2019年山东省烟台市中考数学试卷

2019年山东省烟台市中考数学试卷

‎2019年山东省烟台市中考数学试卷 一、选择题（本题共12个小题,每小题3分,满分36分）每小题都给出标号为A，B，C，D四个备选答案，其中有且只有一个是正确的．‎ ‎1．（3分）﹣8的立方根是（　　）‎ A．2 B．﹣2 C．±2 D．﹣2‎ ‎2．（3分）下列智能手机的功能图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．（3分）如图所示的几何体是由9个大小相同的小正方体组成的，将小正方体①移走后，所得几何体的三视图没有发生变化的是（　　）‎ A．主视图和左视图 B．主视图和俯视图 ‎ C．左视图和俯视图 D．主视图、左视图、俯视图 ‎4．（3分）将一枚飞镖任意投掷到如图所示的正六边形镖盘上，飞镖落在白色区域的概率为（　　）‎ A． B． C． D．无法确定 ‎5．（3分）某种计算机完成一次基本运算的时间约为1纳秒（ns），已知1纳秒＝0.000 000 001秒，该计算机完成15次基本运算，所用时间用科学记数法表示为（　　）‎ A．1.5×10﹣9秒 B．15×10﹣9秒 C．1.5×10﹣8秒 D．15×10﹣8秒 ‎6．（3分）当b+c＝5时，关于x的一元二次方程3x2+bx﹣c＝0的根的情况为（　　）‎ A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 ‎ C．没有实数根 D．无法确定 第33页（共33页）‎ ‎7．（3分）某班有40人，一次体能测试后，老师对测试成绩进行了统计．由于小亮没有参加本次集体测试因此计算其他39人的平均分为90分，方差s2＝41．后来小亮进行了补测，成绩为90分，关于该班40人的测试成绩，下列说法正确的是（　　）‎ A．平均分不变，方差变大 B．平均分不变，方差变小 ‎ C．平均分和方差都不变 D．平均分和方差都改变 ‎8．（3分）已知∠AOB＝60°，以O为圆心，以任意长为半径作弧，交OA，OB于点M，N，分别以点M，N为圆心，以大于MN的长度为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点P，以OP为边作∠POC＝15°，则∠BOC的度数为（　　）‎ A．15° B．45° C．15°或30° D．15°或45°‎ ‎9．（3分）南宋数学家杨辉在其著作《详解九章算法》中揭示了（a+b）n（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律如下，后人也将右表称为“杨辉三角”‎ ‎（a+b）0＝1‎ ‎（a+b）1＝a+b ‎（a+b）2＝a2+2ab+b2‎ ‎（a+b）3＝a3+3a2b+3ab2+b3‎ ‎（a+b）4＝a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4‎ ‎（a+b）5＝a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5‎ ‎…‎ 则（a+b）9展开式中所有项的系数和是（　　）‎ A．128 B．256 C．512 D．1024‎ ‎10．（3分）如图，面积为24的▱ABCD中，对角线BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BD交BC的延长线于点E，DE＝6，则sin∠DCE的值为（　　）‎ 第33页（共33页）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的y与x的部分对应值如表：‎ x ‎﹣1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ y ‎5‎ ‎0‎ ‎﹣4‎ ‎﹣3‎ ‎0‎ 下列结论：①抛物线的开口向上；②抛物线的对称轴为直线x＝2；③当0＜x＜4时，y＞0；④抛物线与x轴的两个交点间的距离是4；⑤若A（x1，2），B（x2，3）是抛物线上两点，则x1＜x2，其中正确的个数是（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎12．（3分）如图，AB是⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点C，过A，B分别作AD⊥DE，BE⊥DE，垂足为点D，E，连接AC，BC，若AD＝，CE＝3，则的长为（　　）‎ A． B．π C．π D．π 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分）‎ ‎13．（3分）|﹣6|×2﹣1﹣cos45°＝　 　．‎ ‎14．（3分）若关于x的分式方程﹣1＝有增根，则m的值为　 　．‎ ‎15．（3分）如图，在直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABO的顶点坐标分别为A（﹣2，﹣1），B（﹣2，﹣3），O（0，0），△A1B1O1的顶点坐标分别为A1（1，﹣1），B1（1，﹣5），O1（5，1），△ABO与△A1B1O1是以点P为位似中心的位似图形，则P点的坐标为　 　．