2019山东烟台中考数学解析练习题

这是一份2019山东烟台中考数学解析练习题，共20页。试卷主要包含了选择题每个小题都给出标号为A，填空题．，解答题．等内容，欢迎下载使用。

2019年山东省烟台市初中毕业、升学考试
数学
（满分120分，考试时间120分钟）
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，满分36分）每个小题都给出标号为A、B、C、D四个备选答案，其中有且只有一个是正确的．
1．（2019山东烟台，1，3分）的立方根是（ ）．
A．2 B． C． D．
【答案】B
【解析】的立方根．
【知识点】求实数的立方根．
2． （2019山东烟台，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．
【答案】C
【解析】选项A是中心对称图形不是轴对称图形，选项B是轴对称图形不是中心对称图形，选项C既是中心对称图形又是轴对称图形，选项D是轴对称图形不是中心对称图形．
【知识点】轴对称图形和中心对称图形的认识．
3． （2019山东烟台，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
【答案】A
【解析】将小正方体①移走后，该几何体的主视图和左视图没有发生变化，俯视图中小正方体①的投影会没有．
【知识点】认识简单几何体的三视图．

4． （2019山东烟台，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
【答案】B
【解析】利用图形的对称性，可以看出在正六边形镖盘中白色区域与阴影区域的面积相等，所以飞镖落在白色区域的概率为．
【知识点】概率的初步．
5． （2019山东烟台，5，3分）某种计算机完成一次基本运算的时间为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．秒 B．秒 C．秒 D．秒
【答案】C
【解析】该计算机完成15次基本运算，所用时间为15纳秒（即秒），用科学记数法表示为秒．
【知识点】科学记数法的表示．
6． （2019山东烟台，6，3分）当时，关于x的一元二次方程的根的情况为（ ）．
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
【答案】A
【解析】因为，所以，因为，所以该一元二次方程有两个不相等的实数根．
【知识点】一元二次方程的实数根的判定．
7． （2019山东烟台，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．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
【答案】B
【解析】由于小亮补测的成绩为90分，与平均分相同，所以该班40人的测试成绩的平均分不变，因为39人的数据与40人的数据相比，增加的成绩与平均分一致，在方差的计算公式中，分母变大（39变成40），分子没有变，所以方差变小．
【知识点】平均分和方差的计算．
8． （2019山东烟台，8，3分）已知，以O为圆心，以任意长为半径作弧，交OA，OB于点M，N，分别以M，N为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧在内交于点P，以OP为边作，则的度数为（ ）．
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【解析】由题目可以得出OP为的平分线，所以，又因为，考虑到点C有可能在内也有可能在内，所以当点C在内时，当点C在内时．
【知识点】尺规作图（作已知角的平分线）和数学思想方法（分类讨论）．
9． （2019山东烟台，9，3分）南宋数学家杨辉在其著作《详解九章算法》中揭示了（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” ．






…

则展开式中所有项的系数和是（ ）．
A．128 B．256 C．512 D．1024
【答案】C
【解析】由题目可以得出OP为的平分线，所以，又因为，考虑到点C有可能在内也有可能在内，所以当点C在内时，当点C在内时．
【知识点】尺规作图（作已知角的平分线）和数学思想方法（分类讨论）．
10． （2019山东烟台，10，3分）如图，面积为24的□ABCD中，对角线BD平分，过点D作交BC的延长线于点E，，则的值为（ ）．
A． B． C． D．

