如图，已知四边形ABCD的顶点为A1,2，B−1,2，C−1,−2，D(1,−2)，点M和点N同时从E0,2点出发，沿四边形的边做环绕匀速运动，M点以1单位/s的速度做逆时针运动，N点以2单位/s的速度做顺时针运动，则点M和点N第2021次相遇时的坐标为( )

A.0,2B.−1,−1C.1,1D.1,−1
二、填空题

2−5的值________0（填“大于”、“小于”或“等于”）

已知a+2b=103，3a+4b=163，则a+b的值为________．

如图，将一张长方形纸片ABCD沿EF折叠，使顶点C，D分别落在点C′，D′处，C′E交AF于点G，若∠CEF=80∘，则∠GFD′=________．


纸箱里有红黄绿三色球共68个，其中红球与黄球的比为1:2，黄球与绿球的比为3:4，则黄球有________个．

如图，平面直角坐标系中的图案是由五个边长为1的正方形组成的．A(a, 0)，B(3, 3)，连接AB的线段将图案的面积分成相等的两部分，则a的值是________．


对于平面直角坐标系xOy中的点P(a, b)，若点P′的坐标为(a+kb, ka+b)（其中k为常数，且k≠0），则称点P′为点P的“k属派生点”，例如：P(1, 4)的“2属派生点”为P′(1+2×4, 2×1+4)，即P′(9, 6)．若点P在x轴的正半轴上，点P的“k属派生点”为P′点．且线段PP′的长度为线段OP长度的3倍，则k的值为________．
三、解答题

计算.
(1)|3−2|−−32+29；

(2)解方程组：3x+4y=19,①x−y=4.②

如图，直线AB，CD相交于点O，OM⊥AB．

(1)若∠1=∠2，证明：ON⊥CD；

(2)若∠1=14∠BOC，求∠BOD的度数．

已知某正数的两个不同的平方根是3a−14和a+2；b+11的立方根为−3；c是6的整数部分；
求3a−b+c的平方根．

甲、乙两人共同解方程组ax+5y=15,①4x−by=−2.②由于甲看错了方程①中的a，得到方程组的解为x=−3,y=−1;乙看错了方程②中的b，得到方程组的解为x=5,y=4. 求a2019+−b102021的值.

已知如图，三角形ABC过点A作∠DAE=∠BAC，且AD// BC，∠1=∠2．

(1)求证AB // DE；

(2)若已知AE平分∠BAC，∠C=35∘，求∠BAD的度数．

已知M3|a|−9,4−2a在y轴负半轴上，直线MN//x轴，且线段MN长度为4.
(1)求2−a2020+1的值；

(2)求N点坐标.

体育器材室有A，B两种型号的实心球，1只A型球与1只B型球的质量共7千克，3只A型球与1只B型球的质量共13千克．
(1)每只A型球、B型球的质量分别是多少千克？

(2)现有A型球、B型球的质量共17千克，则A型球、B型球各有多少只？

如图1，在平面直角坐标系中，A(a, 0)，C(b, 2)，且满足|a+2|=−b−2，过C作CB⊥x轴于B.

(1)直接写出点A，B，C的坐标A________，B________，C________；

(2)若过B作BD // AC交y轴于D，且AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，如图2，求∠AED的度数；

