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2018 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
1．（3.00分）（2018•烟台）﹣ 的倒数是（ ）
3
1 1
A．3 B．﹣3 C． D．﹣
3 3
2．（3.00分）（2018•烟台）在学习《图形变化的简单应用》这一节时，老师
要求同学们利用图形变化设计图案．下列设计的图案中，是中心对称图形但不
是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（3.00分）（2018•烟台）2018年政府工作报告指出，过去五年来，我国经
济实力跃上新台阶．国内生产总值从54万亿元增加到82.7万亿元，稳居世界第
二，82.7万亿用科学记数法表示为（ ）
A．0.827×1014 B．82.7×1012 C．8.27×1013 D．8.27×1014
4．（3.00分）（2018•烟台）由5个棱长为1的小正方体组成的几何体如图放
置，一面着地，两面靠墙．如果要将露出来的部分涂色，则涂色部分的面积为
（ ）
A．9 B．11 C．14 D．18
5．（3.00分）（2018•烟台）甲、乙、丙、丁4支仪仗队队员身高的平均数及
方差如下表所示：
甲 乙 丙 丁
第1页（共35页）平均数 177 178 178 179
（cm）
方差 0.9 1.6 1.1 0.6
哪支仪仗队的身高更为整齐？（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
6．（3.00分）（2018•烟台）下列说法正确的是（ ）
A．367人中至少有2人生日相同
1
B．任意掷一枚均匀的骰子，掷出的点数是偶数的概率是
3
C．天气预报说明天的降水概率为90%，则明天一定会下雨
D．某种彩票中奖的概率是1%，则买100张彩票一定有1张中奖
7．（3.00 分）（2018•烟台）利用计算器求值时，小明将按键顺序为
显 示 结 果 记 为 a ，
的显示结果记为b．则a，b的大小关系为（ ）
A．a＜b B．a＞b C．a=b D．不能比较
8．（3.00分）（2018•烟台）如图所示，下列图形都是由相同的玫瑰花按照一
定的规律摆成的，按此规律摆下去，第 n个图形中有120朵玫瑰花，则n的值
为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
9．（3.00分）（2018•烟台）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点
O 为对角线的交点，过点 O 折叠菱形，使 B，B′两点重合，MN 是折痕．若
B'M=1，则CN的长为（ ）
第2页（共35页）A．7 B．6 C．5 D．4
10．（3.00分）（2018•烟台）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的
内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56° B．62° C．68° D．78°
11．（3.00分）（2018•烟台）如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于点
A（﹣1，0），B（3，0）．下列结论：①2a﹣b=0；②（a+c）2＜b2；③当﹣1
＜x＜3时，y＜0；④当a=1时，将抛物线先向上平移2个单位，再向右平移1
个单位，得到抛物线y=（x﹣2）2﹣2．其中正确的是（ ）
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
12．（3.00分）（2018•烟台）如图，矩形 ABCD中，AB=8cm，BC=6cm，点P
从点A出发，以lcm/s的速度沿A→D→C方向匀速运动，同时点Q从点A出发，
以2cm/s的速度沿A→B→C方向匀速运动，当一个点到达点C时，另一个点也
随之停止．设运动时间为t（s），△APQ的面积为S（cm2），下列能大致反映
S与t之间函数关系的图象是（ ）
第3页（共35页）A． B． C ．
D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分)
13．（3.00分）（2018•烟台）（π﹣3.14）0+tan60°= ．
14．（3.00分）（2018•烟台）√12与最简二次根式5√a+1是同类二次根式，则
a= ．
k
15．（3.00分）（2018•烟台）如图，反比例函数y= 的图象经过 ▱ABCD对角
x
线的交点P，已知点A，C，D在坐标轴上，BD⊥DC， ▱ABCD的面积为6，则k=
．
第4页（共35页）16．（3.00分）（2018•烟台）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为 1个单
位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原
点建立直角坐标系，则过A，B，C三点的圆的圆心坐标为 ．
17．（3.00分）（2018•烟台）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+m﹣1=0的实
数根x ，x ，满足3x x ﹣x ﹣x ＞2，则m的取值范围是 ．
1 2 1 2 1 2
18．（3.00分）（2018•烟台）如图，点O为正六边形ABCDEF的中心，点M为
AF中点，以点O为圆心，以OM的长为半径画弧得到扇形MON，点N在BC上；
以点E为圆心，以DE的长为半径画弧得到扇形DEF，把扇形MON的两条半径
OM，ON重合，围成圆锥，将此圆锥的底面半径记为r ；将扇形DEF以同样方
1
法围成的圆锥的底面半径记为r ，则r ：r = ．
2 1 2
三、解答题（本大题共7个小题,满分66分)
x2+2 x+1
19．（6.00分）（2018•烟台）先化简，再求值：（1+ ）÷ ，其
x-2 x2-4x+4
第5页（共35页）中x满足x2﹣2x﹣5=0．
20．（8.00分）（2018•烟台）随着信息技术的迅猛发展，人们去商场购物的支
付方式更加多样、便捷．某校数学兴趣小组设计了一份调查问卷，要求每人选
且只选一种你最喜欢的支付方式．现将调查结果进行统计并绘制成如下两幅不
完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题：
（1）这次活动共调查了 人；在扇形统计图中，表示“支付宝”支付的
扇形圆心角的度数为 ；
（2）将条形统计图补充完整．观察此图，支付方式的“众数”是“ ”；
（3）在一次购物中，小明和小亮都想从“微信”、“支付宝”、“银行卡”三
种支付方式中选一种方式进行支付，请用画树状图或列表格的方法，求出两人