‎ 第33页（共33页）‎ ‎16．（3分）如图，直线y＝x+2与直线y＝ax+c相交于点P（m，3），则关于x的不等式x+2≤ax+c的解为　 　．‎ ‎17．（3分）小明将一张正方形纸片按如图所示顺序折叠成纸飞机，当机翼展开在同一平面时（机翼间无缝隙），∠AOB的度数是　 　．‎ ‎18．（3分）如图，分别以边长为2的等边三角形ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径作弧，三段弧所围成的图形是一个曲边三角形，已知⊙O是△ABC的内切圆，则阴影部分面积为　 　．‎ 第33页（共33页）‎ 三、解答题（本大题共7个小题，满分66分）‎ ‎19．（6分）先化简（x+3﹣）÷，再从0≤x≤4中选一个适合的整数代入求值．‎ ‎20．（8分）十八大以来，某校已举办五届校园艺术节，为了弘扬中华优秀传统文化，每届艺术节上都有一些班级表演“经典诵读”“民乐演奏”、“歌曲联唱”、“民族舞蹈”等节目．小颖对每届艺术节表演这些节目的班级数进行统计，并绘制了如图所示不完整的折线统计图和扇形统计图．‎ ‎（1）五届艺术节共有　 　个班级表演这些节目，班数的中位数为　 　，在扇形统计图中，第四届班级数的扇形圆心角的度数为　 　；‎ ‎（2）补全折线统计图；‎ ‎（3）第六届艺术节，某班决定从这四项艺术形式中任选两项表演（“经典诵读”、“民乐演奏”、“歌曲联唱”、“民族舞蹈”分别用A，B，C，D表示），利用树状图或表格求出该班选择A和D两项的概率．‎ ‎21．（9分）亚洲文明对话大会召开期间，大批的大学生志愿者参与服务工作．某大学计划组织本校全体志愿者统一乘车去会场，若单独调配36座新能源客车若干辆，则有2人没有座位；若只调配22座新能源客车，则用车数量将增加4辆，并空出2个座位．‎ ‎（1）计划调配36座新能源客车多少辆？该大学共有多少名志愿者？‎ ‎（2）若同时调配36座和22座两种车型，既保证每人有座，又保证每车不空座，则两种车型各需多少辆？‎ ‎22．（9分）如图，在矩形ABCD中，CD＝2，AD＝4，点P在BC上，将△ABP沿AP折叠，点B恰好落在对角线AC上的E点，O为AC上一点，⊙O经过点A，P ‎（1）求证：BC是⊙O的切线；‎ ‎（2）在边CB上截取CF＝CE，点F是线段BC的黄金分割点吗？请说明理由．‎ 第33页（共33页）‎ ‎23．（10分）如图所示，一种适用于笔记本电脑的铝合金支架，边OA，OB可绕点O开合，在OB边上有一固定点P，支柱PQ可绕点P转动，边OA上有六个卡孔，其中离点O最近的卡孔为M，离点O最远的卡孔为N．当支柱端点Q放入不同卡孔内，支架的倾斜角发生变化．将电脑放在支架上，电脑台面的角度可达到六档调节，这样更有利于工作和身体健康，现测得OP的长为12cm，OM为10cm，支柱PQ为8m．‎ ‎（1）当支柱的端点Q放在卡孔M处时，求∠AOB的度数；‎ ‎（2）当支柱的端点Q放在卡孔N处时，∠AOB＝20.5°，若相邻两个卡孔的距离相同，求此间距．（结果精确到十分位）‎ 参考数据表 ‎ 计算器按键顺序 计算结果（已取近似值）‎ ‎2.65‎ ‎6.8‎ ‎11.24‎ ‎0.35‎ ‎0.937‎ ‎41‎ ‎49‎ ‎49‎ ‎41‎ 第33页（共33页）‎ ‎24．（11分）【问题探究】‎ ‎（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．‎ ‎①请探究AD与BD之间的位置关系：　 　；‎ ‎②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，则线段AD的长为　 　；‎ ‎【拓展延伸】‎ ‎（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．‎ ‎25．（13分）如图，顶点为M的抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴交抛物线于另一点D，作DE⊥x轴，垂足为点E，双曲线y＝（x＞0）经过点D，连接MD，BD．‎ ‎（1）求抛物线的表达式；‎ ‎（2）点N，F分别是x轴，y轴上的两点，当以M，D，N，F为顶点的四边形周长最小时，求出点N，F的坐标；‎ ‎（3）动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OC方向运动，运动时间为t秒，当t为何值时，∠BPD的度数最大？（请直接写出结果）‎ 第33页（共33页）‎ 第33页（共33页）‎ ‎2019年山东省烟台市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共12个小题,每小题3分,满分36分）每小题都给出标号为A，B，C，D四个备选答案，其中有且只有一个是正确的．‎ ‎1．（3分）﹣8的立方根是（　　）‎ A．2 B．﹣2 C．±2 D．﹣2‎ ‎【分析】如果一个数x的立方等于a，那么x是a的立方根，根据此定义求解即可．‎ ‎【解答】解：∵﹣2的立方等于﹣8，‎ ‎∴﹣8的立方根等于﹣2．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查了立方根的定义，求一个数的立方根，应先找出所要求的这个数是哪一个数的立方．