(3)在y轴上是否存在点P，使得△ABC和△ACP的面积相等？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省荆州市某校初一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
生活中的平移现象
【解析】
根据平移不改变图形的形状和大小，将题中所示的图案通过平移后可以得到的图案是B．
【解答】
解：观察图形可知，图案B可以看作由“基本图案”经过平移得到．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
无理数的判定
无理数的识别
【解析】
由于无理数就是无限不循环小数，利用无理数的概念即可判定选择项．
【解答】
解：在数−3.14，2，0，π，16，0.1010010001…中，16=4，
∴ 无理数有2，π，0.1010010001…共3个．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
平行线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a//b，
∴ ∠1=∠2.
又∵ ∠2+∠3=180​∘，∠3=108​∘，
∴ ∠2=72​∘，
∴ ∠1=72​∘.
故选A.
4.
【答案】
A
【考点】
二元一次方程组的解
【解析】
在x+y=3中，根据x的数值可求y，将x和y的数值代入x+py=0，求出p的数值即可．
【解答】
解：根据题意，将x=1代入x+y=3，可得y=2，
将x=1，y=2代入x+py=0，得：1+2p=0，
解得：p=−12.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
平行线的判定
【解析】
根据平行线的判定定理进行逐一分析解答即可．
【解答】
解：A，正确，符合内错角相等，两条直线平行的判定定理；
B，正确，符合同位角相等，两条直线平行的判定定理；
C，错误，若∠3=∠4，则AD // BE；
D，正确，符合同旁内角互补，两条直线平行的判定定理.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
由实际问题抽象出二元一次方程组
【解析】
设生产甲种玩具零件x天，乙种玩具零件y天，根据总天数是60天，可得x+y=60，根据根据乙种零件应是甲种零件的2倍，可列方程为2×24x=12y，从而列出方程组．
【解答】
解：根据总天数是60天，可得x+y=60；
根据乙种零件应是甲种零件的2倍，可列方程为2×24x=12y，
则可列方程组为x+y=60，2×24x=12y.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
垂线段最短
点的坐标
【解析】
本题主要考查的是垂线段的性质、点的坐标的定义．
【解答】
解：如图所示：
由垂线段最短可知：当BC⊥AC时，BC有最小值．
∴点C的坐标为3,2，线段BC的最小值为2．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
真命题，假命题
平行公理及推论
算术平方根
立方根的性质
【解析】
根据平行线的性质、平行公理、实数与数轴、平方根和立方根的概念判断即可．
【解答】
解：①两直线平行，同旁内角互补，故说法错误，是假命题；
②过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故说法错误，是假命题；
③实数与数轴上的点一一对应，故说法正确，是真命题；
④−42=4，故错误，是假命题；
⑤负数有立方根，没有平方根，故说法正确，是真命题.
综上，真命题的个数是2个.
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
非负数的性质：算术平方根
非负数的性质：绝对值
平移的性质
【解析】
利用非负数的性质求出b的值，推出a=c，推出PQ=6，根据PQ向右平移a个单位长度，其扫过的面积为24，推出a=4即可解决问题．
【解答】
解：∵ |a−c|+b−8=0，
又∵ a−c≥0，b−8≥0，
∴ a−c=0，b−8=0，
∴ a=c，b=8，
∴ Pa,8，Qa,2，
∴ PQ=6，
∴ 线段PQ向右平移a个单位长度，其扫过的面积为24，
∴ a=4，
∴ a=c=4，
∴ bc=32.
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
坐标与图形性质
规律型：点的坐标