恰好选择同一种支付方式的概率．
21．（8.00分）（2018•烟台）汽车超速行驶是交通安全的重大隐患，为了有效
降低交通事故的发生，许多道路在事故易发路段设置了区间测速如图，学校附
近有一条笔直的公路l，其间设有区间测速，所有车辆限速 40千米/小时数学实
践活动小组设计了如下活动：在 l上确定A，B两点，并在AB路段进行区间测
速．在 l 外取一点 P，作 PC⊥l，垂足为点 C．测得 PC=30 米，∠APC=71°，
∠BPC=35°．上午9时测得一汽车从点A到点B用时6秒，请你用所学的数学知
识 说 明 该 车 是 否 超 速 ． （ 参 考 数 据 ： sin35°≈ 0.57 ， cos35°≈ 0.82 ，
tan35°≈0.70，sin71°≈0.95，cos71°≈0.33，tan71°≈2.90）
第6页（共35页）22．（9.00分）（2018•烟台）为提高市民的环保意识，倡导“节能减排，绿色
出行”，某市计划在城区投放一批“共享单车”这批单车分为 A，B两种不同款
型，其中A型车单价400元，B型车单价320元．
（1）今年年初，“共享单车”试点投放在某市中心城区正式启动．投放 A，B
两种款型的单车共100辆，总价值36800元．试问本次试点投放的A型车与B
型车各多少辆？
（2）试点投放活动得到了广大市民的认可，该市决定将此项公益活动在整个城
区全面铺开．按照试点投放中A，B两车型的数量比进行投放，且投资总价值不
低于184万元．请问城区10万人口平均每100人至少享有A型车与B型车各多
少辆？
23．（10.00分）（2018•烟台）如图，已知D，E分别为△ABC的边AB，BC上
两点，点A，C，E在⊙D上，点B，D在⊙E上．F为^BD上一点，连接FE并延长
交AC的延长线于点N，交AB于点M．
（1）若∠EBD为α，请将∠CAD用含α的代数式表示；
（2）若EM=MB，请说明当∠CAD为多少度时，直线EF为⊙D的切线；
MN
（3）在（2）的条件下，若AD=√3，求 的值．
MF
24．（11.00分）（2018•烟台）【问题解决】
一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，
PA=1，PB=2，PC=3．你能求出∠APB的度数吗？
小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的
度数；
思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP′，求出∠APB的
度数．
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．
第7页（共35页）【类比探究】
如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA=3，PB=1，PC=√11，求∠APB的度数．
25．（14.00 分）（2018•烟台）如图 1，抛物线 y=ax2+2x+c与x轴交于 A（﹣
2
4，0），B（1，0）两点，过点B的直线y=kx+ 分别与y轴及抛物线交于点C，
3
D．
（1）求直线和抛物线的表达式；
（2）动点P从点O出发，在x轴的负半轴上以每秒1个单位长度的速度向左匀
速运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，△PDC为直角三角形？请直接写出
所有满足条件的t的值；
（3）如图 2，将直线 BD沿y轴向下平移 4个单位后，与 x轴，y轴分别交于
E，F两点，在抛物线的对称轴上是否存在点M，在直线EF上是否存在点N，使
DM+MN的值最小？若存在，求出其最小值及点M，N的坐标；若不存在，请说
明理由．
第8页（共35页）2018 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
1．（3.00分）（2018•烟台）﹣ 的倒数是（ ）
3
1 1
A．3 B．﹣3 C． D．﹣
3 3
【考点】17：倒数．
【分析】根据乘积为1的两个数互为倒数，可得一个数的倒数．
1
【解答】解：﹣ 的倒数是﹣3，
3
故选：B．
【点评】本题考查了倒数，分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键．
2．（3.00分）（2018•烟台）在学习《图形变化的简单应用》这一节时，老师
要求同学们利用图形变化设计图案．下列设计的图案中，是中心对称图形但不
是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】P3：轴对称图形；R5：中心对称图形．
【专题】1 ：常规题型．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误．
故选：C．
第9页（共35页）【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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称
中心，旋转180度后与原图重合．
3．（3.00分）（2018•烟台）2018年政府工作报告指出，过去五年来，我国经
济实力跃上新台阶．国内生产总值从54万亿元增加到82.7万亿元，稳居世界第
二，82.7万亿用科学记数法表示为（ ）
A．0.827×1014 B．82.7×1012 C．8.27×1013 D．8.27×1014
【考点】1I：科学记数法—表示较大的数．
【专题】1 ：常规题型．
【分析】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是正数；当原数的绝对值＜1时，
n是负数．
【解答】解：82.7万亿=8.27×1013，
故选：C．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4．（3.00分）（2018•烟台）由5个棱长为1的小正方体组成的几何体如图放
置，一面着地，两面靠墙．如果要将露出来的部分涂色，则涂色部分的面积为
（ ）
A．9 B．11 C．14 D．18
【考点】I1：认识立体图形；I4：几何体的表面积．
【专题】1 ：常规题型；55：几何图形．
【分析】由涂色部分面积是从上、前、右三个方向所涂面积相加，据此可得．
第10页（共35页）【解答】解：由图可知涂色部分是从上、前、右三个方向所涂面积相加，即涂
色部分面积为4+4+3=11，
故选：B．
【点评】本题主要考查几何体的表面积，解题的关键是掌握涂色部分是从上、
前、右三个方向所涂面积相加的结果．
5．（3.00分）（2018•烟台）甲、乙、丙、丁4支仪仗队队员身高的平均数及
方差如下表所示：
甲 乙 丙 丁
平 1 1 1 1
均 7 7 7 7
数
7 8 8 9
（
c
m
）
方 0 1 1 0
差 . . . .
