2019舟山市中考数学试卷(word+详解+准图)

一、选择题：本大题共 小题，每小题 分，合计分． 1．（2019年浙江省舟山）－2 019的相反数是 ····················································· （ ）

A．2 019

B．－2 019

C．

1 2019D．1 2019{答案}A

2．（2019年浙江省舟山）2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器飞行约380 000千米，实现人类探测器首次在月球背面软着陆．数据380 000用科学记数法表示为 ···················· （ ）

4456

A．38×10 B．3.8×10 C．3.8×10 D．0.38×10{答案}C

{解析}本题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥1时，n是非负数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．380 000用科学记数法表示时a＝3.8，此时小数点向左移动了5位，所以n＝5．∴380 000＝3.8×105，因此本题选C．

3．（2019年浙江省舟山）右图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的俯视图为 ············································································································· （ ）

A．B．C．D．主视方向 {答案}B

4．（2019年浙江省舟山）2019年5月26日第5届中国国际大数据产业博览会召开，某市在五届数博会上的产业签约金额的折线统计图如图．下列说法正确的是 ······························ （ ）

A．签约金额逐年增加

B．与上一年相比，2019年的签约金额的增长量最多 C．签约金额的年增长速度最快的是2016年 D．2018年的签约金额比2017年降低了22.98%

某市在五届数博会上的产业签约金额统计图

签约金额（亿元） 500 400 300 200 100 40.9 381.35 244.61 422.33 221.63 2015 2016 2017 2018 2019 年份

{答案}C

{解析}本题考查了数据整理中的折线统计图，折线统计图能看出数据的变化过程和趋势．观察折线统计图，2016年到2017年折线呈下降趋势，选项A不正确；与上一年相比，2019签约金额的增长量为422.33－221.63＝200.7（亿元），2016签约金额的增长量为381.35－40.9＝340.45（亿元），而

1

200.7＜340.45，选项B不正确；由折线统计图知，签约金额的增长是2016年、2019年，而200.7＜340.45，所以签约金额的年增长速度最快的是2016年，选项C正确；∵(244.61-221.63)÷244.61≈9%，选项D不正确．因此本题选C．

5．（2019年浙江省舟山）如图是一个2×2的方阵，其中每行、每列的两数和相等，则a可以是 ············································································································· （ ）

A．tan 60° B．－1 C．0 D．12 019

38202a{答案}D

{解析}本题考查了一元一次方程的应用．因为2×2的方阵中每行的两数和相等，所以3820＝a2，即2＋1＝a＋2，解得a＝1．∵12019＝1，因此本题选D．

6．（2019年浙江省舟山）已知四个实数a，b，c，d，若a＞b，c＞d，则 ·················· （ ）

abA．a＋c＞b＋d B．a－c＞b－d C．ac＞bd D．＞

cd{答案}A

{解析}本题考查了不等式的基本性质．∵a＞b，c＞d，∴a＋c＞b＋d．选项A正确；∵c＞d，∴－c＜－d．又∵a＞b，∴a－c与b－d的大小关系不确定；由于不知a，b，c，d的正负性，所以

abac与bd、与的大小关系都不确定，选项C、选项D都不正确，，因此本题选A．

cd

7．（2019年浙江省舟山）如图，已知⊙O上三点A，B，C，半径QC＝1，∠ABC＝30°，切线PA

交OC延长线于点P，则PA的长为 ······························································ （ ）

1A．2 B．3 C．2 D．

2AOBCP{答案}B

{解析}本题考查了切线的性质、圆周角定理、勾股定理．如答图，连接OA，∵∠ABC＝30°，∠AOC＝2∠ABC，∴∠AOC＝60°．∵AP是⊙O的切线，∴OA⊥AP．∴∠P＝30°．∵半径OC＝