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A1,2，B−1,2，C−1,−2，D1,−2，
AB=2，BC=4.
设点M和点N第2021次相遇时的时间为x，
根据题意得：1+2x=2021×2×4+2，
解得：x=8084.
M和点N第2021次相遇时，点M走过的路程为x=8084，
矩形ABCD的周长为12，8084=673×12+8，
∴ M和点N第2021次相遇时的位置在点(1,−1)．
故选D.
二、填空题
【答案】
小于
【考点】
估算无理数的大小
无理数的大小比较
【解析】
根据5<4=2即可求解．
【解答】
解：∵5>4=2，
∴2−5<0．
故答案为：小于．
【答案】
1
【考点】
加减消元法解二元一次方程组
整式的加减
【解析】
用方程3a+4b=163减去a+2b=103，即可得出2a+2b＝2，进而得出a+b＝1．
【解答】
解：∵ a+2b=103①，3a+4b=163②，
②−①，得2a+2b=2，
∴ a+b=1．
故答案为：1.
【答案】
20∘
【考点】
平行线的性质
翻折变换（折叠问题）
【解析】
根据两直线平行，内错角相等求出∠EFG，再根据平角的定义求出∠EFD，然后根据折叠的性质可得∠EFD′＝∠EFD，再根据图形，∠GFD′＝∠EFD′−∠EFG，代入数据计算即可得解．
【解答】
解：矩形纸片ABCD中，AD // BC，
∵ ∠CEF=80∘，
∴ ∠EFG=∠CEF=80∘，
∴ ∠EFD=180∘−80∘=100∘，
根据折叠的性质，∠EFD′=∠EFD=100∘，
∴ ∠GFD′=∠EFD′−∠EFG，
=100∘−80∘，
=20∘．
故答案为：20∘.
【答案】
24
【考点】
三元一次方程组的应用
【解析】
设红色球由x个，黄色球有y个，绿色球有z个，根据“红球与黄球的比为1:2，黄球与绿球的比为3:4，纸箱内共有68个球”列出方程组并解答即可．
【解答】
解：设红色球由x个，黄色球有y个，绿色球有z个，
依题意得：x+y+z=68，y=2x，3z=4y，
解得x=12，y=24，z=32，
即红色球由12个，黄色球有24个，绿色球有32个．
故答案为：24．
【答案】
23
【考点】
坐标与图形性质
三角形的面积
【解析】
把图形补成正方形，然后根据梯形的面积公式与三角形的面积公式表示出被分成两个部分的面积，然后列出方程求解即可．
【解答】
如图，由题意得，12(3+a)×3−3×12=12×(3−a)×3−12，
整理得，6a=4，
解得a=23．
故答案为：23.
【答案】
±3
【考点】
坐标与图形性质
【解析】
设P(m, 0)(m>0)，由题意：P′(m, mk)，根据PP′＝3OP，构建方程即可解决问题；
【解答】
解：设P(m, 0)(m>0)，由题意：P′(m, mk)，
∵ PP′=3OP，
∴mk=3m，
∵ m>0，
∴k=3，
∴ k=±3．
故答案为：±3.
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=2−3−3+6
=5−3.
(2)解方程组：3x+4y=19,①x−y=4.②
由②，得x=4+y，③
把③代入①，得3(4+y)+4y=19，
解得y=1.
把y=1代入③，得x=4+1=5.
∴ 原方程组的解为x=5,y=1.
【考点】
算术平方根
绝对值
代入消元法解二元一次方程组
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)原式=2−3−3+6
=5−3.
(2)解方程组：3x+4y=19,①x−y=4.②
由②，得x=4+y，③
把③代入①，得3(4+y)+4y=19，
解得y=1.
把y=1代入③，得x=4+1=5.
∴ 原方程组的解为x=5,y=1.
【答案】
(1)证明：∵ OM⊥AB，
∴ ∠AOM=∠BOM=90∘，
∴ ∠1+∠AOC=90∘.
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠2+∠AOC=90∘，
即∠CON=90∘，
∴ ON⊥CD.
(2)解：∵ ∠1=14∠BOC，
∴ ∠BOM=3∠1=90∘，
解得：∠1=30∘，
∴ ∠BOD=90∘−30∘=60∘．
【考点】
垂线
角的计算
【解析】
（1）利用垂直的定义得出∠2+∠AOC=90∘，进而得出答案；
（2）根据题意得出∠1的度数，即可得出∠BOD的度数．
【解答】
(1)证明：∵ OM⊥AB，
∴ ∠AOM=∠BOM=90∘，
∴ ∠1+∠AOC=90∘.
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠2+∠AOC=90∘，
即∠CON=90∘，
∴ ON⊥CD.