9 6 1 6
哪支仪仗队的身高更为整齐？（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【考点】W1：算术平均数；W7：方差．
【专题】1 ：常规题型；542：统计的应用．
【分析】方差小的比较整齐，据此可得．
【解答】解：∵甲、乙、丙、丁4支仪仗队队员身高的方差中丁的方差最小，
∴丁仪仗队的身高更为整齐，
故选：D．
【点评】本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方
差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，
方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，
数据越稳定．
6．（3.00分）（2018•烟台）下列说法正确的是（ ）
A．367人中至少有2人生日相同
第11页（共35页）1
B．任意掷一枚均匀的骰子，掷出的点数是偶数的概率是
3
C．天气预报说明天的降水概率为90%，则明天一定会下雨
D．某种彩票中奖的概率是1%，则买100张彩票一定有1张中奖
【考点】X3：概率的意义．
【专题】54：统计与概率．
【分析】利用概率的意义和必然事件的概念的概念进行分析．
【解答】解：A、367人中至少有2人生日相同，正确；
1
B、任意掷一枚均匀的骰子，掷出的点数是偶数的概率是 ，错误；
2
C、天气预报说明天的降水概率为90%，则明天不一定会下雨，错误；
D、某种彩票中奖的概率是1%，则买100张彩票不一定有1张中奖，错误；
故选：A．
【点评】此题主要考查了概率的意义，解决的关键是理解概率的意义以及必然
事件的概念．
7．（3.00 分）（2018•烟台）利用计算器求值时，小明将按键顺序为
显 示 结 果 记 为 a ，
的显示结果记为b．则a，b的大小关系为（ ）
A．a＜b B．a＞b C．a=b D．不能比较
【考点】1M：计算器—基础知识．
【专题】1 ：常规题型；511：实数．
【分析】由计算器的使用得出a、b的值即可．
62
【解答】解：由计算器知a=（sin30°）﹣4=16、b= =12，
3
∴a＞b，
故选：B．
【点评】本题主要考查计算器﹣基础知识，解题的关键是掌握计算器的使用．
第12页（共35页）8．（3.00分）（2018•烟台）如图所示，下列图形都是由相同的玫瑰花按照一
定的规律摆成的，按此规律摆下去，第 n个图形中有120朵玫瑰花，则n的值
为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
【考点】38：规律型：图形的变化类．
【专题】2A ：规律型．
【分析】根据题目中的图形变化规律，可以求得第个图形中玫瑰花的数量，然
后令玫瑰花的数量为120，即可求得相应的n的值，从而可以解答本题．
【解答】解：由图可得，
第n个图形有玫瑰花：4n，
令4n=120，得n=30，
故选：C．
【点评】本题考查图形的变化类，解答本题的关键是明确题意，找出题目中图
形的变化规律．
9．（3.00分）（2018•烟台）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点
O 为对角线的交点，过点 O 折叠菱形，使 B，B′两点重合，MN 是折痕．若
B'M=1，则CN的长为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【考点】L8：菱形的性质；PB：翻折变换（折叠问题）．
【专题】11 ：计算题．
第13页（共35页）1 1
【分析】连接 AC、BD，如图，利用菱形的性质得 OC= AC=3，OD= BD=4，
2 2
∠COD=90°，再利用勾股定理计算出 CD=5，接着证明△OBM≌△ODN 得到
DN=BM，然后根据折叠的性质得 BM=B'M=1，从而有DN=1，于是计算CD﹣DN
即可．
【解答】解：连接AC、BD，如图，
∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，
1 1
∴OC= AC=3，OD= BD=4，∠COD=90°，
2 2
在Rt△COD中，CD=√32+42=5，
∵AB∥CD，
∴∠MBO=∠NDO，
在△OBM和△ODN中
{
&∠MBO=∠NDO
&OB=OD ，
&∠BOM=∠DON
∴△OBM≌△ODN，
∴DN=BM，
∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕，
∴BM=B'M=1，
∴DN=1，
∴CN=CD﹣DN=5﹣1=4．
故选：D．
【点评】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠
前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了菱形
的性质．
第14页（共35页）10．（3.00分）（2018•烟台）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的
内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56° B．62° C．68° D．78°
【考点】MI：三角形的内切圆与内心．
