2019年四川省乐山市初中学业水平考试数学试题

数 学

本试题卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），共8页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效．满分150分．考试时间120分钟．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．考生作答时，不能使用任何型号的计算器．

第Ⅰ卷（选择题 共30分）

注意事项：

1．选择题必须使用2B铅笔将答案标号填涂在答题卡对应题目标号的位置上． 2．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求． 一、选择题：本大题共10个小题，每小题3分，共30分． 1.3的绝对值是

2.下列四个图形中，可以由图1通过平移得到的是

(A) (B) (C) (D) 图1 3.小强同学从1，0，1，2，3，4这六个数中任选一个数，满足不等式x12的概率是

4.a一定是

(A)正数 (B)负数 (C)0 (D)以上选项都不正确

5.如图2，直线a∥b，点B在a上，且ABBC.若135,那么2等于

B1bC2a2x63x6.不等式组x2x1的解集在数轴上表示正确的是 0A45图2 7.《九章算术》第七卷“盈不足”中记载：“今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四.问人数、物价各几何？”译为：“今有人合伙购物，每人出8钱，会多3钱；每人出7钱，又差4钱。问人数、物价各多少？”根据所学知识，计算出人数、物价分别是 (A)1,11

(B)7,53 (C)7,61 (D)6,50

8.把边长分别为1和2的两个正方形按图3的方式放置.则图中阴影部分的面积为 (A)1 6 (B)1 3(C)11 (D) 21AEBC于点E，现9. 如图4，在边长为3的菱形ABCD中，B30，过点A作图3

将△ABE沿直线AE翻折至△AFE的位置，AF与CD交于点G.则CG等于 (A)31

31 (B)1 (C) (D)

22AGFD12BC（0,3）为圆心，EC2为x4与x轴交于A、B两点，P是以点4图4

半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连结OQ.则线段OQ的最大值是

10.如图5，抛物线y (A)3 (B)41 2(C)7 (D)4 2第Ⅱ卷（非选择题 共120分）

注意事项 图5 1．考生使用黑色墨汁签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答，答在试题卷上无效．

2．作图时，可先用铅笔画线，确认后再用黑色墨汁签字笔描清楚．

3．解答题应写出文字说明、证明过程或推演步骤． 4．本部分共16个小题，共120分． 二、填空题：本大题共6个小题，每小题3分，共18分． 11.1的相反数是 ▲ . 2

12.某地某天早晨的气温是2℃,到中午升高了6℃，晚上又降低了7℃.那么晚上的温度是 ▲ C. 13.若392.则3mnm2n

 ▲ .

14.如图6，在△ABC中，B30，AC2,cosC

15.如图7，点P是双曲线C：y

3.则AB边的长为 ▲ . 5A4

（x0）上的一点，过点P作x轴的垂线交直线 x

30°1BC AB：yx2于点Q，连结OP，OQ.当点，且点P在Q的 P在曲线C上运动

2图6

上方时，△POQ面积的最大值是 ▲ .

B30,直线lAB.当直线l沿射线BC 16.如图8.1，在四边形ABCD中，AD∥BC，

方向，从点B开始向右平移时，直线l与四边形ABCD的边分别相交于点E、F.设直线l图7

向 右平移的距离为x，线段EF的长为y，且y与x的函数关系如图8.2所示，则四边形

ABCD的周长是 ▲ .

三、本大题共3个小题，每小题9分，共27分.

11017.计算：20192sin30.

218.如图9，点A、B在数轴上，它们对应的数分别为2，距离相等.求x的值.

B19.如图10，线段AC、BD相交于点E,AEDE ,BEACE.求证：BC.

x，且点A、B到原点的 x1

四、本大题共3个小题，每小题10分，共30分． 20.化简：

-20AD图9 Ex2x1xx.

x21x1B22C21.如图11，已知过点B(1,0)的直线l1与直线l2：y2x4相交于点图P(10 1,a). （1）求直线l1的解析式； （2）求四边形PAOC的面积.