由开立方和立方是互逆运算，用立方的方法求这个数的立方根．注意一个数的立方根与原数的性质符号相同．‎ ‎2．（3分）下列智能手机的功能图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．‎ ‎【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；‎ B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；‎ C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；‎ D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．‎ ‎3．（3分）如图所示的几何体是由9个大小相同的小正方体组成的，将小正方体①移走后，所得几何体的三视图没有发生变化的是（　　）‎ 第33页（共33页）‎ A．主视图和左视图 B．主视图和俯视图 ‎ C．左视图和俯视图 D．主视图、左视图、俯视图 ‎【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，从上面看得到的图形是俯视图，从左边看得到的图形是左视图，可得答案．‎ ‎【解答】解：将正方体①移走后，主视图不变，俯视图变化，左视图不变，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，从上面看得到的图形是俯视图，从左边看得到的图形是左视图．‎ ‎4．（3分）将一枚飞镖任意投掷到如图所示的正六边形镖盘上，飞镖落在白色区域的概率为（　　）‎ A． B． C． D．无法确定 ‎【分析】随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．‎ ‎【解答】解：设正六边形边长为a，则灰色部分面积为3×＝，‎ 白色区域面积为a×＝，‎ 所以正六边形面积为a2，‎ 镖落在白色区域的概率P＝＝，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了概率，熟练掌握概率公式是解题的关键．‎ ‎5．（3分）某种计算机完成一次基本运算的时间约为1纳秒（ns），已知1纳秒＝0.000 000 001秒，该计算机完成15次基本运算，所用时间用科学记数法表示为（　　）‎ 第33页（共33页）‎ A．1.5×10﹣9秒 B．15×10﹣9秒 C．1.5×10﹣8秒 D．15×10﹣8秒 ‎【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．‎ ‎【解答】解：所用时间＝15×0.000 000 001＝1.5×10﹣8．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．‎ ‎6．（3分）当b+c＝5时，关于x的一元二次方程3x2+bx﹣c＝0的根的情况为（　　）‎ A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 ‎ C．没有实数根 D．无法确定 ‎【分析】由b+c＝5可得出c＝5﹣b，根据方程的系数结合根的判别式可得出△＝（b﹣6）2+24，由偶次方的非负性可得出（b﹣6）2+24＞0，即△＞0，由此即可得出关于x的一元二次方程3x2+bx﹣c＝0有两个不相等的实数根．‎ ‎【解答】解：∵b+c＝5，‎ ‎∴c＝5﹣b．‎ ‎△＝b2﹣4×3×（﹣c）＝b2+12c＝b2﹣12b+60＝（b﹣6）2+24．‎ ‎∵（b﹣6）2≥0，‎ ‎∴（b﹣6）2+24＞0，‎ ‎∴△＞0，‎ ‎∴关于x的一元二次方程3x2+bx﹣c＝0有两个不相等的实数根．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．‎ ‎7．（3分）某班有40人，一次体能测试后，老师对测试成绩进行了统计．由于小亮没有参加本次集体测试因此计算其他39人的平均分为90分，方差s2＝41．后来小亮进行了补测，成绩为90分，关于该班40人的测试成绩，下列说法正确的是（　　）‎ A．平均分不变，方差变大 B．平均分不变，方差变小 ‎ C．平均分和方差都不变 D．平均分和方差都改变 ‎【分析】根据平均数，方差的定义计算即可．‎ 第33页（共33页）‎ ‎【解答】解：∵小亮的成绩和其他39人的平均数相同，都是90分，‎ ‎∴该班40人的测试成绩的平均分为90分，方差变小，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查方差，算术平均数等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎8．（3分）已知∠AOB＝60°，以O为圆心，以任意长为半径作弧，交OA，OB于点M，N，分别以点M，N为圆心，以大于MN的长度为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点P，以OP为边作∠POC＝15°，则∠BOC的度数为（　　）‎ A．15° B．45° C．15°或30° D．