2019年常州市中考數(shù)學(xué)試題(解析版)

2019年常州市中考數(shù)學(xué)試題、答案（分析版）(滿分：120分考試時間：120分鐘)一、選擇題(本大題共8小題,每題2分,共16分.在每題給出的四個選項中,只有一項為哪一項正確的)1.3的相反數(shù)是()1B.1D.3A.332.若代數(shù)式x1有意義,則實數(shù)x的取值范圍是()x3A.x1B.x3C.x1D.x33.以下圖是某幾何體的三視圖,該幾何體是()A.圓柱B.正方體C.圓錐D.球(第3題)(第4題)4.如圖,在線段PA、PB、PC、PD中,長度最小的是()A.線段PAB.線段PBC.線段PCD.線段PD5.若△ABC∽△ABC,相似比為1:2,則△ABC∽△ABC的周長的比為()A.2:1B.1:2C.4:1D.1:46.以下各數(shù)中與23的積是有理數(shù)的是()A.23C.3D.237.判斷命題“假如n＜1,那么n21＜0”是假命題,只要舉出一個反例.反例中的n可以為()A.21D.1B.228.跟著時代的進步,人們對PM2.5(空氣中直徑小于等于微米的顆粒)的關(guān)注日趨親近.某市一天中PM2.5的值y1ug/m3隨時間t(h)的變化以以下圖,設(shè)y2表示0時到t時PM2.5的值的極差(即0時到t時PM2.5的最大值與最小值的差),則y2與t的函數(shù)關(guān)系大體是()ABCD二、填空題(本大題共10小題,每題2分,共20分)9.計算：a3a.的算術(shù)平方根是.11.分解因式：ax24a.12.假如35,那么的余角等于.13.假如ab20,那么代數(shù)式12a2b的值是.14.平面直角坐標(biāo)系中,點P3,4到原點的距離是.15.若x1是關(guān)于x、y的二元一次方程axy3的解,則a.y216.如圖,AB是eO的直徑,C、D是eO上的兩點,AOC＝120,則CDB＝.(第16題)(第17題)(第18題)17.如圖,半徑為3的eO與邊長為8的等邊三角形ABC的兩邊AB、BC都相切,連接OC,則tanOCB.18.如圖在矩形ABCD中,AD3AB310點是AD的中點點E在BC上,CE2BE,點M,N,P,,、在線段BD.DECMN.上若△PMN是等腰三角形且底角與相等則三、解答題(本大題共10小題,共84分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)19.(本題滿分8分)計算：11(1)0(3)2；2(2)(x1)(x1)x(x1).20.(本題滿分x106分)解不等式組并把解集在數(shù)軸上表示出來.3x8,x21.(本題滿分8分)如圖,把平行四邊形紙片ABCD沿BD折疊,點C落在點C處,BC與AD相交于點E.(1)連接AC,則AC與BD的地點關(guān)系是；(2)EB與ED相等嗎證明你的結(jié)論.22.(本題滿分8分)在“慈善一日捐”活動中,為認識某校學(xué)生的捐款狀況,抽樣檢查了該校部分學(xué)生的捐款數(shù)(單位：元),并繪制成下邊的統(tǒng)計圖.(1)本次檢查的樣本容量是,這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為元；求這組數(shù)據(jù)的均勻數(shù)；(3)該校共有600名學(xué)生參加捐款,請你預(yù)計該校學(xué)生的捐款總數(shù).23.(本題滿分8分)將圖中的A型(正方形)、B型(菱形)、C型(等腰直角三角形)紙片分別放在3個盒子中,盒子的形狀、大小、質(zhì)地都同樣,再將這3個盒子裝入一只不透明的袋子中.攪勻后從中摸出1個盒子,盒中的紙片既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的概率是；(2)攪勻后先從中摸出1個盒子(不放回),再從余下的2個盒子中摸出1個盒子,把摸出的2個盒中的紙片長度相等的邊拼在一起,求拼成的圖形是軸對稱圖形的概率.(不重疊無縫隙拼接)24.(本題滿分8分)甲、乙兩人每小時共做30個部件,甲做180個部件所用的時間與乙做120個部件所用的時間相等.甲、乙兩人每小時各做多少個部件25.(本題滿分