AO11，∴OA＝1．在Rt△AOP中，tan∠P＝，∴tan30°＝．∴AP＝3，因此本题选B．

APAPA

OBCP

8．（2019年浙江省舟山）中国清代算书《御制数理精蕴》中有这样一题：“马四匹、牛六头，

共价四十八两（我国古代货币单位）；马三匹、牛五头，共价三十八两．问马、牛各价几何？”设马每匹x两，牛每头y两，根据题意可列方程组为 ································ （ ）

2

A．C．4x6y38，

3x5y48．B．4y6x48，

3y5x38．4x6y48，

3x5y38．4x6y48，

5x3y38．D．{答案}D

{解析}本题考查了二元一次方程组的应用．由相等关系“马四匹、牛六头，共价四十八两”得4x＋6y＝48；由相等关系“马三匹、牛五头，共价三十八两”得3x＋5y＝38．因此本题选D．

9．（2019年浙江省舟山）如图，在直角坐标系中，已知菱形OABC的顶点A（1，2），B（3，

3）．作菱形OABC关于y轴的对称图形OA′B′C′，再作图形OA′B′C′关于点O的中心对称图形OA″B″C″，则点C的对应点C″的坐标是 ······················································· （ ） A．（2，－1） B．（1，－2） C．（－2，1） D．（－2，－1）

yBACOx{答案}A

{解析}本题考查了轴对称、中心对称的意义、点的坐标定义，先按题意分别画出四边形OA′B′C′，四边形OA″B″C″，再根据点的坐标的意义确定出点C″的坐标．如答图所示，因此本题选A．

yB'A'C'OA''B''ACC''xB

10．（2019年浙江省舟山）小飞研究二次函数y＝－(x－m)2-m＋1（m为常数）性质时，有如下结

论：①这个函数图象的顶点始终在直线y＝－x＋1上；②存在一个m的值，使得函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形；③点A（x1，y1）与点B（x2，y2）在函数图象上，若x1＜x2，x1＋x2＞2m，则y1＜y2；④当－1＜x＜2时，y随x的增大而增大，则m的取值范围为m≥2．其中错误结论的序号是 ························································· （ ） A．① B．② C．③ D．④ {答案}C

{解析}本题考查了二次函数的性质．∵y＝－(x－m)2-m＋1，∴顶点坐标为（m，－m＋1）．在y＝－x＋1，当x＝m时，y＝－m＋1．∴函数y＝－(x－m)2-m＋1的顶点始终在直线y＝－x＋1上，①正确．∵在y＝－(x－m)2-m＋1中，当y＝0时，0＝－(x－m)2-m＋1，解得x＝m1m，∴图象的顶点与x轴的两个交点坐标为M（m1m，0），N（，0），∴MN＝m1m－(m1m)＝21m．设顶点为P，则P（m，1-m）．由对称性知，PM＝PN．若△PMN是等

3

腰直角三角形，则∠MPN＝90°．设抛物线的对称轴交x轴于点Q，则点Q为MN的中点，PQ＝1-m，MN＝2PQ．∴21m＝2(1-m)．解得m＝0，此时二次函数为y＝－x2＋1，顶点及与x轴的两个交点构成等腰直角三角形，选项B正确；当m＝0时，此时二次函数为y＝－x2＋1，若点A、B在对称轴右侧，则y随x的增大而减小．此时0＜x1＜x2，x1＋x2＞0，即满足x1＜x2，x1＋x2＞2m，但y1＞y2，选项C不正确；当－1＜x＜2时，y随x的增大而增大，∴此时x的值应在对称轴直线x＝m的左侧（含顶点），∴m≥2，选项D正确．因此本题选D． 二、填空题：本大题共 小题，每小题 分，合计分． 11．（2019年浙江省舟山）分解因式：x2-5x＝________．{答案}x(x－5)