【专题】1 ：常规题型；55A：与圆有关的位置关系．
【分析】由点 I 是△ABC 的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得
∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形
的外角等于内对角可得答案．
【解答】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，
∵∠AIC=124°，
∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）
=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
=180°﹣2（180°﹣∠AIC）
=68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=68°，
故选：C．
【点评】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内
心的性质及圆内接四边形的性质．
11．（3.00分）（2018•烟台）如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于点
A（﹣1，0），B（3，0）．下列结论：①2a﹣b=0；②（a+c）2＜b2；③当﹣1
＜x＜3时，y＜0；④当a=1时，将抛物线先向上平移2个单位，再向右平移1
个单位，得到抛物线y=（x﹣2）2﹣2．其中正确的是（ ）
第15页（共35页）A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
【考点】H4：二次函数图象与系数的关系；H6：二次函数图象与几何变换；
HA：抛物线与x轴的交点．
【专题】15 ：综合题；31 ：数形结合．
【分析】根据二次函数图象与系数之间的关系即可求出答案．
【解答】解：①图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），
-1+3
∴二次函数的图象的对称轴为x= =1
2
b
∴-
=1
2a
∴2a+b=0，故①错误；
②令x=﹣1，
∴y=a﹣b+c=0，
∴a+c=b，
∴（a+c）2=b2，故②错误；
③由图可知：当﹣1＜x＜3时，y＜0，故③正确；
④当a=1时，
∴y=（x+1）（x﹣3）=（x﹣1）2﹣4
将抛物线先向上平移2个单位，再向右平移1个单位，
得到抛物线y=（x﹣1﹣1）2﹣4+2=（x﹣2）2﹣2，故④正确；
故选：D．
【点评】本题考查二次函数图象的性质，解题的关键是熟知二次函数的图象与
系数之间的关系，本题属于中等题型．
12．（3.00分）（2018•烟台）如图，矩形 ABCD中，AB=8cm，BC=6cm，点P
第16页（共35页）从点A出发，以lcm/s的速度沿A→D→C方向匀速运动，同时点Q从点A出发，
以2cm/s的速度沿A→B→C方向匀速运动，当一个点到达点C时，另一个点也
随之停止．设运动时间为t（s），△APQ的面积为S（cm2），下列能大致反映
S与t之间函数关系的图象是（ ）
A． B． C ．
D．
【考点】E7：动点问题的函数图象．
【专题】31 ：数形结合．
【分析】先根据动点P和Q的运动时间和速度表示：AP=t，AQ=2t，
①当0≤t≤4时，Q在边AB上，P在边AD上，如图1，计算S与t的关系式，
发现是开口向上的抛物线，可知：选项C、D不正确；
②当4＜t≤6时，Q在边BC上，P在边AD上，如图2，计算S与t的关系式，
发现是一次函数，是一条直线，可知：选项B不正确，从而得结论．
【解答】解：由题意得：AP=t，AQ=2t，
第17页（共35页）①当0≤t≤4时，Q在边AB上，P在边AD上，如图1，
1 1
S = AP•AQ= ⋅t⋅2t=t2，
△APQ
2 2
故选项C、D不正确；
②当4＜t≤6时，Q在边BC上，P在边AD上，如图2，
1 1
S = AP•AB= t⋅8=4t，
△APQ
2 2
故选项B不正确；
故选：A．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，根据动点 P和Q的位置的不同确定
三角形面积的不同，解决本题的关键是利用分类讨论的思想求出S与t的函数关
系式．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分)
13．（3.00分）（2018•烟台）（π﹣3.14）0+tan60°= 1 +√3 ．
【考点】2C：实数的运算；6E：零指数幂；T5：特殊角的三角函数值．
【专题】1 ：常规题型．
【分析】直接利用零指数幂的性质和特殊角的三角函数值分别化简得出答案．
【解答】解：原式=1+√3．
故答案为：1+√3．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
第18页（共35页）14．（3.00分）（2018•烟台）√12与最简二次根式5√a+1是同类二次根式，则
a= 2 ．
【考点】74：最简二次根式；77：同类二次根式．
【专题】11 ：计算题．
【分析】先将√12化成最简二次根式，然后根据同类二次根式得到被开方数相
同可得出关于a的方程，解出即可．