第10题答图

【答案】A
【思路分析】先判断出四边形ABCD为菱形，利用菱形的性质、菱形的面积和勾股定理，求出菱形的边长和菱形的高，然后利用三角函数的定义求得答案．
【解题过程】连接AC，交BD于点F，过点D作，垂足为M，
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以F是BD的中点，AD//BC，
所以，
因为BD是 的平分线，
所以，
所以，
所以，
所以□ABCD是菱形，
所以，
又因为，
所以AC//DE，
因为AC//DE，F是BD的中点，
所以C是BE的中点，
所以，
因为四边形ABCD是菱形，
所以，，
所以，
所以，
在Rt△BFD中，由勾股定理得
，
因为四边形ABCD是菱形，
所以，
因为
所以，
在Rt△DCM中，
．
【知识点】平行四边形的性质、菱形的判定、三角函数的计算和勾股定理．
11．（2019山东烟台，11，3分）已知二次函数的y与x的部分对应值如下表：
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；③当时，；④抛物线与x轴的两个交点间的距离是4；⑤若，是抛物线上两点，则．
其中正确的个数是（ ）．
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【思路分析】根据二次函数的部分对应值在平面直角坐标系中描点、连线，根据图像进行结论的判定，从而求得答案．
【解题过程】先根据二次函数的部分对应值在坐标系中描点、连线，由图象可以看出抛物线开口向上，所以结论①正确，由图象（或表格）可以看出抛物线与x轴的两个交点分别为，，所以抛物线的对称轴为直线且抛物线与x轴的两个交点间的距离为4，所以结论②和④正确，有抛物线的图象可以看出当时，，所以结论③错误，由图象可以看出当抛物线上的点的纵坐标为2或3时，对于的点均有两个，若，是抛物线上两点，既有可能，也有可能，所以结论⑤错误．
【知识点】二次函数的图象（抛物线）的性质．
12．（2019山东烟台，12，3分）如图，AB是的直径，直线DE与相切于点C，过点A，B分别作，，垂足为点D，E，连接AC，BC．若，，则的长为（ ）．
A． B． C． D．
第12题答图

【答案】D
【思路分析】先证明△ADC∽△CED，再根据相似三角形的性质得到AC与边CD的比值，根据圆周角定理的推论，得到，利用锐角三角函数计算出，最终计算出的半径和所对的圆心角，利用弧长公式从而求得答案．
【解题过程】连接OC，
因为，，
所以
所以
因为AB是的直径，
所以，
所以，
所以，
在△ADC与△CED,
因为，
所以△ADC∽△CED,
所以
在Rt△ACB中，，
所以，
又因为，
所以△AOC是等边三角形，
所以，
因为直线DE与 相切于点C，
所以，
因为，，
所以AD//OC，
所以，
所以，
所以，
所以△AOC是等边三角形，
所以，，
所以的长为．
【知识点】圆的切线的性质、相似三角形的判定和性质、圆周角定理的推论、等边三角形的判定和性质、弧长的计算、锐角三角函数．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分）．
13．（2019山东烟台，13，3分） ．
【答案】2
【解析】．
【知识点】实数的计算、简单的锐角三角函数值、负数指数幂、绝对值、二次根式．
14．（2019山东烟台，14，3分）若关于x的分式方程有增根，则m的值为 ．
【答案】3
【解析】因为分式方程中最简公分母为，而这个分式方程有增根，故这个方程的增根为，将原分式方程化为整式方程，得，将代入上式，解得．
【知识点】分式方程的计算、分式方程增根的含义．
15．（2019山东烟台，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，，，的顶点坐标为，，，△ABO与 是以点P为位似中心的位似图形，则P点的坐标为 ．


【答案】
【解析】连接，，它们的交点即为点P，通过读图，可得P点的坐标为．
【知识点】图形的位似和图形与坐标．
16．（2019山东烟台，16，3分）如图，直线与直线相交于点，则关于x的不等式≤的解为 ．
【答案】
【解析】因为直线与直线相交于点，所以，解得，由图象可以直接得出关于x的不等式≤的解为．
【知识点】一次函数的图象、一次函数与一元一次不等式．
17．（2019山东烟台，17，3分）小明将一张正方形纸片按如图所示的顺序折叠成纸飞机，当机翼展开在同一平面时（机翼间无缝隙），的度数是 ．

【答案】
【解析】在解本题的过程中，可以找一张正方形的纸片进行如题操作，通过测量，来得到答案，也可以利用图形的轴对称的性质，直接得到的度数是．
【知识点】图形的轴对称．
18．（2019山东烟台，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．已知是△ABC的内切圆，则阴影部分的面积为 ．