(2)解：∵ ∠1=14∠BOC，
∴ ∠BOM=3∠1=90∘，
解得：∠1=30∘，
∴ ∠BOD=90∘−30∘=60∘．
【答案】
解：∵ 某正数的两个平方根分别是3a−14和a+2，
∴ 3a−14+a+2=0，
∴ a=3.
又∵ b+11的立方根为−3，
∴ b+11=−33=−27，
∴ b=−38.
又∵ c是6的整数部分，
∴ c=2．
当a=3，b=−38，c=2时，
3a−b+c=3×3−−38+2=49，
∴ 3a−b+c的平方根是±7 ．
【考点】
算术平方根
平方根
估算无理数的大小
列代数式求值
立方根的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 某正数的两个平方根分别是3a−14和a+2，
∴ 3a−14+a+2=0，
∴ a=3.
又∵ b+11的立方根为−3，
∴ b+11=−33=−27，
∴ b=−38.
又∵ c是6的整数部分，
∴ c=2．
当a=3，b=−38，c=2时，
3a−b+c=3×3−−38+2=49，
∴ 3a−b+c的平方根是±7 ．
【答案】
解：将x=−3，y=−1代入②中，得−12+b=−2，解得b=10.
将x=5,y=4代入①中，得5a+20=15，解得a=−1.
∴ a2019+−b102021=−12019+−12021=−1−1=−2.
【考点】
二元一次方程组的解
有理数的乘方
【解析】
暂无
【解答】
解：将x=−3，y=−1代入②中，得−12+b=−2，解得b=10.
将x=5,y=4代入①中，得5a+20=15，解得a=−1.
∴ a2019+−b102021=−12019+−12021=−1−1=−2.
【答案】
(1)证明：∵ AD//BC，
∴ ∠DAE=∠2.
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠DAE=∠1.
∵ ∠DAE=∠BAC，
∴ ∠BAC=∠1，
∴ AB// DE.
(2)解：∵ AD// BC，
∴ ∠C=∠DAC=35∘.
∵ ∠DAE=∠BEA，AE平分∠BAC，
∴ ∠BAE=∠EAC=∠DAC=35∘，
∴ ∠BAD=∠BAE+∠EAC+∠CAD=105∘．
【考点】
平行线的判定与性质
角平分线的定义
【解析】
（1）根据平行线的性质得出∠DAE＝∠2，求出∠BAC＝∠1，根据平行线的判定得出即可；
（2）根据角平分线的定义得出∠BAE＝∠CAE，根据∠DAE＝∠BEA求出∠BAE＝∠EAC＝∠DAC，根据平行线的性质得出∠C＝∠DAC，求出∠C＝∠BAE＝∠DAC＝35∘，即可得出答案．
【解答】
(1)证明：∵ AD//BC，
∴ ∠DAE=∠2.
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠DAE=∠1.
∵ ∠DAE=∠BAC，
∴ ∠BAC=∠1，
∴ AB// DE.
(2)解：∵ AD// BC，
∴ ∠C=∠DAC=35∘.
∵ ∠DAE=∠BEA，AE平分∠BAC，
∴ ∠BAE=∠EAC=∠DAC=35∘，
∴ ∠BAD=∠BAE+∠EAC+∠CAD=105∘．
【答案】
解：(1)∵ M3|a|−9,4−2a在y轴负半轴上，
∴ 3|a|−9=0，且4−2a<0，
解得a=3，
∴ 2−a2020+1
=2−32020+1
=1+1
=2.
(2)由(1)可得M(0, −2)，
∵ 直线MN//x 轴，
∴ 设Nx,−2.
又∵ 线段MN长度为4，
∴ MN=|x−0|=|x|=4.
∴ x=±4.
∴ N4,−2或−4,−2.
【考点】
点的坐标
有理数的乘方
求坐标系中两点间的距离
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)∵ M3|a|−9,4−2a在y轴负半轴上，
∴ 3|a|−9=0，且4−2a<0，
解得a=3，
∴ 2−a2020+1
=2−32020+1
=1+1
=2.
(2)由(1)可得M(0, −2)，
∵ 直线MN//x 轴，
∴ 设Nx,−2.
又∵ 线段MN长度为4，
∴ MN=|x−0|=|x|=4.
∴ x=±4.
∴ N4,−2或−4,−2.
【答案】
解：(1)设每只A型球、B型球的质量分别是x千克、y千克，
根据题意可得：x+y=7，3x+y=13，
解得：x=3，y=4，
答：每只A型球的质量是3千克、B型球的质量是4千克.
(2)现有A型球、B型球的质量共17千克，
设A型球1个，设B型球a个，则3+4a=17，
解得：a = 72（不合题意舍去）；
设A型球2个，设B型球b个，则6+4b=17，
解得：b = 114（不合题意舍去）；
