2019年山东省烟台市中考数学试卷

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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)‎
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