12．（2019年浙江省舟山）从甲、乙、丙三人中任选两人参加“青年志愿者”活动，甲被选中的概率为________．

{答案}

2 3{解析}本题考查了等可能条件下的概率，根据等可能条件下的概率公式P＝

m进行计算．∵从甲、n乙、丙三人中任选两人甲被选中，∴所有可能出现的结果是：①甲、乙；②甲、丙；③乙、

2丙，∴n＝3，m＝2．∴P（甲被选中）＝．

313．（2019年浙江省舟山）数轴上有两个实数a，b，且a＞0，b＜0，a＋b＜0，则四个数a，b，－a，－b的大小关系为________（用“＜“号连接）．{答案}b＜－a＜a＜－b

{解析}本题考查了实数的大小比较，数轴，相反数，有理数加法等知识点．∵a＞0，b＜0，∴－a＜0，－b＞0．∵a＞0，b＜0，a＋b＜0，∴由“异号两数相加，取绝对值较大加数的符号”可知，b＞a，∴b与－b到原点的距离大于a与－a到原点的距离．在数轴上表示如下：

ba0ab∴b＜－a＜a＜－b．

14．（2019年浙江省舟山）在x2＋（________）＋4＝0的括号中添加一个关于x的一次项，使方程有两个相等的实数根．{答案}±4x（写出一个即可）

{解析}本题考查了一元二次方程的根的判别式．设一次项系数为b．根据题意得b2-4×1×4＝0．解得b＝±4，∴一次项为±4x，故添加4x（或－4x）

515．（2019年浙江省舟山）如图，在△ABC中，若∠A＝45°，AC2-BC2＝AB2，则tanC＝

5________．

BAC{答案}5

{解析}本题考查了等腰直角三角形的性质，锐角三角函数，勾股定理，一元二次方程的解法．如答图，过点B作BD⊥AC于点D．∵∠A＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形．设AD＝BD＝x，CD＝y，则AC＝x＋y．在Rt△ABD中，由勾股定理得AB＝2AD＝2x．在Rt△BCD中，由勾股定理得BC2

4

＝BD2＋CD2＝x2＋y2．∵AC2-BC2＝55AB2，∴(xy)2(x2y2)＝(2x)2．整理得x＝555y．在Rt△BCD中，tanC＝

xBD＝＝5． yCDBADC

16．（2019年浙江省舟山）如图，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在一个平面上，边AC与EF重合，AC＝12 cm．当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动．当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为________cm；连结BD，则△ABD的面积最大值为________cm2．

A(E)DBC(F){答案}24122，362243126．

{解析}本题考查了，，如答图所示．当DE⊥AC时，点D运动到最远处．点E从点A运动点C的过程中，点D从点D′运动到最远处，又从最远处运动点D′．∴点D运动的路径长为线段线段D′D是长的2

12倍．∵AC＝6，∴CD′＝AD′＝＝＝62，EF＝6．∵∠DEC＝∠ACF＝∠EDF＝90°，∴CEDF

2是矩形．又∵DE＝DF，∴四边形CEDF是正方形．∴CD＝EF＝6．∵∠ACD′＝45°，∴点D′在CD上．∴D′D＝CD－CD′＝6－62．∴点D运动的路径长为＝24122．

如答图所示．当点D运动到最远处时，△ABD的面积最大．∵AC＝12，∠BAC＝30°，∴BC＝

43．∵四边形CEDF是正方形，∴CF＝DF＝62．∴BF＝43＋62．∵S四边形ABFD＝S△ABC＋S梯

111×43×12＋(12＋62)×62＝S△ABD＋×(43＋62)×62．∴S△形ACFD＝S△ABD＋S△BDF，∴222ABD＝362243126．

AED'B

DCF

三、解答题：本大题共 小题，合计分． 17．（2019年浙江省舟山）小明解答“先化简，再求值：

12，其中x＝31．”的过程2x1x1 5

如图．请指出解答过程中错误步骤的序号，并写出正确的解答过程．

{答案}解：解答过程中第①、②步有误．

x12x11原式＝＋＝＝．

(x1)(x1)(x1)(x1)(x1)(x1)x1当x＝31时，原式＝13

＝3． 3

18．（2019年浙江省舟山）如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线BD上．请添加一个条件，使得结论“AE＝CF”成立，并加以证明．