设A型球3个，设B型球c个，则9+4c=17，
解得：c=2；
设A型球4个，设B型球d个，则12+4d=17，
解得：d = 54（不合题意舍去）；
设A型球5个，设B型球e个，则15+4e=17，
解得：e=12（不合题意舍去），
综上所述，A型球、B型球各有3只、2只．
【考点】
二元一次方程组的应用——其他问题
一元一次方程的应用——其他问题
【解析】
（1）直接利用1只A型球与1只B型球的质量共7千克，3只A型球与1只B型球的质量共13千克得出方程求出答案；
（2）利用分类讨论得出方程的解即可．
利用分类讨论得出方程的解即可．
【解答】
解：(1)设每只A型球、B型球的质量分别是x千克、y千克，
根据题意可得：x+y=7，3x+y=13，
解得：x=3，y=4，
答：每只A型球的质量是3千克、B型球的质量是4千克.
(2)现有A型球、B型球的质量共17千克，
设A型球1个，设B型球a个，则3+4a=17，
解得：a = 72（不合题意舍去）；
设A型球2个，设B型球b个，则6+4b=17，
解得：b = 114（不合题意舍去）；
设A型球3个，设B型球c个，则9+4c=17，
解得：c=2；
设A型球4个，设B型球d个，则12+4d=17，
解得：d = 54（不合题意舍去）；
设A型球5个，设B型球e个，则15+4e=17，
解得：e=12（不合题意舍去），
综上所述，A型球、B型球各有3只、2只．
【答案】
(−2, 0),(2,0),(2, 2)
(2)如图2，作EH // AC，
∵ BD // AC，
∴ BD // EH，
∵ BD // AC，
∴ ∠ABD=∠CAB，
∴ ∠CAB+∠ODB=90∘，
∵ AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，
∴ ∠CAE=12∠CAB，∠EDB=12∠ODB，
∴ ∠CAE+∠EDB=45∘，
∵ EH // AC，BD // EH，
∴ ∠AEH=∠CAE，∠DEH=∠EDB，
∴ ∠AED=∠AEH+∠DEH=45∘.
(3)设存在点P，使得△ABC和△ACP的面积相等.
①当P在y轴正半轴上时，如图②，
设P(0, t)，
过P作MN // x轴，AN // y轴，BM // y轴，
∵ S△APC =S梯形MNAC−S△ANP −S△CMP =4，
∴ 4(t−2+t)2−t−(t−2)=4，解得t=3；
②当P在y轴负半轴上时，如图③，
∵ S△APC =S梯形MNAC −S△ANP−S△CMP =4，
∴ 4(−t+2−t)2+t−(2−t)=4，解得t=−1，
∴ P(0, −1)或(0, 3)．
∴ 存在点P(0, 3)或(0, −1)，使得△ABC和△ACP的面积相等．
【考点】
非负数的性质：绝对值
非负数的性质：算术平方根
平行线的性质
角平分线的定义
三角形的面积
【解析】
（1）根据非负数的性质求出a、b，根据三角形的面积公式计算即可；
（2）作EH // AC，根据平行线的性质得到∠ABD=∠CAB，得到∠CAB+∠ODB=90∘，根据角平分线的定义、平行线的性质计算即可；
（3）根据三角形中位线定理求出OD，设点P的坐标为：(0, y)，根据三角形的面积公式列出方程，解方程即可．
【解答】
解：(1)由题意得，a+2=0，b−2=0，
解得，a=−2，b=2，
则A(−2, 0)，C(2, 2)，B(2,0)
故答案为：(−2, 0)；(2,0)；(2, 2).
(2)如图2，作EH // AC，
∵ BD // AC，
∴ BD // EH，
∵ BD // AC，
∴ ∠ABD=∠CAB，
∴ ∠CAB+∠ODB=90∘，
∵ AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，
∴ ∠CAE=12∠CAB，∠EDB=12∠ODB，
∴ ∠CAE+∠EDB=45∘，
∵ EH // AC，BD // EH，
∴ ∠AEH=∠CAE，∠DEH=∠EDB，
∴ ∠AED=∠AEH+∠DEH=45∘.
(3)设存在点P，使得△ABC和△ACP的面积相等.
①当P在y轴正半轴上时，如图②，
设P(0, t)，
过P作MN // x轴，AN // y轴，BM // y轴，
∵ S△APC =S梯形MNAC−S△ANP −S△CMP =4，
∴ 4(t−2+t)2−t−(t−2)=4，解得t=3；
②当P在y轴负半轴上时，如图③，
∵ S△APC =S梯形MNAC −S△ANP−S△CMP =4，
∴ 4(−t+2−t)2+t−(2−t)=4，解得t=−1，
∴ P(0, −1)或(0, 3)．
∴ 存在点P(0, 3)或(0, −1)，使得△ABC和△ACP的面积相等．