【答案】
【思路分析】通过计算扇形的面积、△ABC的面积和三角形内切圆的面积，通过图形的组合，最终求得答案．
【解题过程】，
，
△ABC的内切圆半径为，

，
所以阴影部分的面积为．
【知识点】三角形的面积、扇形的面积、三角形的内切圆、等边三角形性质．
三、解答题（本大题共7个小题，满分66分）．
19．（2019山东烟台，19，6分）
先化简，再从0≤x≤4中选一个适合的整数代入求值．
【思路分析】对小括号内的分式进行同分，再将除法转化为乘法，通过分解因式，然后约分，得到最终的代数式，注意从0≤x≤4中选整数时，注意除了要考虑要使最终化简的代数式有意义，还需要考虑式原代数式有意义．
【解题过程】




因为，所以x不能取0， 3，4，考虑到0≤x≤4中选一个整数，故x只能取1或2，
①当时，
原式

②当时，
原式
注意：①与②只写一种即可．
【知识点】分式的化简求值．
20．（2019山东烟台，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．小颍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．
【思路分析】本题要结合两幅图表进行计算，先算出总的班级数，然后在计算各个分量，完成（1）和（2），第（3）小题是一种不放回抽样，既可以用树状图也可以列表，通过分析和计算，得出事件的概率．
【解题过程】
（1）由折线统计图，可以看出第一届、第二届、第三届艺术节表演节目的班级数量分别为5,7,6，所以第一、二、三届艺术节表演节目的总班级数为18；由扇形统计图可求得，第五届艺术节表演节目的班级数占五届艺术节表演节目的总班级数的，所以五届艺术节表演这些节目的总班级数为，所以第四届艺术节表演节目的班级数量为，第五届艺术节表演节目的班级数量为，所以扇形统计图中，第四届班级数的扇形圆心角的度数为度，五届艺术节表演这些节目的班级数依次为5,7,6,9,13，所以班数的中位数为7．
综上可知，（1）的答案为40,7,81度．
（2）由（1）中的计算，可知第四届艺术节表演节目的班级数量为，第五届艺术节表演节目的班级数量为，据此，可以将折线统计图补全.
第20题答图


（3）列表法：


A
B
C
D
A
/
（B，A）
（C，A）
（D，A）
B
（A，B）
/
（C，B）
（A， B）
C
（A，C）
（B，C）
/
（D，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）
/
从上表可以看出，共有12种等可能结果其中该班选择A和D两项的共有2种.
∴P（该班选择A和D两项的）=
开始
树状图法：
C
B
Ａ
C
D
Ｂ
DＡ
Ａ
D
C
Ａ
Ｂ
D
Ａ
Ｂ
Ｃ

从上图可以看出，共有12种等可能结果其中该班选择A和D两项的共有2种.
∴P（该班选择A和D两项的）=
【知识点】扇形统计图和折线统计图的认识、利用树状图或表格求简单事件的概率．
21．（2019山东烟台，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？
【思路分析】根据题目列一元一次方程或者二元一次方程组可求得第（1）问，根据已知列出二元一次方程，通过检验，获得问题的答案．
【解题过程】
（1）方法1：
解：设计划调配36座新能源客车x辆，该大学共有y名志愿者．
由题意，得，解得
所以计划调配36座新能源客车6辆，该大学共有218名志愿者．
方法2：
解：设计划调配36座新能源客车x辆．
由题意，得，解得，
所以该大学共有名志愿者
所以计划调配36座新能源客车6辆，该大学共有218名志愿者．
（2）解：设36座和22座两种车型各需m，n辆.
由题意，得，且m，n均为非负整数，
经检验，只有符合题意．
所以36座和22座两种车型各需3，5辆.
【知识点】一元一次方程与实际问题、二元一次方程组与实际问题．
22．（2019山东烟台，22，9分）
如图，在矩形ABCD中，，，点P在BC上，将沿AP折叠，点B恰好落在对角线AC上的E点，O为AC上一点，经过点A，P．
(1)求证：BC是的切线．
(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．