【解答】解：∵√12与最简二次根式5√a+1是同类二次根式，且√12=2√3，
∴a+1=3，解得：a=2．
故答案为2．
【点评】本题考查了同类二次根式的定义：化成最简二次根式后，被开方数相
同，这样的二次根式叫做同类二次根式．
k
15．（3.00分）（2018•烟台）如图，反比例函数y= 的图象经过 ▱ABCD对角
x
线的交点P，已知点A，C，D在坐标轴上，BD⊥DC， ▱ABCD的面积为6，则k=
﹣ 3 ．
【考点】G5：反比例函数系数k的几何意义；G6：反比例函数图象上点的坐标
特征；L5：平行四边形的性质．
【专题】534：反比例函数及其应用；555：多边形与平行四边形．
【分析】由平行四边形面积转化为矩形BDOA面积，在得到矩形PDOE面积，应
用反比例函数比例系数k的意义即可．
【解答】解：过点P做PE⊥y轴于点E
第19页（共35页）∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB=CD
又∵BD⊥x轴
∴ABDO为矩形
∴AB=DO
∴S =S =6
矩形ABDO ▱ABCD
∵P为对角线交点，PE⊥y轴
∴四边形PDOE为矩形面积为3
即DO•EO=3
∴设P点坐标为（x，y）
k=xy=﹣3
故答案为：﹣3
【点评】本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义以及平行四边形的性质．
16．（3.00分）（2018•烟台）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为 1个单
位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原
点建立直角坐标系，则过A，B，C三点的圆的圆心坐标为 （﹣ 1 ，﹣ 2 ） ．
【考点】D5：坐标与图形性质；M2：垂径定理．
【专题】55：几何图形．
第20页（共35页）【分析】连接CB，作CB的垂直平分线，根据勾股定理和半径相等得出点O的
坐标即可．
【解答】解：连接CB，作CB的垂直平分线，如图所示：
在CB的垂直平分线上找到一点D，
CD═DB=DA=√32+12=√10，
所以D是过A，B，C三点的圆的圆心，
即D的坐标为（﹣1，﹣2），
故答案为：（﹣1，﹣2），
【点评】此题考查垂径定理，关键是根据垂径定理得出圆心位置．
17．（3.00分）（2018•烟台）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+m﹣1=0的实
数根x ，x ，满足3x x ﹣x ﹣x ＞2，则m的取值范围是 3 ＜ m ≤ 5 ．
1 2 1 2 1 2
【考点】AA：根的判别式；AB：根与系数的关系．
【专题】34 ：方程思想．
【分析】根据根的判别式△＞0、根与系数的关系列出关于 m的不等式组，通
过解该不等式组，求得m的取值范围．
{&(-4) 2-4(m-1)≥0
【解答】解：依题意得： ，
&3×(m-1)-4＞2
解得3＜m≤5．
故答案是：3＜m≤5．
【点评】本题考查了一元二次方程的根的判别式的应用，解此题的关键是得出
关于m的不等式，注意：一元二次方程ax2+bx+c=0（a、b、c为常数，a≠0）①
当b2﹣4ac＞0时，一元二次方程有两个不相等的实数根，②当b2﹣4ac=0时，
一元二次方程有两个相等的实数根，③当b2﹣4ac＜0时，一元二次方程没有实
第21页（共35页）数根．
18．（3.00分）（2018•烟台）如图，点O为正六边形ABCDEF的中心，点M为
AF中点，以点O为圆心，以OM的长为半径画弧得到扇形MON，点N在BC上；
以点E为圆心，以DE的长为半径画弧得到扇形DEF，把扇形MON的两条半径
OM，ON重合，围成圆锥，将此圆锥的底面半径记为r ；将扇形DEF以同样方
1
法围成的圆锥的底面半径记为r ，则r ：r = √3 ： 2 ．
2 1 2
【考点】I7：展开图折叠成几何体；MP：圆锥的计算．
【专题】55B：正多边形与圆．
【分析】根据题意正六边形中心角为 120°且其内角为120°．求出两个扇形圆心
角，表示出扇形半径即可．
【解答】解：连OA
由已知，M为AF中点，则OM⊥AF
∵六边形ABCDEF为正六边形
∴∠AOM=30°
设AM=a
∴AB=AO=2a，OM=√3a
∵正六边形中心角为60°
∴∠MON=120°
第22页（共35页）120⋅π⋅√3a 2√3
∴扇形MON的弧长为： = πa
180 3
√3
则r = a
1 3
120⋅π⋅2a 4
同理：扇形DEF的弧长为： = πa
180 3
2
则r = a
2 3
r ：r =√3：2
1 2
故答案为：√3：2
【点评】本题考查了正六边形的性质和扇形面积及圆锥计算．解答时注意表示
出两个扇形的半径．
三、解答题（本大题共7个小题,满分66分)
x2+2 x+1
19．（6.00分）（2018•烟台）先化简，再求值：（1+ ）÷ ，其
x-2 x2-4x+4
中x满足x2﹣2x﹣5=0．
【考点】6D：分式的化简求值．
【专题】11 ：计算题；513：分式．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除
法法则变形，约分得到最简结果，把已知等式变形后代入计算即可求出值．
x-2+x2+2 (x-2) 2 x(x+1) (x-2) 2