22.某校组织学生参加“安全知识竞赛”（满分为30分），测试结束后，张老师从七年级720l1名学生中随机地抽取部分学生的成绩绘制了条形统计图，如图12所示．试根据统计图提供CPl2y的信息，回答下列问题：

人数男生人数女生人数AOBx14（1）张老师抽取的这部分学生中，共有 ▲ 名男生， ▲ 名女生； 图11 12（2）张老师抽取的这部分学生中，女生成绩的众数是 ▲ ； ．．．．（3）若将不低于27分的成绩定为优秀，请估计七年级720名学生中成绩为优秀的学生人810数大约是多少. 五、本大题共2个小题，每小题10分，共20分. 2x的一元二次方程x(k4)x4k0. 23. 已知关于022k为任何实数，此方程总有两个实数根；2324252627（1）求证：无论 282930分数2图12 113，求k的值； （2）若方程的两个实数根为x1、x2，满足x1x24（3）若RtABC的斜边长为5，另外两边的长恰好是方程的两个根x1、x2，求RtABC 的内切圆半径.

24.如图13，直线l与⊙O相离，OAl于点A，与⊙O相交于点P，OA5.C是直线l上一点，连结CP并延长交⊙O于另一点B，且ABAC. （1）求证：AB是⊙O的切线；

O（2）若⊙O的半径为3，求线段BP的长.

六、本大题共2个小题，第25题12分，第26题13分，共25分. 25.在△ABC中，已知D是BC边的中点，过G点的直线分别交AB、G是△ABC的重心，PBAC于点E、F.

（1）如图14.1，当EF∥BC时，求证：

CAlBECF1； AEAF图13

（2）如图14.2，当EF和BC不平行，且点E、F分别在线段AB、AC上时，（1）

中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由.

（3）如图14.3，当点E在AB的延长线上或点F在AC的延长线上时，（1）中的结论

是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由.

AAAE26. 如图15，已知抛物线ya(x2)(x6)与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，G3F且tanCAB.设抛物线的顶点为EM，对称轴交x轴于点N. 2EGFGD图14.3 （1）求抛物线的解析式；

图14.1

BDCBD图14.2

CBCF（2）P为抛物线的对称轴上一点，Q(n,0)为x轴上一点，且PQPC. ①当点P在线段MN(含端点)上运动时，求n的变化范围； ②当n取最大值时，求点P到线段CQ的距离；

③当n取最大值时，将线段．．CQ向上平移t个单位长度，使得线段．．CQ与抛物线有两个交点，求t的取值范围.

乐山市2019年初中学业水平考试

数学参及评分意见

第Ⅰ卷（选择题 共30分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.

1. (A) 2. (D)

3. (C) 4.(D) 5. (C)

6. (B) 7. (B) 8. (A) 9.(A) 10. (C)

第Ⅱ卷（非选择题 共120分）

二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分.

11.

1 2 12.3 13.4

15.3

16.1023

14.

16 5

三、本大题共3小题，每小题9分，共27分. 17．解：原式2121 ……………………………………6分 2211 …………………………………8分 2. ………………………………9分

18．解：根据题意得：

x2，…………………………………4分 x1去分母，得x2(x1)，

去括号，得x2x2，……………………………………6分

解得x2

经检验，x2是原方程的解.（没有检验不扣分）…………9分 19．证明：在AEB和DEC中，

AEDE，BECE,AEBDEC …………………3分

AEB≌DEC， …………………………………7分 故BC，得证. …………………………………9分

四、本大题共3小题，每小题10分，共30分.