【思路分析】根据图形轴对称的性质，可知折叠前后的两个图形全等，利用“知切点，连半径，证垂直”可以求证出BC是的切线，从而解得第（1）问；第（2）中，设CF=x，在直角三角形ACD中利用勾股定理列一个方程，即可求得FC的长，从而可以验证点F是否为线段BC的黄金分割点．
【解题过程】
（1）证明：连接OP，

第22题答图


因为四边形ABCD为矩形，
所以，
因为△APE是由△ABP折叠得到，
所以△APE≌△ABP，
所以,
因为,
所以,
所以,
所以AB//OP,
所以,
所以,
所以BC是的切线．
（2）解：点F是线段BC的黄金分割点，理由如下：
设CF=x，则CE=x，
因为四边形ABCD为矩形，
所以，，
因为△APE是由△ABP折叠得到，
所以△APE≌△ABP，
所以,
所以,
在Rt△ADC中，由勾股定理得，
，即，解得（舍去）或，
所以，
因为，
所以点F是线段BC的黄金分割点．
【知识点】矩形的性质定理、直线与圆的位置关系、黄金分割、图形的轴对称、全等三角形的性质、勾股定理．
23．（2019山东烟台，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，支架的傾斜角发生変化．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12 cm ，OM为10cm，支柱PQ为8cm．
(1)当支柱的端点Q放在卡孔M处时，求的度数．
(2)当支柱的端点Q放在卡孔N处时，，若相邻两孔的距离相等，求此间距．（结果精确到十分位）．



【思路分析】通过作辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理和锐角三角函数解决问题．
【解题过程】
（1）解：当支柱的端点Q放在卡孔M处时，作出该支架的截面图如图（1），
第23题答图(1)


过点P作，垂足为E，
此时，，，，
因为，
所以，
设，所以，
在Rt△OPE中，由勾股定理得，
，
在Rt△PEQ中，由勾股定理得，
，
所以，解得，
所以,
在Rt△OPE中，,
由参考数据表，可得，．
（2）解：当支柱的端点Q放在卡孔N处时，作出该支架的截面图如图（2），
第23题答图（2）


过点P作，垂足为F，
此时，，，，，
因为，
所以，
在Rt△OPE中，
，
所以，
在Rt△PEQ中，由勾股定理得，
，
在Rt△OPE中，由勾股定理得，
，
所以，
所以,
所以相邻两孔的距离为1.6cm ．
【知识点】勾股定理、锐角三角函数、一元一次方程、计算器的使用．
24．（2019山东烟台，24，11分）
【问题探究】
(1)如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，，点B，D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，，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，，，，，，将△DEC绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角为，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．

【思路分析】第（1）问中，利用SAS判定两个三角形（△ACD与△BCE）全等，利用全等三角形的性质得到最应角相等，利用有两个角互余的三角形是直角三角形得到△ABD是直角三角形，所以AD与BD之间的位置关系为垂直，在Rt△ABD中利用勾股定理列一个方程，从而求得AD的长；第（2）问中，利用旋转的性质可以判定△ACD与△BCE相似，然后利用有两个角互余的三角形是直角三角形得到△ABD是直角三角形，所以AD与BD之间的位置关系为垂直，在Rt△ABD中利用勾股定理列一个方程，从而求得AD的长，注意需要对不同的位置进行分类讨论．
【解题过程】
（1）本题的答案是
① ②4
探究过程如下：
①因为△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，
所以，，
所以，
在△ACD与△BCE中，
因为，，，
所以△ACD≌△BCE，
所以,
因为
所以，
所以
即
所以，
所以．
②由①可得△ACD≌△BCE，
所以,
在Rt△DCE中，由勾股定理得，
，
在Rt△ACD中，由勾股定理得，
，
设，则，
所以，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
，
即
解得或（舍去），
所以,
即线段AD的长为4．
（2）解：情况1：当时，点B，D，E在同一直线上时的图形如图（1）所示，
第24题答图（1）