【解答】解：原式= • = • =x（x﹣2）=x2﹣2x，
x-2 x+1 x-2 x+1
由x2﹣2x﹣5=0，得到x2﹣2x=5，
则原式=5．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
20．（8.00分）（2018•烟台）随着信息技术的迅猛发展，人们去商场购物的支
付方式更加多样、便捷．某校数学兴趣小组设计了一份调查问卷，要求每人选
且只选一种你最喜欢的支付方式．现将调查结果进行统计并绘制成如下两幅不
完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题：
（1）这次活动共调查了 200 人；在扇形统计图中，表示“支付宝”支付的
第23页（共35页）扇形圆心角的度数为 81 ° ；
（2）将条形统计图补充完整．观察此图，支付方式的“众数”是“ 微信 ”；
（3）在一次购物中，小明和小亮都想从“微信”、“支付宝”、“银行卡”三
种支付方式中选一种方式进行支付，请用画树状图或列表格的方法，求出两人
恰好选择同一种支付方式的概率．
【考点】VB：扇形统计图；VC：条形统计图；W5：众数；X6：列表法与树状
图法．
【专题】1 ：常规题型；54：统计与概率．
【分析】（1）用支付宝、现金及其他的人数和除以这三者的百分比之和可得总
人数，再用360°乘以“支付宝”人数所占比例即可得；
（2）用总人数乘以对应百分比可得微信、银行卡的人数，从而补全图形，再根
据众数的定义求解可得；
（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两人恰
好选择同一种支付方式的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：（1）本次活动调查的总人数为（45+50+15）÷（1﹣15%﹣30%）
=200人，
45
则表示“支付宝”支付的扇形圆心角的度数为360°× =81°，
200
故答案为：200、81°；
（2）微信人数为200×30%=60人，银行卡人数为200×15%=30人，
补全图形如下：
第24页（共35页）由条形图知，支付方式的“众数”是“微信”，
故答案为：微信；
（3）将微信记为A、支付宝记为B、银行卡记为C，
画树状图如下：
画树状图得：
∵共有9种等可能的结果，其中两人恰好选择同一种支付方式的有3种，
3 1
∴两人恰好选择同一种支付方式的概率为 = ．
9 3
【点评】此题考查了树状图法与列表法求概率．用到的知识点为：概率=所求情
况数与总情况数之比．
21．（8.00分）（2018•烟台）汽车超速行驶是交通安全的重大隐患，为了有效
降低交通事故的发生，许多道路在事故易发路段设置了区间测速如图，学校附
近有一条笔直的公路l，其间设有区间测速，所有车辆限速 40千米/小时数学实
践活动小组设计了如下活动：在 l上确定A，B两点，并在AB路段进行区间测
速．在 l 外取一点 P，作 PC⊥l，垂足为点 C．测得 PC=30 米，∠APC=71°，
∠BPC=35°．上午9时测得一汽车从点A到点B用时6秒，请你用所学的数学知
识 说 明 该 车 是 否 超 速 ． （ 参 考 数 据 ： sin35°≈ 0.57 ， cos35°≈ 0.82 ，
tan35°≈0.70，sin71°≈0.95，cos71°≈0.33，tan71°≈2.90）
第25页（共35页）【考点】T8：解直角三角形的应用．
【专题】1 ：常规题型；55E：解直角三角形及其应用．
【分析】先求得 AC=PCtan∠APC=87、BC=PCtan∠BPC=21，据此得出 AB=AC﹣
BC=87﹣21=66，从而求得该车通过AB段的车速，比较大小即可得．
【解答】解：在Rt△APC中，AC=PCtan∠APC=30tan71°≈30×2.90=87，
在Rt△BPC中，BC=PCtan∠BPC=30tan35°≈30×0.70=21，
则AB=AC﹣BC=87﹣21=66，
66
∴该汽车的实际速度为 =11m/s，
6
又∵40km/h≈11.1m/s，
∴该车没有超速．
【点评】此题考查了解直角三角形的应用，涉及的知识有：锐角三角函数定义，
熟练掌握三角函数的定义是解本题的关键．
22．（9.00分）（2018•烟台）为提高市民的环保意识，倡导“节能减排，绿色
出行”，某市计划在城区投放一批“共享单车”这批单车分为 A，B两种不同款
型，其中A型车单价400元，B型车单价320元．
（1）今年年初，“共享单车”试点投放在某市中心城区正式启动．投放 A，B
两种款型的单车共100辆，总价值36800元．试问本次试点投放的A型车与B
型车各多少辆？
（2）试点投放活动得到了广大市民的认可，该市决定将此项公益活动在整个城
区全面铺开．按照试点投放中A，B两车型的数量比进行投放，且投资总价值不
低于184万元．请问城区10万人口平均每100人至少享有A型车与B型车各多
少辆？
【考点】95：二元一次方程的应用．
【专题】12 ：应用题；521：一次方程（组）及应用；524：一元一次不等式
(组)及应用．
第26页（共35页）【分析】（1）设本次试点投放的A型车x辆、B型车y辆，根据“两种款型的
单车共100辆，总价值36800元”列方程组求解可得；
（2）由（1）知A、B型车辆的数量比为3：2，据此设整个城区全面铺开时投