15°或45°‎ ‎【分析】（1）以O为圆心，以任意长为半径作弧，交OA，OB于点M，N，分别以点M，N为圆心，以大于MN的长度为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点P，则OP为∠AOB的平分线；（2）两弧在∠AOB内交于点P，以OP为边作∠POC＝15°，则为作∠POB或∠POA的角平分线，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）以O为圆心，以任意长为半径作弧，交OA，OB于点M，N，分别以点M，N为圆心，‎ 以大于MN的长度为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点P，则OP为∠AOB的平分线，‎ ‎（2）两弧在∠AOB内交于点P，以OP为边作∠POC＝15°，则为作∠POB或∠POA的角平分线，‎ 则∠BOC＝15°或45°，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查的是复杂作图，主要要理解作图是在作角的平分线，同时要考虑以OP为边作∠POC＝15°的两种情况，避免遗漏．‎ ‎9．（3分）南宋数学家杨辉在其著作《详解九章算法》中揭示了（a+b）n（n 第33页（共33页）‎ 为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律如下，后人也将右表称为“杨辉三角”‎ ‎（a+b）0＝1‎ ‎（a+b）1＝a+b ‎（a+b）2＝a2+2ab+b2‎ ‎（a+b）3＝a3+3a2b+3ab2+b3‎ ‎（a+b）4＝a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4‎ ‎（a+b）5＝a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5‎ ‎…‎ 则（a+b）9展开式中所有项的系数和是（　　）‎ A．128 B．256 C．512 D．1024‎ ‎【分析】由“杨辉三角”的规律可知，令a＝b＝1，代入（a+b）9计算可得所有项的系数和．‎ ‎【解答】解：由“杨辉三角”的规律可知，（a+b）9展开式中所有项的系数和为（1+1）9＝29＝512‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了“杨辉三角”展开式中所有项的系数和的求法，需要知道取值代入即可求得．‎ ‎10．（3分）如图，面积为24的▱ABCD中，对角线BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BD交BC的延长线于点E，DE＝6，则sin∠DCE的值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】可证明四边形ABCD是菱形，由面积可求出BD长，连接AC，过点D作DF⊥‎ 第33页（共33页）‎ BE于点E，求出菱形的边长CD＝5，由勾股定理可求出CF、DF长，则sin∠DCE的值可求出．‎ ‎【解答】解：连接AC，过点D作DF⊥BE于点E，‎ ‎∵BD平分∠ABC，‎ ‎∴∠ABD＝∠DBC，‎ ‎∵▱ABCD中，AD∥BC，‎ ‎∴∠ADB＝∠DBC，‎ ‎∴∠ADB＝∠ABD，‎ ‎∴AB＝BC，‎ ‎∴四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，OB＝OD，‎ ‎∵DE⊥BD，‎ ‎∴OC∥ED，‎ ‎∵DE＝6，‎ ‎∴OC＝，‎ ‎∵▱ABCD的面积为24，‎ ‎∴，‎ ‎∴BD＝8，‎ ‎∴＝＝5，‎ 设CF＝x，则BF＝5+x，‎ 由BD2﹣BF2＝DC2﹣CF2可得：82﹣（5+x）2＝52﹣x2，‎ 解得x＝，‎ ‎∴DF＝，‎ 第33页（共33页）‎ ‎∴sin∠DCE＝．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的性质、解直角三角形、锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定，正确作出辅助线思考问题．‎ ‎11．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的y与x的部分对应值如表：‎ x ‎﹣1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ y ‎5‎ ‎0‎ ‎﹣4‎ ‎﹣3‎ ‎0‎ 下列结论：①抛物线的开口向上；②抛物线的对称轴为直线x＝2；③当0＜x＜4时，y＞0；④抛物线与x轴的两个交点间的距离是4；⑤若A（x1，2），B（x2，3）是抛物线上两点，则x1＜x2，其中正确的个数是（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎【分析】先利用交点式求出抛物线解析式，则可对①进行判断；利用抛物线的对称性可对②进行判断；利用抛物线与x轴的交点坐标为（0，0），（4，0）可对③④进行判断；根据二次函数的增减性可对⑤进行判断．