(x1)2x(x1)20.解：原式÷， …………………4分

(x1)(x1)x1

(x1)x1×，…………………………………7分

(x1)x(x1) 1. …………………………………10分 x21. 解：（1）点P(1,a)在直线l2：y2x4上，

2(1)4a，即a2，…………………………………2分 则P的坐标为(1,2)，

l1PCAOBl2yx 设直线l1的解析式为：ykxb(k0)， 那么kb0，

kb2k1 解得： .

b1 l1的解析式为：yx1.…………………………………5分

（2）直线l1与y轴相交于点C，

C的坐标为(0,1)， …………………………………6分 又直线l2与x轴相交于点A，

A点的坐标为(2,0)，则AB3，……………………7分 而S四边形PAOCSPABSBOC， S四边形PAOC1153211.……………………10分 22222.解：（1）40 40 ………………………………………………………………4分

（2）27 ……………………………………………………2分

（3）72027123244720396（人） ……………………10分

8080五、本大题共2小题，每小题10分，共20分. 23.解：（1）证明：

(k4)216kk28k16(k4)20，……………………2分

无论k为任何实数时，此方程总有两个实数根. ………………3分

（2）由题意得：x1x2k4，x1x24k， ……………………4分 113xx23k43，1，即， ……………………5分 x1x24x1x244k4解得：k2； ……………………6分

2（3）方法1：根据题意得：x1x25，

22222222 而x1x2(x1x2)2x1x2(k4)8kk4，

222 ∴k45，解得：k3或k3（舍去）…………8分 4rr5r3 设直角三角形ABC的内切圆半径为r，如图， 由切线长定理，可得：(3r)(4r)5， 直角三角形ABC的内切圆半径r=

3451； ………10分 2 方法2：解方程得：x14，x2k， ………………7分

根据题意得：4k5，解得：k3或k3（舍去）………………8分 设直角三角形ABC的内切圆半径为r，如图， 由切线长定理，可得：(3r)(4r)5， 直角三角形ABC的内切圆半径r=

2223451； ………………10分 2 24. 证明：(1)如图，连结OB，则OPOB，

OBPOPBCAP， ……………………1分 ABAC，ACBABC，……………………2分

而OAl，即OAC90，

ACBCPA90，

即ABPOBP90，

OABO90， ……………………4分 OBAB，

故AB是⊙O的切线； ……………………5分 (2)由(1)知：ABO90， 而OA5，OBOP3，

在RtAOB中，由勾股定理，得：AB4， ……6分 过O作ODPB于D，则PDDB，………………7分 在ODP和CAP中，

CDPABlOPDCPA，ODPCAP90，

ODP∽CAP， ……………………8分 PDOP，……………………9分 PACP又ACAB4，APOAOP2， 在RtPAC中，由勾股定理得：PCAC2AP225，

OPPA35， CP56 BP2PD5. ……………………10分

5PD方法2：由(1)知：ABO90， 而OA5，OBOP3，

在RtAOB中，由勾股定理，得：AB4， ……6分 又ACAB4，APOAOP2， 在RtPAC中，由勾股定理得：PC延长PO交⊙O于D，连接BD，

CAOBPDAC2AP225，……7分

DPBCPA，DBPCAP90，

∵DBP∽CAP， ……………………8分

BPAP，……………………9分 DPCP而DP2OP6， ∴BPAPDP2665.……………………10分

CP255六、本大题共2小题，第25题12分，第26题13分，共25分 25.解：（1）G是△ABC重心， 又EF//BC,

DG1, ……………………1分 AG2BEDG1CFDG1,, ……………………2分 AEAG2AFAG2BECF11 则1. ……………………3分

AEAF22  （2）（1）中结论成立，理由如下： ……………………4分 如图，过A作AN//BC交EF的延长线于点N， 延长FE、CB相交于点M，

EGANFMBDCBEBMCFCM 则，， ……………………5分 AEANAFANBECFBMCMBMCM ， ……………………6分 AEAFANANAN 又BMCMBMCDDM， 而D是BC的中点，即BDCD，

BMCMBMBDDMDMDM2DM，…………7分

BECF2DM， AEAFANDMDG1BECF1 又，21，

ANAG2AEAF2  故结论成立； ……………………9分

方法2：如图，过点D、C分别作AB的平行线，交EF或EF的延长线于点H、I，

DHDG1CFCI 则， ，AEAG2AFAEBECFBECIBECI ， AEAFAEAEAE 而D是BC的中点，即DH是梯形BEIC的中位线， BECI2DH， 故结论成立；