放的A型车3a辆、B型车2a辆，根据“投资总价值不低于184万元”列出关于
a的不等式，解之求得a的范围，进一步求解可得．
【解答】解：（1）设本次试点投放的A型车x辆、B型车y辆，
{&x+ y=100
根据题意，得： ，
&400x+320 y=36800
{&x=60
解得： ，
& y=40
答：本次试点投放的A型车60辆、B型车40辆；
（2）由（1）知A、B型车辆的数量比为3：2，
设整个城区全面铺开时投放的A型车3a辆、B型车2a辆，
根据题意，得：3a×400+2a×320≥1840000，
解得：a≥1000，
即整个城区全面铺开时投放的A型车至少3000辆、B型车至少2000辆，
100
则城区10万人口平均每100人至少享有A型车3000× =3辆、至少享有
100000
100
B型车2000× =2辆．
100000
【点评】本题主要考查二元一次方程的应用，解题的关键是理解题意找到题目
蕴含的相等关系，并据此列出方程组．
23．（10.00分）（2018•烟台）如图，已知D，E分别为△ABC的边AB，BC上
两点，点A，C，E在⊙D上，点B，D在⊙E上．F为^BD上一点，连接FE并延长
交AC的延长线于点N，交AB于点M．
（1）若∠EBD为α，请将∠CAD用含α的代数式表示；
（2）若EM=MB，请说明当∠CAD为多少度时，直线EF为⊙D的切线；
MN
（3）在（2）的条件下，若AD=√3，求 的值．
MF
第27页（共35页）【考点】M5：圆周角定理；ME：切线的判定与性质；S9：相似三角形的判定
与性质．
【专题】55：几何图形．
【分析】（1）根据同圆的半径相等和等边对等角得：∠EDB=∠EBD=α，
∠CAD=∠ACD，∠DCE=∠DEC=2α，再根据三角形内角和定理可得结论；
（2）设∠MBE=x，同理得：∠EMB=∠MBE=x，根据切线的性质知：
∠DEF=90°，所以∠CED+∠MEB=90°，同理根据三角形内角和定理可得
∠CAD=45°；
（3）由（2）得：∠CAD=45°；根据（1）的结论计算∠MBE=30°，证明△CDE
是等边三角形，得CD=CE=DE=EF=AD=√3，求EM=1，MF=EF﹣EM=√3﹣1，根据
三角形内角和及等腰三角形的判定得：EN=CE=√3，代入化简可得结论．
【解答】解：（1）连接CD、DE，⊙E中，∵ED=EB，
∴∠EDB=∠EBD=α，
∴∠CED=∠EDB+∠EBD=2α，
⊙D中，∵DC=DE=AD，
∴∠CAD=∠ACD，∠DCE=∠DEC=2α，
△ACB中，∠CAD+∠ACD+∠DCE+∠EBD=180°，
180°-3α 3α
∴∠CAD= =90°- ；
2 2
（2）设∠MBE=x，
∵EM=MB，
∴∠EMB=∠MBE=x，
当EF为⊙D的切线时，∠DEF=90°，
∴∠CED+∠MEB=90°，
∴∠CED=∠DCE=90°﹣x，
△ACB中，同理得，∠CAD+∠ACD+∠DCE+∠EBD=180°，
第28页（共35页）∴2∠CAD=180°﹣90∴=90∴，
∴∠CAD=45°；
（3）由（2）得：∠CAD=45°；
180°-3∠MBE
由（1）得：∠CAD= ；
2
∴∠MBE=30°，
∴∠CED=2∠MBE=60°，
∵CD=DE，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD=CE=DE=EF=AD=√3，
Rt△DEM中，∠EDM=30°，DE=√3，
∴EM=1，MF=EF﹣EM=√3﹣1，
△ACB中，∠NCB=45°+30°=75°，
△CNE中，∠CEN=∠BEF=30°，
∴∠CNE=75°，
∴∠CNE=∠NCB=75°，
∴EN=CE=√3，
MN NE+EM √3+1
∴ = = =2+√3．
MF MF √3-1
【点评】本题考查三角形内角和定理、三角形的外角的性质、等腰三角形的性
质和判定等知识，解题的关键是学会利用三角形角之间的关系确定边的关系，
学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．
24．（11.00分）（2018•烟台）【问题解决】
一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，
PA=1，PB=2，PC=3．你能求出∠APB的度数吗？
第29页（共35页）小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的
度数；
思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP′，求出∠APB的
度数．
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．
【类比探究】
如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA=3，PB=1，PC=√11，求∠APB的度数．
【考点】LO：四边形综合题．
【专题】15 ：综合题．
【分析】（1）思路一、先利用旋转求出∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，利
用勾股定理求出PP'，进而判断出△APP'是直角三角形，得出∠APP'=90°，即可
得出结论；
思路二、同思路一的方法即可得出结论；