‎ ‎【解答】解：设抛物线解析式为y＝ax（x﹣4），‎ 把（﹣1，5）代入得5＝a×（﹣1）×（﹣1﹣4），解得a＝1，‎ ‎∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x，所以①正确；‎ 抛物线的对称性为直线x＝2，所以②正确；‎ ‎∵抛物线与x轴的交点坐标为（0，0），（4，0），‎ ‎∴当0＜x＜4时，y＜0，所以③错误；‎ 抛物线与x轴的两个交点间的距离是4，所以④正确；‎ 若A（x1，2），B（x2，3）是抛物线上两点，则x2＜x1＜2或2＜x1＜x2，所以⑤错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．‎ ‎12．（3分）如图，AB是⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点C，过A，B分别作AD⊥DE，BE⊥DE，垂足为点D，E，连接AC，BC，若AD＝，CE＝3，则的长为（　　）‎ 第33页（共33页）‎ A． B．π C．π D．π ‎【分析】根据圆周角定理求得∠ACB＝90°，进而证得△ADC∽△CEB，求得∠ABC＝30°，根据切线的性质求得∠ACD＝30°，解直角三角形求得半径，根据圆周角定理求得∠AOC＝60°，根据弧长公式求得即可．‎ ‎【解答】解：连接OC，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∴∠ACD+∠BCE＝90°，‎ ‎∵AD⊥DE，BE⊥DE，‎ ‎∴∠DAC+∠ACD＝90°，‎ ‎∴∠DAC＝∠ECB，‎ ‎∵∠ADC＝∠CEB＝90°，‎ ‎∴△ADC∽△CEB，‎ ‎∴＝，即＝，‎ ‎∵tan∠ABC＝＝，‎ ‎∴∠ABC＝30°，‎ ‎∴AB＝2AC，∠AOC＝60°，‎ ‎∵直线DE与⊙O相切于点C，‎ ‎∴∠ACD＝∠ABC＝30°，‎ ‎∴AC＝2AD＝2，‎ ‎∴AB＝4，‎ ‎∴⊙O的半径为2，‎ ‎∴的长为：＝π，‎ 故选：D．‎ 第33页（共33页）‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角函数，30°角的直角三角形的性质等，求得∠ABC＝30°是解题的关键．‎ 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分）‎ ‎13．（3分）|﹣6|×2﹣1﹣cos45°＝　2　．‎ ‎【分析】直接利用二次根式的性质以及特殊角的三角函数值、负指数幂的性质分别化简得出答案．‎ ‎【解答】解：原式＝6×﹣×‎ ‎＝3﹣1‎ ‎＝2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．‎ ‎14．（3分）若关于x的分式方程﹣1＝有增根，则m的值为　3　．‎ ‎【分析】增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母（x﹣2）＝0，得到x＝2，然后代入化为整式方程的方程算出m的值．‎ ‎【解答】.解：方程两边都乘（x﹣2），‎ 得3x﹣x+2＝m+3‎ ‎∵原方程有增根，‎ ‎∴最简公分母（x﹣2）＝0，‎ 解得x＝2，‎ 当x＝2时，m＝3．‎ 故答案为3．‎ ‎【点评】本题考查了分式方程的增根，增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．‎ ‎15．（3分）如图，在直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABO的顶点坐标分别为A（﹣2，﹣1），B（﹣2，﹣3），O（0，0），△A1B1O1的顶点坐标分别为A1（1，﹣1），B1（1，﹣5），O1（5，1），△ABO与△A1B1O1是以点P为位似中心的位似图形，则P点的坐标为　（﹣5，﹣1）　．‎ 第33页（共33页）‎ ‎【分析】分别延长B1B、O1O、A1A，它们相交于点P，然后写出P点坐标即可．‎ ‎【解答】解：如图，P点坐标为（﹣5，﹣1）．‎ 故答案为（﹣5，﹣1）．‎ ‎【点评】本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．位似图形的性质有 两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线．‎ ‎16．（3分）如图，直线y＝x+2与直线y＝ax+c相交于点P（m，3），则关于x的不等式x+2≤ax+c的解为　x≤1　．‎ 第33页（共33页）‎ ‎【分析】将点P（m，3）代入y＝x+2，求出点P的坐标；结合函数图象可知当x＜1时x+2≤ax+c，即可求解；‎ ‎【解答】解：点P（m，3）代入y＝x+2，‎ ‎∴m＝1，‎ ‎∴P（1，3），‎ 结合图象可知x+2≤ax+c的解为x≤1；‎ 故答案为x≤1；‎ ‎【点评】本题考查一次函数的交点于一元一次不等式；将一元一次不等式的解转化为一次函数图象的关系是解题的关键．‎ ‎17．（3分）小明将一张正方形纸片按如图所示顺序折叠成纸飞机，当机翼展开在同一平面时（机翼间无缝隙），∠AOB的度数是　45°　．‎ ‎【分析】根据折叠的轴对称性，180°的角对折3次，求出每次的角度即可；‎ ‎【解答】解：在折叠过程中角一直是轴对称的折叠，‎ ‎∠AOB＝22.5°×2＝45°；‎ 故答案为45°；‎ ‎【点评】本题考查轴对称的性质；能够通过折叠理解角之间的对称关系是解题的关键．