AFED

{答案}解：添加条件：BE＝DF（或DE＝BF或AE∥CF或∠AEB＝∠DFC或∠DAE＝∠BCF或∠AED＝∠CFB或∠BAE＝∠DCF等）．

选择BE＝DF．

证明：在矩形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABE＝∠CDF．∵BE＝DF，∴△ABE≌△CDF（SAS）．∴AE＝CF．

BC19．（2019年浙江省舟山）如图，在直角坐标系中，已知点B（4，0），等边三角形OAB的顶点

k的图象上． x（1）求反比例函数的表达式；

（2）把△OAB向右平移a个单位长度，对应得到△O′A′B′．当这个函数图象经过△O′A′B′一边

的中点时，求a的值． A在反比例函数y＝

yAOBx

6

{答案}解：（1）如答图1，过点A作AC⊥OB于点C．∵△OAB是等边三角形，∴∠AOB＝60°，

k1OC＝OB．∵B（4，0），∴OB＝OA＝4．∴OC＝2，AC＝23．把（2，23）代入y＝

2x43得，k＝43．∴y＝．

xyAO

（2）（I）如答图2，点D是A′B′的中点，过点D作DE⊥x轴于点E．由题意得A′B′＝4，∠A′B′E

43＝60°．在Rt△DEB′中，B′D＝2，DE＝3，B′E＝1．∴O′E＝3．把y＝3代入y＝，得x＝

x4．∴OE＝4．∴.a＝OO′＝1．

yCBxA'DOO'

（Ⅱ）如答图3，点F是A′O′的中点，过点F作FH⊥x轴于点H．由题意得A′O′＝4，∠A′O′B′＝

4360°．在Rt△FO′H中，FH＝3，O′H＝1．把y＝3代入y＝，得x＝4．∴OH＝4．.a＝OO′

x＝3．

yCEB'xA'FOO'HCB'x综上所述，a＝1或3．

20．（2019年浙江省舟山）在6×6的方格纸中，点A，B，C都在格点上，按要求画图： （1）在图1中找一个格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形； （2）在图2中仅用无刻度的直尺，把线段AB三等分（保留画图痕迹，不写画法）．

7

CCABAB图1图2{答案}解：（1）如答图1所示．

D2CD1ABABC

D3答图1答图2

21．（2019年浙江省舟山）在“创全国文明城市”活动中，某社区为了了解居民掌握垃圾分类知

识的情况进行调查，其中A、B两小区分别有500名居民，社区从中各随机抽取50名居民进行相关知识测试，并将成绩进行整理得到部分信息：

[信息一]A小区50名居民成绩的频数直方图如下（每一组含前一个边界值，不含后一个边界值）：

A小区50名居民成绩的频数直方图

频数 16 12 10 8 4 50 60 70 80 90 成绩（分）

[信息二]上图中，从左往右第四组的成绩如下： 75 81 75 82 79 82 79 83 79 83 79 84 80 84 80 84 0 [信息三]A、B两小区各50名居民成绩的平均数、中位数、众数、优秀率（80分及以上为优

秀）、方差等数据如下（部分空缺）： 小区 A B 平均数 75.1 75.1 中位数 ______ 77 众数 79 76 优秀率 40% 45% 方差 277 211 根据以上信息，回答下列问题： （1）求A小区50名居民成绩的中位数；

（2）请估计A小区500名居民中能超过平均数的有多少人？

（3）请尽量从多个角度比较、分析A、B两小区居民掌握垃圾分类知识的情况．

{答案}解：（1）50个成绩的最中间两个数据是第25、26个．由于直方图表示的成绩从左到右按由小到大的顺序排序，而4＋8＋12＝24＜25，4＋8＋12＋16＝40＞26，∴第25、26个成绩都在第4小组．由信息二中的表格可知，第25、26个成绩都为75（分），∴中位数为75分．