AIGEBDHFC 方法3：如图，过点B、C分别作AD的平行线，交EF或EF的延长线于点H、I，

BEBHCFCI，， AEAGAFAGBECFBHCIBHCI ， AEAFAGAGAG 则

而D是BC的中点，即DG是梯形BHIC的中位线， BHCI2DG，

AHEBGFIDCDG1， AG2BECF2DH1 21，

AEAFAE2 又∵

故结论成立；

（3）（1）中结论不成立，理由如下：……………………10分 当F点与C点重合时，E为AB中点，BEAE, 点F在AC的延长线上时,BEAE,

BEBECF 1,则1， ……………………11分

AEAEAFBECF1， 同理：当点E在AB的延长线上时，

AEAF 结论不成立. ……………………12分

AEGBDCF26.解：（1）根据题意得： A(2,0),B(6,0)，……………………1分

在RtAOC中，tanCABCO3,且OA2,得CO3，………2分 AO21C(0,3),将C点坐标代入ya(x2)(x6)得：a，

41故抛物线解析式为：y(x2)(x6)；……………………3分

4（2）①方法1：由（1）知，抛物线的对称轴为：x2，顶点M(2,4)，……4分 设P点坐标为(2，m)（其中0m4），

则PC2(m3)，PQm(n2)，CQ3n，

222222222PQPC,在RtPCQ中，由勾股定理得：PC2PQ2CQ2,………5分

即2(m3)m(n2)3n，整理得：

22222212137，…6分 (m3m4)(m)2（0m4）

228237当m时，n取得最小值为；当m4时，n取得最大值为4，

287所以，n4；……………………7分

8n方法2：由（1）知，抛物线的对称轴为：x2，顶点M(2,4)，……4分 设P点坐标为(2，m)（其中0m4），

过P作PEx轴于点E，则RtPEC∽RtPNQ，

∴

PEPN，其中PE2，ECm3，PNm，NQn2， ECNQ而m3与n2始终同号，

2m， m3n2121327∴n(m3m4)(m)（0m4），………………6分

228237当m时，n取得最小值为；当m4时，n取得最大值为4，

287所以，n4；………………7分

8∴

方法3：①由（1）知，抛物线的对称轴为：x2，顶点M(2,4)，………4分 设P点坐标为(2，m)（其中0m4），直线PC的解析式为：yk1xb1，

m3k3b1将P、C两点坐标代入得：，解得：12，

m2k1b1b13直线PC解析式：ym3x3， 2又PQPC,可设直线PQ的解析式为：y2xb2， m3m23m42将P点坐标为(2,m)代入y， xb2得：b2m3m32m23m4x直线PQ的解析式为：y， m3m32m23m4x令y0时，0， m3m312(m3m4) ， 2132712即n(m3m4)(m)，…………6分

2228解得：x点P在线段MN(含端点)上运动，0m4， 当m37时，n取得最小值为， 28当m4时，n取得最大值为4， 故：

7n4；………………7分 8②由①知：当n取最大值4时，m4，

 P(2,4)，Q(4,0)，

则PC5,PQ25,CQ5，………………8分 设点P到线段CQ距离为h， 由SPCQ得：h11CQhPCPQ， 22PCPQ2，故点P到线段CQ距离为2；………………9分

CQ③由②可知：当n取最大值4时，Q(4,0)，

3线段CQ的解析式为：yx3，………………10分

4设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：y3x3t， 4当线段CQ向上平移，使点Q恰好在抛物线上时，线段CQ与抛物线有两个交点， 此时对应的点Q'的纵坐标为：将Q'(4,3)代入y1(42)(46)3， 43x3t得：t3，………………11分 4当线段CQ继续向上平移与抛物线相切时，线段CQ与抛物线只有一个交点，

1y(x2)(x6)4联解，

3yx3t4得：13(x2)(x6)x3t，化简得： 44x27x4t0，

49，………………12分 19当线段CQ与抛物线有两个交点时，3t.………………13分

16由4916t0，得t