‎ ‎18．（3分）如图，分别以边长为2的等边三角形ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径作弧，三段弧所围成的图形是一个曲边三角形，已知⊙O是△ABC的内切圆，则阴影部分面积为　π﹣2　．‎ 第33页（共33页）‎ ‎【分析】连接OB，作OD⊥BC于D，如图，利用等边三角形的性质得AB＝BC＝AC＝2，∠ABC＝60°，再根据三角形内切圆的性质得OH为⊙O的半径，∠OBH＝30°，再计算出BH＝CH＝1，OH＝BH＝，然后根据扇形的面积公式，利用阴影部分面积＝3S弓形AB+S△ABC﹣S⊙O＝3（S扇形ACB﹣S△ABC）+S△ABC﹣S⊙O进行计算．‎ ‎【解答】解：连接OB，作OD⊥BC于D，如图，‎ ‎∵△ABC为等边三角形，‎ ‎∴AB＝BC＝AC＝2，∠ABC＝60°，‎ ‎∵⊙O是△ABC的内切圆，‎ ‎∴OH为⊙O的半径，∠OBH＝30°，‎ ‎∵O点为等边三角形的外心，‎ ‎∴BH＝CH＝1，‎ 在Rt△OBH中，OH＝BH＝，‎ ‎∵S弓形AB＝S扇形ACB﹣S△ABC，‎ ‎∴阴影部分面积＝3S弓形AB+S△ABC﹣S⊙O＝3（S扇形ACB﹣S△ABC）+S△ABC﹣S⊙O＝3S扇形ACB﹣2S△ABC﹣S⊙O＝3×﹣2××22﹣π×（）2＝π﹣2．‎ 故答案为π﹣2．‎ ‎【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了等边三角形的性质和扇形面积公式．‎ 三、解答题（本大题共7个小题，满分66分）‎ 第33页（共33页）‎ ‎19．（6分）先化简（x+3﹣）÷，再从0≤x≤4中选一个适合的整数代入求值．‎ ‎【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，根据分式有意义的条件选择一个整数代入计算即可．‎ ‎【解答】解：（x+3﹣）÷‎ ‎＝（﹣）÷‎ ‎＝•‎ ‎＝，‎ 当x＝1时，原式＝＝．‎ ‎【点评】本题考查的是分式的化简求值、分式有意义的条件，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．‎ ‎20．（8分）十八大以来，某校已举办五届校园艺术节，为了弘扬中华优秀传统文化，每届艺术节上都有一些班级表演“经典诵读”“民乐演奏”、“歌曲联唱”、“民族舞蹈”等节目．小颖对每届艺术节表演这些节目的班级数进行统计，并绘制了如图所示不完整的折线统计图和扇形统计图．‎ ‎（1）五届艺术节共有　40　个班级表演这些节目，班数的中位数为　7　，在扇形统计图中，第四届班级数的扇形圆心角的度数为　81°　；‎ ‎（2）补全折线统计图；‎ ‎（3）第六届艺术节，某班决定从这四项艺术形式中任选两项表演（“经典诵读”、“民乐演奏”、“歌曲联唱”、“民族舞蹈”分别用A，B，C，D表示），利用树状图或表格求出该班选择A和D两项的概率．‎ ‎【分析】‎ 第33页（共33页）‎ ‎（1）先计算出第一届、第二届和第三届参加班级所占的百分比为45%，再用18除以45%得到五届艺术节参加班级表演的总数；接着求出第四届和第五届参加班级数，利用中位数的定义得到班数的中位数；在扇形统计图中，第四届班级数的扇形圆心角的度数为360°×22.5%；‎ ‎（2）补全折线统计图；‎ ‎（3）画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出该班选择A和D两项的结果数，然后概率公式计算．‎ ‎【解答】解：（1）第一届、第二届和第三届参加班级所占的百分比为1﹣22.5%﹣＝45%，‎ 所以五届艺术节参加班级表演的总数为（5+7+6）÷45%＝40（个）；‎ 第四届参加班级数为40×22.5%＝9（个），第五届参加班级数为40﹣18﹣9＝13（个），‎ 所以班数的中位数为7（个）‎ 在扇形统计图中，第四届班级数的扇形圆心角的度数为360°×22.5%＝81°；‎ 故答案为40，7，81°；‎ ‎（2）如图，‎ ‎（3）画树状图为：‎ 共有12种等可能的结果数，其中该班选择A和D两项的结果数为2，‎ 所以该班选择A和D两项的概率＝＝．‎ ‎【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．‎ 第33页（共33页）‎ ‎21．（9分）亚洲文明对话大会召开期间，大批的大学生志愿者参与服务工作．某大学计划组织本校全体志愿者统一乘车去会场，若单独调配36座新能源客车若干辆，则有2人没有座位；若只调配22座新能源客车，则用车数量将增加4辆，并空出2个座位．‎ ‎（1）计划调配36座新能源客车多少辆？该大学共有多少名志愿者？‎ ‎（2）若同时调配36座和22座两种车型，既保证每人有座，又保证每车不空座，则两种车型各需多少辆？‎ ‎【分析】（1）设计划调配36座新能源客车x辆，该大学共有y名志愿者，则需调配22座新能源客车（x+4）辆，根据志愿者人数＝36×调配36座客车的数量+2及志愿者人数＝22×调配22座客车的数量﹣2，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；‎ ‎（2）设需调配36座客车m辆，22座客车n辆，根据志愿者人数＝36×调配36座客车的数量+22×调配22座客车的数量，即可得出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数即可求出结论．