8

（2）由信息三中的表格可知，A小区500名居民成绩的平均数为75.1分，由信息一中的直方图可知，样本中成绩超过75.1分是第4、5两组，由信息二中的表格可知，第4组共有14人．又∵第5组共有10人，∴样本的成绩超过平均数的百分比为

1410×100%＝48%，∴估计A小区50050名居民中能超过平均数的有48%×500＝240（名）．

（3）答案不唯一，如：①从平均数看，两个小区居民对垃圾分类知识掌握情况的平均水平相同；②从方差看，B小区居民对垃圾分类知识的掌握情况比A小区稳定；③从中位数看，B小区至少有一半的居民成绩高于平均数。

22．（2019年浙江省舟山）某挖掘机的底座高AB＝0.8米，动臂BC＝1.2米，CD＝1.5米，BC与

CD的固定夹角∠BCD＝140°．初始位置如图1，斗杆顶点D与铲斗顶点E所在直线DE垂直地面AM于点E，测得∠CDE＝70°（示意图2）．工作时如图3，动臂BC会绕点B转动，当点A，B，C在同一直线时，斗杆顶点D升至最高点（示意图4）． （1）求挖掘机在初始位置时动臂BC与AB夹角∠ABC的度数；

（2）问斗杆顶点D的最高点比初始位置高多少米？（精确到0.1米）

（参考数据：sin 50°≈0.77，cos 50°≈0.64，sin 70°≈0.94，cos 70°≈0.34，3≈1.73）

{解析}本题考查了解直角三角形的应用．

（1）过点C作CG∥DE，利用平行线的性质求解；（2）通过添加辅助线，构造直角三角形，转化为解直角三角形的问题求解．

{答案}解：（1）如答图1，过点C作CG⊥AM于点G．∴∠DCG＝180°－∠CDE＝110°．∴∠BCG＝∠BCD－∠DCG＝30°．订AB⊥AM，DE⊥AM，CG⊥AM，∴AB∥DE∥CG．∴∠ABC＝180°－∠BCG＝150°．∴动臂BC与AB的夹角为150°．

DDCD

CPCKEBBBQAG图1EMAG图2EMAH图3M （2）如答图2，过点C作CP⊥DE于点P，过点B作BQ⊥DE于点Q交CG于点N．在Rt△CPD中，DP＝CD·cos 70°＝0.51．在Rt△BCN中，CN＝BC·cos30°＝1.038．∴DE＝DP＋PQ＋QE＝DP＋CN＋AB＝0.51＋1.038＋0.8＝2.348．如图3，过点D作DH⊥AM于点H，过点C作CK⊥DH于点K．在Rt△CKD中，DK＝CD·sin 50°＝1.155．∴DH＝DK＋KH＝3.155．∴DH－DE＝0.807≈0.8米．∴斗杆顶点D的最高点比初始位置高0.8米．

23．（2019年浙江省舟山）23．某农作物的生长率p与温度t（℃）有如下关系：如图，当

11110≤1≤25时可近似用函数p＝t刻画；当25≤1≤37时可近似用函数p＝(th)20.4505160 9

刻画．

（1）求h的值；

（2）按照经验，该作物提前上市的天数m（天）与生长率p之间满足已学过的函数关系，部

分数据如下： 生长率p 提前上市的天数m（天） 0.2 0 0.25 5 0.3 10 0.35 15 求：①m关于p的函数表达式； ②用含t的代数式表示m；

③天气寒冷，大棚加温可改变农作物生长速度．大棚恒温20℃时每天的成本为100元，计划该作物30天后上市．现根据市场调查：每提前一天上市售出（一次售完），销售额可增加600元．因此决定给大棚继续加温，但加温导致成本增加，估测加温到20≤t≤25时的成本为200元/天，但若欲加温到25＜t≤37，由于要采用特殊方法，成本增加到400元/天．问加温到多少度时增加的利润最大？并说明理由．（注：农作物上市售出后大棚暂停使用）

p 0.4 0.3 37 t(℃)