8分)如圖,在□OABC中,OA

22

,

AOC

45,點C在

y軸上,點D是BC的中點

,反比率函數(shù)

y

k

(x＞0)的圖像經(jīng)過點

A、

D.x(1)求k的值；(2)求點D的坐標(biāo).________________號_生__考___________________________________名__姓__________________校學(xué)業(yè)畢

26.(本題滿分10分)【閱讀】數(shù)學(xué)中,常對同一個量．．．．(圖形的面積、點的個數(shù)、三角形的內(nèi)角和等)用兩種不一樣的方法計算,從而建立相等關(guān)系,我們把這一思想稱為“算兩次”.“算兩次”也稱做富比尼原理,是一種重要的數(shù)學(xué)思想.圖1圖2【理解】(1)如圖1,兩個邊長分別為a、b、c的直角三角形和一個兩條直角邊都是c的直角三角形拼成一個梯形.用兩種不一樣的方法計算梯形的面積,并寫出你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論；(2)如圖2,n行n列的棋子排成一個正方形,用兩種不一樣的方法計算棋子的個數(shù),可得等式：n2；【運用】(3)n邊形有n個極點,在它的內(nèi)部再畫m個點,以mn個點為極點,把n邊形剪成若干個三角形,設(shè)最多可以剪得y個這樣的三角形.當(dāng)n3,m3時,如圖3,最多可以剪得7個這樣的三角形,因此y7.①當(dāng)n4,m2時,如圖4,y；當(dāng)n5,m時,y9；圖3

圖4②關(guān)于一般的情況,在n邊形內(nèi)畫m個點,經(jīng)過歸納猜想,可得y代數(shù)式表示).請對同一個量用算兩次的方法說明你的猜想建立．．．．

.

(用含

m、n的27.(本小題滿分10分)如圖,二次函數(shù)yx2bx3的圖象與x軸交于點A、B,與y軸交于點C,點A的坐標(biāo)為,D為OC,P在拋物線上.1,0點的中點點(1)b；(2)若點P在第一象限,過點P作PHx軸,垂足為H,PH與BC、BD分別交于點M、N.能否存在這樣的點P,使得PMMNNH若存在,求出點P的坐標(biāo)；若不存在,請說明理由；(3)若點P的橫坐標(biāo)小于3,過點P作PQBD,垂足為Q,直線PQ與x軸交于點R,且,P的坐標(biāo).S△PQB2S△QRB求點28.(本題滿分10分)已知平面圖形S,點P、Q是S上任意兩點,我們把線段PQ的長度的最大值稱為平面圖形S的“寬距”.比方,正方形的寬距等于它的對角線的長度.(1)寫出以下圖形的寬距：①半徑為1的圓：；②如圖1,上方是半徑為1的半圓,下方是正方形的三條邊的“窗戶形”：；(2)如圖2,在平面直角坐標(biāo)系中,已知點A1，0、B1，0,C是坐標(biāo)平面內(nèi)的點,連接AB、BC、CA所形成的圖形為S,記S的寬距為d.①若

d

2,用直尺和圓規(guī)畫出點

C所在的地域并求它的面積

(所在地域用暗影表示

)；②若點

C

在上運動

,eM

的半徑為

1,圓心

M

在過點

0，2且與

y軸垂直的直線上

.關(guān)于eM

上任意點

C,都有

5≤d≤8,直接寫出圓心

M

的橫坐標(biāo)