（2）同（1）的思路一的方法即可得出结论．
【解答】解：（1）思路一、如图1，
将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，
在Rt△PBP'中，BP=BP'=2，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=√2BP=2√2，
∵AP=1，
∴AP2+PP'2=1+8=9，
∵AP'2=32=9，
第30页（共35页）∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°；
思路二、同思路一的方法；
（2）如图2，
将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=1，AP'=CP=√11，
在Rt△PBP'中，BP=BP'=1，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=√2BP=√2，
∵AP=3，
∴AP2+PP'2=9+2=11，
∵AP'2=（√11）2=11，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'﹣∠BPP'=90°﹣45°=45°．
第31页（共35页）【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直角
三角形的性质和判定，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．
25．（14.00 分）（2018•烟台）如图 1，抛物线 y=ax2+2x+c与x轴交于 A（﹣
2
4，0），B（1，0）两点，过点B的直线y=kx+ 分别与y轴及抛物线交于点C，
3
D．
（1）求直线和抛物线的表达式；
（2）动点P从点O出发，在x轴的负半轴上以每秒1个单位长度的速度向左匀
速运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，△PDC为直角三角形？请直接写出
所有满足条件的t的值；
（3）如图 2，将直线 BD沿y轴向下平移 4个单位后，与 x轴，y轴分别交于
E，F两点，在抛物线的对称轴上是否存在点M，在直线EF上是否存在点N，使
DM+MN的值最小？若存在，求出其最小值及点M，N的坐标；若不存在，请说
明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
【专题】153：代数几何综合题；37：数学建模思想；535：二次函数图象及其
性质．
【分析】（1）利用待定系数法求解可得；
（2）先求得点 D的坐标，过点 D分别作 DE⊥x轴、DF⊥y轴，分 P D⊥P C、
1 1
P D⊥DC、P C⊥DC三种情况，利用相似三角形的性质逐一求解可得；
2 3
（3）通过作对称点，将折线转化成两点间距离，应用两点之间线段最短．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0），B（1，0）代入y=ax2+2x+c，得
第32页（共35页）{&16a-8+c=0
，
&a+2+c=0
2
{&a=
3
解得： ，
8
&c=-
3
2 8
∴抛物线解析式为：y= x2+2x- ，
3 3
2
∵过点B的直线y=kx+ ，
3
2
∴代入（1，0），得：k=﹣ ，
3
2 2
∴BD解析式为y=﹣ x+ ；
3 3
2 8
{& y= x2+2x-
3 3
（2）由 得交点坐标为D（﹣5，4），
2 2
& y=- x+
3 3
如图1，过D作DE⊥x轴于点E，作DF⊥y轴于点F，
当P D⊥P C时，△P DC为直角三角形，
1 1 1
则△DEP ∽△P OC，
1 1
5-t
DE PE 4
∴ = ，即 = 2 ，
PO OC t
3
15±√129
解得t= ，
6
第33页（共35页）当P D⊥DC于点D时，△P DC为直角三角形
2 2
DB P B
由△P DB∽△DEB得 = 2 ，
2 EB DB
t+1 √52
即 = ，
√52 6
23
解得：t= ；
3
当P C⊥DC时，△DFC∽△COP ，
3 3
5 10
DF CF
∴ = ，即2= 3 ，
OC P O
3 3 t
4
解得：t= ，
9
4 15±√129 23
∴t的值为 、 、 ．
9 6 3
2 10
（3）由已知直线EF解析式为：y=﹣ x﹣ ，
3 3
在抛物线上取点D的对称点D′，过点D′作D′N⊥EF于点N，交抛物线对称轴于
点M
过点N作NH⊥DD′于点H，此时，DM+MN=D′N最小．
则△EOF∽△NHD′
2 10
设点N坐标为（a，﹣ a- ），
3 3
5 10
OE OF
∴ = ，即 2 10 = 3 ，
NH HD' 4-(- a- )
3 3 2-a
第34页（共35页）解得：a=﹣2，
则N点坐标为（﹣2，﹣2），
3
求得直线ND′的解析式为y= x+1，
2
3 5
当x=﹣ 时，y=﹣ ，
2 4
3 5
∴M点坐标为（﹣ ，﹣ ），
2 4
此时，DM+MN的值最小为√D'H2+N H2=√42+62=2√13．
【点评】本题是二次函数和几何问题综合题，应用了二次函数性质以及转化的
数学思想、分类讨论思想．解题时注意数形结合．
第35页（共35页）