‎ ‎【解答】解：（1）设计划调配36座新能源客车x辆，该大学共有y名志愿者，则需调配22座新能源客车（x+4）辆，‎ 依题意，得：，‎ 解得：．‎ 答：计划调配36座新能源客车6辆，该大学共有218名志愿者．‎ ‎（2）设需调配36座客车m辆，22座客车n辆，‎ 依题意，得：36m+22n＝218，‎ ‎∴n＝．‎ 又∵m，n均为正整数，‎ ‎∴．‎ 答：需调配36座客车3辆，22座客车5辆．‎ ‎【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程．‎ ‎22．（9分）如图，在矩形ABCD中，CD＝2，AD＝4，点P在BC上，将△ABP沿AP 第33页（共33页）‎ 折叠，点B恰好落在对角线AC上的E点，O为AC上一点，⊙O经过点A，P ‎（1）求证：BC是⊙O的切线；‎ ‎（2）在边CB上截取CF＝CE，点F是线段BC的黄金分割点吗？请说明理由．‎ ‎【分析】（1）通过“连直径、证垂直”的方法，证明∠BAP＝∠OPA，即可求解；‎ ‎（2）CF＝CE＝AC﹣AE＝﹣4＝2﹣2，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）连接OP，则∠PAO＝∠APO，‎ 而△AEP是由△ABP沿AP折叠而得：‎ 故AE＝AB＝4，∠OAP＝∠PAB，‎ ‎∴∠BAP＝∠OPA，‎ ‎∴AB∥OP，∴∠OPC＝90°，‎ ‎∴BC是⊙O的切线；‎ ‎（2）CF＝CE＝AC﹣AE＝﹣4＝2﹣2，‎ ‎＝，‎ 故：点F是线段BC的黄金分割点．‎ ‎【点评】本题考查了圆的切线的性质与证明、黄金分割的应用，题目的关键是明确黄金分割所涉及的线段的比．‎ ‎23．（10分）如图所示，一种适用于笔记本电脑的铝合金支架，边OA，OB可绕点O开合，在OB边上有一固定点P，支柱PQ可绕点P转动，边OA上有六个卡孔，其中离点O最近的卡孔为M，离点O最远的卡孔为N．当支柱端点Q 第33页（共33页）‎ 放入不同卡孔内，支架的倾斜角发生变化．将电脑放在支架上，电脑台面的角度可达到六档调节，这样更有利于工作和身体健康，现测得OP的长为12cm，OM为10cm，支柱PQ为8m．‎ ‎（1）当支柱的端点Q放在卡孔M处时，求∠AOB的度数；‎ ‎（2）当支柱的端点Q放在卡孔N处时，∠AOB＝20.5°，若相邻两个卡孔的距离相同，求此间距．（结果精确到十分位）‎ 参考数据表 ‎ 计算器按键顺序 计算结果（已取近似值）‎ ‎2.65‎ ‎6.8‎ ‎11.24‎ ‎0.35‎ ‎0.937‎ ‎41‎ ‎49‎ ‎49‎ ‎41‎ ‎【分析】（1）如图，过点P作PH⊥OA于点H．设OH＝x，则HM＝10﹣x，由勾股定理得122﹣x2＝82﹣（10﹣x）2，解得x＝9，即OH＝9（cm），cos∠AOB＝＝＝0.75，由表可知，∠AOB为41°；‎ ‎（2）过点P作PH⊥OA于点H．在Rt△OPH中，，‎ 第33页（共33页）‎ OH＝11.244（cm），，PH＝4.2（cm），HN＝（cm），ON＝OH+HN＝11.244+6.8＝18.044（cm），MN＝ON﹣OM＝18.044﹣10＝8.044（cm）电脑台面的角度可达到六档调节，相邻两个卡孔的距离相同，相邻两个卡孔的距离为8.044÷（6﹣1）≈1.6（cm）．‎ ‎【解答】解：（1）如图，过点P作PH⊥OA于点H．‎ 设OH＝x，则HM＝10﹣x，‎ 由勾股定理得 OP2﹣OH2＝PH2，MP2﹣HM2＝PH2，‎ ‎∴OP2﹣OH2＝MP2﹣HM2，‎ 即122﹣x2＝82﹣（10﹣x）2，‎ 解得x＝9，‎ 即OH＝9（cm），‎ ‎∴cos∠AOB＝＝＝0.75，‎ 由表可知，∠AOB为41°；‎ ‎（2）过点P作PH⊥OA于点H．‎ 在Rt△OPH中，‎ ‎，‎ OH＝11.244（cm），‎ 第33页（共33页）‎ ‎，‎ ‎∴PH＝4.2（cm），‎ ‎∴HN＝（cm），‎ ‎∴ON＝OH+HN＝11.244+6.8＝18.044（cm），‎ ‎∴MN＝ON﹣OM＝18.044﹣10＝8.044（cm）‎ ‎∵电脑台面的角度可达到六档调节，相邻两个卡孔的距离相同，‎ ‎∴相邻两个卡孔的距离为8.044÷（6﹣1）≈1.6（cm）‎ 答：相邻两个卡孔的距离约为1.6cm．‎ ‎【点评】本题考查了直角三角形边角关系，熟练运用三角函数是解题的关键．‎ ‎24．（11分）【问题探究】‎ ‎（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．‎ ‎①请探究AD与BD之间的位置关系：　AD⊥BD　；‎ ‎②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，则线段AD的长为　4　；‎ ‎【拓展延伸】‎ ‎（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．