x的取值范圍

.圖1圖22019年常州市中考數(shù)學(xué)答案分析一、選擇題1.【答案】C【分析】依據(jù)相反數(shù)的定義：只有符號不一樣的兩個數(shù)稱互為相反數(shù)計算即可.解：330.【考點】相反數(shù)的意義2.【答案】D【分析】分式有意義的條件是分母不為0.解：Q代數(shù)式x1有意義，x3x30，x3.應(yīng)選：D.【考點】分式有意義的條件3.【答案】A【分析】經(jīng)過俯視圖為圓獲得幾何體為圓柱或球，而后經(jīng)過主視圖和左視圖可判斷幾何體為圓錐.解：該幾何體是圓柱.應(yīng)選：A.【考點】由三視圖判斷幾何體4.【答案】B【分析】由垂線段最短可解.解：由直線外一點到直線上全部點的連線中，垂線段最短，可知答案為B.應(yīng)選：B.【考點】直線外一點到直線上全部點的連線中，垂線段最短.5.【答案】B【分析】直接利用相似三角形的性質(zhì)求解解：Q△ABC∽△ABC，相似比為1:2，△ABC∽△ABC的周長的比為1:2.應(yīng)選B.【考點】相似三角形的性質(zhì)6.【答案】D【分析】利用平方差公式可知與23的積是有理數(shù)的為23；解：Q2323431；應(yīng)選：D.【考點】二次根式的有理化以及平方差公式7.【答案】A【分析】反例中的n滿足n＜1，使n21≥0，從而對各選項進行判斷.解：當(dāng)n2時，滿足n＜1，但n213＞0，因此判斷命題“假如n＜1，那么n21≥0”是假命題，舉出n2.應(yīng)選：A.【考點】命題與定理8.【答案】B【分析】依據(jù)極差的定義，分別從t0、0＜t≤10、10＜t≤20及20＜t≤24時，極差y2隨t的變化而變化的狀況，從而得出答案.解：當(dāng)t0時，極差y285850，當(dāng)0＜t≤10時，極差y2隨t的增大而增大，最大值為43；當(dāng)10＜t≤20時，極差y2隨t的增大保持43不變；當(dāng)20＜t≤24時，極差y2隨t的增大而增大，最大值為98；應(yīng)選：B.【考點】函數(shù)圖象二、填空題9.【答案】a2【分析】直接利用同底數(shù)冪的除法運算法規(guī)計算得出答案.解：a3aa2.故答案為：a2.【考點】同底數(shù)冪的除法10.【答案】2【分析】依據(jù)算術(shù)平方根的含義和求法，求出4的算術(shù)平方根是多少即可.解：4的算術(shù)平方根是2.故答案為：2.【考點】算術(shù)平方根的看法11.【答案】ax2x2【分析】先提取公因式a，再對余下的多項式利用平方差公式連續(xù)分解.【解答】解：ax24a2ax4ax2x2.【考點】提公因式法與公式法的綜合運用12.【答案】55【分析】若兩角互余，則兩角和為90，從而可知的余角為90減去，從而可解.【解答】解：Q35，的余角等于903555，故答案為：55.【考點】余角13.【答案】5【分析】將所求式子化簡后再將已知條件中a﹣b=2整體代入即可求值；【解答】解：Qab20，ab2，12a2b12ab145；故答案為5.【考點】求代數(shù)式的值14.【答案】5【分析】作PAx軸于A，則PA4，OA3，再依據(jù)勾股定理求解.【解答】解：作PAx軸于A，則PA4，OA3.則依據(jù)勾股定理，得OP5.故答案為5.【考點】點到原點的距離求法15.【答案】1【分析】把x1代入二元一次方程axy3中即可求a的值.y2【解答】解：把x1代入二元一次方程axy3中，y2a23，解得a1.故答案是：1.【考點】二元一次方程的解16.【答案】30【分析】先利用鄰補角計算出BOC，而后依據(jù)圓周角定理獲得CDB的度數(shù).【解答】解：QBOC180AOC18012060，CDBBOC30.故答案為30.【考點】圓周角定理17.【答案】35【分析】依據(jù)切線長定理得出OBC1ABC30，解直角三角形求得BD，即可OBA2求得CD，而后解直角三角形OCD即可求得tanOCB的值.【解答】解：連接OB，作ODBC于D，QeO與等邊三角形ABC的兩邊AB、BC都相切，1OBCOBAABC30，2ODtanOCB，BDOD3，BD3tan3033CDBCBD835，OD3tanOCB.CD5故答案為3.5【考點】切線的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形18.【答案】6或158【分析】QAD3AB310，AB310，Q四邊形ABCD是矩形，ADBC310，ABCD10，AC90，BDAB2AD210，QCE2BE，CE210，BE10，DE52，tanDECCD101，CE2102Q點P是AD的中點，PD

