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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 移走后，所
得几何体的三视图没有发生变化的是（ ） ①
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
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
第1页（共33页）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2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： 抛物线的开口向上； 抛物线的对称轴为直线x＝2； 当0＜x＜4时，y＞
0； 抛物线①与x轴的两个交点间的②距离是4； 若A（x ，2），B（x ，3③）是抛物线上两点，则
1 2
x ＜④x ，其中正确的个数是（ ） ⑤
1 2
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． C． D．
π π 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），△A B O 的顶点坐标分别为A（1，﹣1），
1 1 1 1
B（1，﹣5），O（5，1），△ABO与△A B O 是以点P为位似中心的位似图形，则P点的坐
1 1 1 1 1
标为 ．
第3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4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？
第5页（共33页）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．
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6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．
请探究AD与BD之间的位置关系： ；
①若AC＝BC＝ ，DC＝CE＝ ，则线段AD的长为 ；
②【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 （0°≤ ＜
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α AD的α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7页（共33页）第8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 移走后，所
得几何体的三视图没有发生变化的是（ ） ①
第9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 移走后，主视图不变，俯视图变化，左视图不变，
故选：A． ①
【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
第10页（共33页）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
【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11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．
第12页（共33页）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
【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．
第13页（共33页）【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⊥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14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： 抛物线的开口向上； 抛物线的对称轴为直线x＝2； 当0＜x＜4时，y＞
0； 抛物线①与x轴的两个交点间的②距离是4； 若A（x ，2），B（x ，3③）是抛物线上两点，则
1 2
x ＜④x ，其中正确的个数是（ ） ⑤
1 2
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 进行判断；利用抛物线的对称性可对
进行判断；利用抛物线与x轴的交点坐标为（0，①0），（4，0）可对 进行判断；根据二
②次函数的增减性可对 进行判断． ③④
【解答】解：设抛物⑤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 正确；
抛物线的对称性为直线x＝2，所以①正确；
∵抛物线与x轴的交点坐标为（0，②0），（4，0），
∴当0＜x＜4时，y＜0，所以 错误；
抛物线与x轴的两个交点间的③距离是4，所以 正确；
若A（x
1
，2），B（x
2
，3）是抛物线上两点，④则x
2
＜x
1
＜2或2＜x
1
＜x
2
，所以 错误．
故选：B． ⑤
【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15页（共33页）A． B． C． D．
π π 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16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： 让最简公分母为0
确定增根； 化分式方程为整式方程； 把增根代入整式方程即可求①得相关字母的值．
15．（3分）如图②，在直角坐标系中，每个小正③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），△A B O 的顶点坐标分别为A（1，﹣1），
1 1 1 1
B（1，﹣5），O（5，1），△ABO与△A B O 是以点P为位似中心的位似图形，则P点的坐
1 1 1 1 1
标为 （﹣ 5 ，﹣ 1 ） ．
第17页（共33页）【分析】分别延长B B、O O、A A，它们相交于点P，然后写出P点坐标即可．
1 1 1
【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18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
⊙
﹣2 ．
π
第19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﹣ ×（ ）2＝ ﹣2 ．
⊙
π π
故答案为 ﹣2 ．
π
【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
第20页（共33页）公式．
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．
【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 4 0 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；
第21页（共33页）（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】（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，
第22页（共33页）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．
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．
第23页（共33页）【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
第24页（共33页）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
【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°；
第25页（共33页）（2）过点P作PH⊥OA于点H．在Rt△OPH中， ，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．
第26页（共33页）在Rt△OPH中，
，
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）
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．
请探究AD与BD之间的位置关系： AD ⊥ BD ；
①若AC＝BC＝ ，DC＝CE＝ ，则线段AD的长为 4 ；
②【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 （0°≤ ＜
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α AD的α长．
【分析】【问题探究】
第27页（共33页）（1） 由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠ADC＝∠BEC＝45°，可得AD⊥BD；
过点①C作CF⊥AD于点F，由勾股定理可求DF，CF，AF的长，即可求AD的长；
②【拓展延伸】
（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
如图，过点C作CF⊥AD于点F，
②
∵∠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28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．
第29页（共33页）∴∠ACD＝∠BCE，
∴△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30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31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32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）