因为
所以
所以，
因为，，
所以
在△ACD与△BCE中，
因为，，
所以△ACD∽△BCE，
所以,，
所以
因为
所以，
所以
即
所以，
在Rt△DCE中，由勾股定理得，
，
在Rt△ACD中，由勾股定理得，
，
设，则，
所以，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
，
即
解得或（舍去），
所以,
即当时，点B，D，E在同一直线上时，线段AD的长为．
情况2：当时，点B，D，E在同一直线上时的图形如图（2）所示，
第24题答图（2）


因为
所以
所以，
因为，，
所以
在△ACD与△BCE中，
因为，，
所以△ACD∽△BCE，
所以,，
所以
因为
所以，
所以
即
所以，
在Rt△DCE中，由勾股定理得，
，
在Rt△ACD中，由勾股定理得，
，
设，则，
所以，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
，
即
解得或（舍去），
所以,
即当时，点B，D，E在同一直线上时，线段AD的长为．
综上可知，线段AD的长为或．
【知识点】全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、一元二次方程、直角三角形的性质与判定、图形的旋转．
25．（2019山东烟台，25，13分）
如图，顶点为M的抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，过点C作轴交抛物线与另一个点D，作轴，垂足为点E．双曲线经过点D，连接MD，BD．
(1)求抛物线的解析式．
(2)点N，F分别是x轴，y轴上的两点，当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，的度数最大？（请直接写出结果）

【思路分析】第（1）问中，利用反比例函数的性质，可知矩形OEDC的面积为6,，利用抛物线的表达式可以求出点C的坐标，从而得到OC的长，利用矩形OEDC的面积可以求出CD的长，进而确定点D的坐标，将点D和点A的坐标代入抛物线的表达式，就可以求出抛物线的表达式中的待定系数的值，从而得到抛物线的表达式；第（2）问中，利用点的对称性和两点之间线段最短，作点D关于x轴的对称点，作点M关于y轴的对称点，连接，交x轴于点N，交y轴于点F，此时M，D，N，F为顶点的四边形周长最小，利用一次函数，可以求出点N，F的坐标；第（3）问中，利用圆周角的性质，可以知道，当以BD为弦的圆与直线CD相切时的度数最大，利用圆心到切点的距离等于半径，列方程即可求出t的值．
【解题过程】
（1）当时
所以，，
因为轴，轴，，
所以四边形OEDC为矩形，
又因为双曲线经过点D，
所以,
所以,
所以
将点、代入抛物线得
解得
所以抛物线的表达式为．
（2）解：作点D关于x轴的对称点，作点M关于y轴的对称点，如图（1）

第25题答图（1）


由图形轴对称的性质可知，，
所以四边形MDNF的周长，
因为是定值，所以当最小时，四边形MDNF的周长最小，
因为两点之间线段最短，所以当I、F、N、H在同一条直线上时最小
所以当I、F、N、H在同一条直线上时，四边形MDNF的周长最小，
连接，交x轴于点N，交y轴于点F，
因为抛物线的表达式为，所以点M的坐标为，
由轴对称的性质可得，，，
设直线HI的表达式为，
所以，
解得，
所以直线HI的表达式为，
当时，，
当时，，所以，
所以，，

所以当M，D，N，F为顶点的四边形周长最小时，，．
（3）解：本题的答案为．
解题分析：如图（2），当两点A、B距离是定值，直线CD是一条固定的直线，点P在直线CD上移动，由下图可以看出只有当过A、B的圆与直线CD相切时最大．

第25题答图（2）

第25题答图（3）


所以可作过点B、D，且与直线OC相切，切点为P，此时的度数最大，
由已知，可得，
因为直线OC与相切，
所以，
所以直线PT的解析式为
因为抛物线的表达式为，
所以点B的坐标为，
因为点B、点
可以求得直线BD的垂直平分线的解析式为
联立与，得，
直线PT与直线BD的交点即为点M，所以
因为,可得
解得或（舍去）
所以当时，的度数最大．
【知识点】二次函数（抛物线）的图象和性质、反比例函数（双曲线）的图象和性质、最短路径问题、一次函数的图象和性质、直线与圆的位置关系、勾股定理．