1AD

310

.2

2①如圖

1，當(dāng)

MN

為底邊時，則

PM

PN

，

PMN

PNM

DEC

，過點

P作PQ

MN

，則

MQ

NQ，

MN

2MQ，QA

PQD

90

，

ADB

PDQ

，BAD∽△PQD，PQPD2，ABBD310PQ2，1010解得PQ3；2PQ1在Rt△PMQ中，QtanPMNtanDEC，MQ2PQ131，即2MQ2MQ，2MQ3，MN2MQ6.②如圖2，當(dāng)MN為腰時，則PMMN，MPNMNPDEC，過點M作MQPN于點Q，則PQNQ，QMNPDEC，PNDDEB，又QAD∥BC，PDNDBE，△PND∽△DEB，PDPN，BDDE310PN210，52解得PN35，NQ325，4在Rt△MNQ中，QtanMQtanDEC1MNP，NQ2MQ1MQ1，NQ，即32254MQ35，8MNMQ2NQ215.8綜上所述，MN的值為6或15.8【考點】矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判斷與性質(zhì)，勾股定理三、解答題01119.【答案】（1）(3)21230；2（2）(x1)(x1)x(x1)x21x2xx1.【分析】依據(jù)零指數(shù)冪，負指數(shù)冪，多項式乘以多項式（單項式）的運算法規(guī)正確計算即可；【考點】實數(shù)的運算20.【答案】解：解不等式x1＞0，得：x＞1，解不等式3x8≤x，得：x≤2，不等式組的解集為1＜x≤2，將解集表示在數(shù)軸上以下：【分析】分別求出每一個不等式的解集，依據(jù)口訣：同大取大、同小取小、大小小大中間找、大大小小無解了確立不等式組的解集.【考點】不等式組的解法及在數(shù)軸上表示不等式的解集21.【答案】（1）AC∥BD（2）EB與ED相等.證明：由折疊可得，CBDC'BD，QAD∥BC，ADBCBD，EDBEBD，BEDE.【分析】（1）依據(jù)ADC'B，EDEB，即可獲得AEC'E，再依據(jù)三角形內(nèi)角和定理，即可獲得EAC'EC'AEBDEDB，從而得出AC'∥BD；（2）依照平行線的性質(zhì)以及折疊的性質(zhì)，即可獲得EDBEBD，從而得出BEDE.【考點】折疊變換的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，平行線的判斷與性質(zhì)，等腰三角形的判斷與性質(zhì)22.【答案】（1）30,10（2）這組數(shù)據(jù)的均勻數(shù)為6511108155203012（元）；（3）預(yù)計該校學(xué)生的捐款總數(shù)為600127200（元）.【分析】（1）由題意得出本次檢查的樣本容量是6118530，由眾數(shù)的定義即可得出結(jié)果；2）由加權(quán)均勻數(shù)公式即可得出結(jié)果；3）由總?cè)藬?shù)乘以均勻數(shù)即可得出答案.【考點】條形統(tǒng)計圖的綜合運用，均勻數(shù)，眾數(shù)的求法以及利用樣本預(yù)計整體的思想23.【答案】（1）2；3（2）畫樹狀圖為：共有6種等可能的狀況，此中拼成的圖形是軸對稱圖形的狀況有2種：A和C，C和A，拼成的圖形是軸對稱圖形的概率為2=1.63【分析】（1）依照攪勻后從中摸出1個盒子，可能為A型（正方形）、B型（菱形）或C型（等腰直角三角形）這3種狀況，此中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的有2種，即可獲得盒中的紙片既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的概率；（2）依照共有6種等可能的狀況，此中拼成的圖形是軸對稱圖形的狀況有2種：A和C，C和A，即可獲得拼成的圖形是軸對稱圖形的概率.