‎ ‎【分析】【问题探究】‎ ‎（1）①由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠ADC＝∠BEC＝45°，可得AD⊥BD；‎ ‎②过点C作CF⊥AD于点F，由勾股定理可求DF，CF，AF的长，即可求AD的长；‎ ‎【拓展延伸】‎ 第33页（共33页）‎ ‎（2）分点D在BC左侧和BC右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似三角形的性质可求解．‎ ‎【解答】解：【问题探究】‎ ‎（1）∵△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，‎ ‎∴AC＝BC，CE＝CD，∠ABC＝∠DEC＝45°＝∠CDE ‎∵∠ACB＝∠DCE＝90°，‎ ‎∴∠ACD＝∠BCE，且AC＝BC，CE＝CD ‎∴△ACD≌△BCE（SAS）‎ ‎∴∠ADC＝∠BEC＝45°‎ ‎∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°‎ ‎∴AD⊥BD 故答案为：AD⊥BD ‎②如图，过点C作CF⊥AD于点F，‎ ‎∵∠ADC＝45°，CF⊥AD，CD＝‎ ‎∴DF＝CF＝1‎ ‎∴AF＝＝3‎ ‎∴AD＝AF+DF＝4‎ 故答案为：4‎ ‎【拓展延伸】‎ ‎（2）若点D在BC右侧，‎ 如图，过点C作CF⊥AD于点F，‎ 第33页（共33页）‎ ‎∵∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．‎ ‎∴∠ACD＝∠BCE，‎ ‎∴△ACD∽△BCE ‎∴∠ADC＝∠BEC，‎ ‎∵CD＝，CE＝1‎ ‎∴DE＝＝2‎ ‎∵∠ADC＝∠BEC，∠DCE＝∠CFD＝90°‎ ‎∴△DCE∽△CFD，‎ ‎∴‎ 即 ‎∴CF＝，DF＝‎ ‎∴AF＝＝‎ ‎∴AD＝DF+AF＝3‎ 若点D在BC左侧，‎ ‎∵∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．‎ ‎∴∠ACD＝∠BCE，‎ 第33页（共33页）‎ ‎∴△ACD∽△BCE ‎∴∠ADC＝∠BEC，‎ ‎∴∠CED＝∠CDF ‎∵CD＝，CE＝1‎ ‎∴DE＝＝2‎ ‎∵∠CED＝∠CDF，∠DCE＝∠CFD＝90°‎ ‎∴△DCE∽△CFD，‎ ‎∴‎ 即 ‎∴CF＝，DF＝‎ ‎∴AF＝＝‎ ‎∴AD＝AF﹣DF＝2‎ ‎【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线．‎ ‎25．（13分）如图，顶点为M的抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴交抛物线于另一点D，作DE⊥x轴，垂足为点E，双曲线y＝（x＞0）经过点D，连接MD，BD．‎ ‎（1）求抛物线的表达式；‎ ‎（2）点N，F分别是x轴，y轴上的两点，当以M，D，N，F为顶点的四边形周长最小时，求出点N，F的坐标；‎ ‎（3）动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OC方向运动，运动时间为t秒，当t为何值时，∠BPD的度数最大？（请直接写出结果）‎ 第33页（共33页）‎ ‎【分析】（1）由已知求出D点坐标，将点A（﹣1，0）和D（2，3）代入y＝ax2+bx+3即可；‎ ‎（2）作M关于y轴的对称点M'，作D关于x轴的对称点D'，连接M'D'与x轴、y轴分别交于点N、F，则以M，D，N，F为顶点的四边形周长最小即为M'D'+MD的长；‎ ‎（3）设P（0，t），则有tan∠CDP＝，tan∠PBO＝，令y＝，利用判别式△＝0可求y的最大值为，进而求出t＝﹣×；‎ ‎【解答】解；（1）C（0，3）‎ ‎∵CD⊥y，‎ ‎∴D点纵坐标是3，‎ ‎∵D在y＝上，‎ ‎∴D（2，3），‎ 将点A（﹣1，0）和D（2，3）代入y＝ax2+bx+3，‎ ‎∴a＝﹣1，b＝2，‎ ‎∴y＝﹣x2+2x+3；‎ ‎（2）M（1，4），B（3，0），‎ 作M关于y轴的对称点M'，作D关于x轴的对称点D'，连接M'D'与x轴、y轴分别交于点N、F，‎ 则以M，D，N，F为顶点的四边形周长最小即为M'D'+MD的长；‎ ‎∴M'（﹣1，4），D'（2，﹣3），‎ 第33页（共33页）‎ ‎∴M'D'直线的解析式为y＝﹣x+，‎ ‎∴N（，0），F（0，）；‎ ‎（3）设P（0，t），‎ ‎∵△PBO和△CDP都是直角三角形，‎ tan∠CDP＝，tan∠PBO＝，‎ 令y＝tan∠BPD＝，‎ ‎∴yt2+t﹣3yt+6y﹣9＝0，‎ ‎△＝﹣15y2+30y+1＝0时，y＝（舍）或y＝，‎ ‎∴t＝﹣×，‎ ‎∴t＝9﹣2，‎ ‎∴P（0，9﹣2）；‎ 第33页（共33页）‎ ‎【点评】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，利用轴对称求最短距离，将所求角利用直角三角形转化为三角函数值是解题的关键．‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2019/7/6 9:47:16；用户：柯瑞；邮箱：ainixiaoke00@163.com；学号：500557‎ 第33页（共33页）‎