（℃）℃11{答案}解：（1）把（25，0.3）代入p＝(th)20.4，0.3＝(25h)20.4．解得h＝

O 10 25 16016029或h＝21．∵h＞25，∴h＝29．

（2）①由表格可知m是p的一次函数．设这个一次函数关系式为m＝kp＋b．把（0.2，0）、（0.25，5）代入，得00.2kb，解得k＝100，b＝－20．∴m＝100p－20．当p＝0.3时，m＝

50.25kb．100×0.3－20＝10；当p＝0.35时，m＝100×0.35－20＝15．∴m关于p的函数关系式为m＝100p－

20．

1111t，把p代入m得m＝100(t)－20＝22t－40．当5055051125≤t≤37时，p＝(t29)20.4－20＝(t29)20.4．把p代入m得m＝1001601605(t29)220． 8②由（1）得：当10≤t≤25时，p＝

③设利润为y元，则当20≤t≤25时，y＝600m＋[100×30－(30－m)×200]＝800m－3000＝1600t－35000．

∵当20≤t≤25时，y随着t的增大而增大，∴当t＝25时，最大值y＝5000． 当25＜1≤37时，y＝600m＋[100×30－(30－m)×400]＝1000m－9000＝－625(t－29)2＋11000．∵a＝－625＜0，∴当t＝29时，最大值y＝11000．∵11000＞5000，∴当加温到29℃时，利润最大．

24．（2019年浙江省舟山）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．

（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，

N分别在AB，AC上，若BC＝a，AD＝h，求正方形PQMN的边长（用a，h表示）． （2）操作：如何画出这个正方形PQMN呢？

如图2，小波画出了图1的△ABC，然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行

10

操作：先在AB上任取一点P′，画正方形P′Q′M′N′，使点Q″，M′在BC边上，点N′在△ABC内，然后连结BN′，并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PQMN． （3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．

（4）拓展：小波把图2中的线段BN称为“波利亚线”，在该线上截取NE＝NM，连结EQ，EM

（如图3）．当∠QEM＝90°时，求“波利亚线”BN的长（用a，h表示）． 请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．

AEAAPEM图2CPNP'PN'NNBQD图1MCBQ'QM'BQ图3MC

{答案}解：（1）正方形PQMN得PN∥BC．∴△APN∽△ABC．∴hNPah，解得NP＝．

ahhNPAENP＝．即＝BCADa（3）证明：由画法得 ∠QMN＝∠PNM＝∠PQM＝90°．∴四边形PQMN为矩形．∵N′M′⊥

NMBNNPBC，NM⊥BC，∴N′M′∥NM．∴△BN′M′∽△BNM．∴＝．同理可得 ＝

BNNMNPBNNMNP．∴＝．∵N′M′＝P′N′．∴NM＝PN．∴四边形PQMN为正方形． BNNMNP（4）如答图，过N作NR⊥EM于点R．∵NE＝NM，∴∠NEM＝∠NME．∴ER＝RM＝

1EM． 212EM．又∵∠EQM＋∠EMQ＝∠EMQ＋∠EMN＝90°，∴∠EOM＝∠EMN．又∵∠QEM＝∠NRM＝90°，NM＝QM，∴△EQM≌△RMN（AAS）．∴.EQ＝RM．∴EQ＝

∵∠QEM＝90°，∴∠BEQ＋∠NEM＝90°．∴∠BEQ＝∠EMB．又∵∠EBM＝∠QBE，∴△

BQBEEQ1BEQ∽△BME．∴＝＝＝．设BQ＝x，则BE＝2x，BM＝4x．∴QM＝BM－BQ

BMEM2BE55ah＝3x＝MN＝NE．∴BN＝BE＋NE＝5x．∴BN＝NM＝．

3a3h3APERB

NQMC

11