解：（1）攪勻后從中摸出1個盒子，可能為A型（正方形）、B型（菱形）或C型（等腰直角三角形）這3種狀況，此中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的有2種，盒中的紙片既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的概率是2；3故答案為：2；3（2）畫樹狀圖為：共有6種等可能的狀況，此中拼成的圖形是軸對稱圖形的狀況有2種：A和C，C和A，1拼成的圖形是軸對稱圖形的概率為=.63【考點】用列表法或畫樹狀圖求事件的概率以及軸對稱圖形和中心對稱圖形的鑒別24.【答案】解：設(shè)甲每小時做x個部件，則乙每小時做30x個部件，由題意得：180120，x30x解得：x18，經(jīng)檢驗：x18是原分式方程的解，則301812（個）.答：甲每小時做18個部件，則乙每小時做12個部件.【分析】設(shè)甲每小時做x個部件，則乙每小時做30x個部件，依據(jù)要點語句“甲做180個部件所用的時間與乙做120個部件所用的時間相等”列出方程，再求解即可.【考點】分式方程的應(yīng)用25.【答案】解：（1）QOA22，AOC45，A2，2k4，4；x2）四邊形OABC是平行四邊形OABC，ABx軸，B的橫縱標(biāo)為2，Q點D是BC的中點，D點的橫坐標(biāo)為1，D1，4.【分析】（1）依據(jù)已知條件求出A點坐標(biāo)即可；（2）四邊形OABC是平行四邊形OABC，則有ABx軸，可知B的橫縱標(biāo)為2，D點的橫坐標(biāo)為1，聯(lián)合分析式即可求解.【考點】平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，反比率函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)特色及用待定系數(shù)法求反比率函數(shù)的分析式26.【答案】解：（1）有三個Rt△其面積分別為ab，1ab，1c2.22直角梯形的面積為1(ab)(ab).2由圖形可知：1(ab)(ab)1ab1ab1c22222整理得(ab)22abc2,a2b22ab2abc2，a2b2c2.故結(jié)論為：直角長分別為a、b斜邊為c的直角三角形中a2b2c2.（2）1357L2n1（3）①63②yn2(m1)方法1.關(guān)于一般的情況，在n邊形內(nèi)畫m個點，第一個點將多邊形分成了n個三角形，此后三角形內(nèi)部每增添一個點，切割部分增添2部分，故可得yn2(m1).方法2.以△ABC的二個極點和它內(nèi)部的m個點，共(m3)個點為極點，可把△ABC切割成32(m1)個互不重疊的小三角形.以四邊形的4個極點和它內(nèi)部的m個點，共(m4)個點為極點，可把四邊形切割成42(m1)個互不重疊的小三角形.故以n邊形的n個極點和它內(nèi)部的m個點，共(mn)個點作為極點，可把原n邊形切割成n（2m1）個互不重疊的小三角形.故可得yn2(m1).【分析】（1）此等腰梯形的面積有三部分構(gòu)成，利用等腰梯形的面積等于三個直角三角形的面積之和列出方程并整理.（2）由圖可知n行n列的棋子排成一個正方形棋子個數(shù)為n2，每層棋子分別為13，，5，7，L，2n1.故可得用兩種不一樣的方法計算棋子的個數(shù)，即可解答.（3）依據(jù)探畫出圖形究不難發(fā)現(xiàn)，三角形內(nèi)部每增添一個點，切割部分增添2部分，即可得出結(jié)論.解：（1）有三個Rt△其面積分別為ab，1ab，1c2.22直角梯形的面積為1(ab)(ab).2由圖形可知：1(ab)(ab)1ab1ab1c22222整理得(ab)22abc2,a2b22ab2abc2，a2b2c2.故結(jié)論為：直角長分別為a、b斜邊為c的直角三角形中a2b2c2.（2）n行n列的棋子排成一個正方形棋子個數(shù)為n2，每層棋子分別為13，，5，7，L，2n1.由圖形可知：1357L2n1.故答案為1357L2n1.（3）①如圖4，當(dāng)n4，m2時，y6如圖5，當(dāng)n5，m3時，y9.②方法1.關(guān)于一般的情況，在n邊形內(nèi)畫m個點，第一個點將多邊形分成了n個三角形，以后三角形內(nèi)部每增添一個點，切割部分增添2部分，故可得yn2(m1).方法2.以△ABC的二個極點和它內(nèi)部的m個點，共(m3)個點為極點，可把△ABC切割成32(m1)個互不重疊的小三角形.以四邊形的4個極點和它內(nèi)部的m個點，共(m4)個點為極點，可把四邊形切割成42(m1)個互不重疊的小三角形.故以n邊形的n個極點和它內(nèi)部的m個點，共(mn)個點作為極點，可把原n邊形切割成n（2m1）個互不重疊的小三角形.故可得yn2(m1).故答案為：①6，3；②n（2m1）.【考點】列代數(shù)式，求代數(shù)式的值，規(guī)律研究以及運用知識解決問題27.【答案】（1）2（2）存在滿足條件呢的點P，使得PMMNNH.Q二次函數(shù)分析式為y2bx3，x當(dāng)x0時y3，C0，3，當(dāng)y0時，x22x30，解得：x11，x23.A﹣1，0，B3，0.直線BC的分析式為yx3.Q點D為OC的中點，3，2直線BD的分析式為y1x3，22設(shè)Pt,t22t30t3，則Mt,t3，Nt，1t3，Ht，0.22PMt22t3(t3)t23t，MNt31x31t3，NH1t3，222222MNNH.QPMMN，t23t1t3.22解得：t11，t23（舍去）.2115P，.24P的坐標(biāo)為1,15，使得PMMNNH.24（3）過點P作PFx軸于F，交直線BD于E.QOB3，OD3，BOD90，2BD0B20D235.2cosOBDOB325BD35.52QPQBD于點Q，PFx軸于點F，PQEBQRPFR90.PRFOBDPRFEPQ90.EPQOBD，即cosEPQcos25OBD.5在Rt△PQE中，cosEPQPQ25，PE5PQ25PE.5在Rt△PFR中，cosRPFPF25，PR5PRPF5PF2525QS△PQB2S△QRB，1，△QRB1BQgPQBQgQRSS22PQ2QR設(shè)直線BD與拋物線交于點G，Q1x3x22x3，解得：x13（即點B橫坐標(biāo)），x21222∴點G橫坐標(biāo)為12設(shè)Pt,t22t3(t3)，則Et,1t322PFt22t3，PEt22t31t3t25t32222①若1＜t＜3，則點P在直線BD上方，如圖2，2PFt22t3，PEt25t322QPQ2QRPQ2PR325PE2g5PF，即6PE5PF5326t25t35t22t322解得：t12，t23（舍去）P(2,3)②若1＜x＜1，則點P在x軸上方、直線BD下方，如圖3，2此時，PQQR，即S△PQB2S△QRB不行立.③若t1，則點P在x軸下方，如圖4，PFt22t3t22t3，PE1t3t22t3t25t32222QPQ2QRPQ2PR25PE2g55PF5PF，即2PE22t25t35t22t322解得：14，t23（舍去）t3P4133,9綜上所述，點P坐標(biāo)為2，3或4,13.39【分析】（1）把點A坐標(biāo)代入二次函數(shù)分析式即求得b的值.Q二次函數(shù)yx2bx3的圖象與x軸交于點A(1,0)1b30解得：b2.故答案為：2.（2）求點B、C、D坐標(biāo)，求直線BC、BD分析式.設(shè)點P橫坐標(biāo)為t，則能用t表示點P、M、N、H的坐標(biāo)，從而用含t的式子表示PM、MN、NH的長.以PMMN為等量關(guān)系列得關(guān)于t的方程，求得t的值合理（滿足P在第一象限），故存在滿足條件的點P，且求得點P坐標(biāo).（