2015年山东省烟台市中考数学试题(含解析)

2015年山东省烟台市中考数学试卷

数学试题

一、选择题（本题共12各小题，每小题3分，满分36分）

2的相反数是（ ） 32233 A． B。 C。  D。

3322 1。 2。 剪纸是我国最古老的民间艺术之一，被列入第四批《人类非物质文化遗产代表作名录》，下列剪纸作品中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是( ）

3。 如图，讲一个圆柱体放置在长方体上,其中圆柱体的底面直径与长方体的宽相等，则该几何体的左视图是（ )

4. 下列式子不一定成立的是（ ） A．

1aa(b0) B。 a3a52(a0) C. a24b2(a2b)(a2b) D. (2a3)24a6

abb5. 李华根据演讲比赛中九位评委所给的分数制作了如下表格:

平均数 8。5 中位数 8。3 众数 8。1 方差 0。15 如果要去掉一个最高分和一个最低分,则表中数据一定不发生变化的是（ ) A．平均数 B。 众数 C。 方差 D.中位数 6. 如果，那么x的值为（ ）

A．2或－1 B。 0或1 C. 2 D. －1

7. 如图，BD是菱形ABCD的对角线，CE⊥AB于点E，且点E是AB的中点，则tanBFE的值是 A．

31 B. 2 C。 D。 3 32

8。如图,正方形ABCD的边长为2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外做正方形，其面积标记为S2，…，按照此规律继续下去，则S2015的值为（ ） A． B. C。 D。

9。等腰三角形三边长分别为a、b、2，且a、b是关于x的一元二次方程x6xn10的两根,则n 的值为( ）

A．9 B。 10 C。 9或10 D。 8或10

10。A、B两地相距20千米，甲、乙两人都从A地去B地，图中l1和l2分别表示甲、乙两人所走路程S(千米)与时刻t（小时）之间的关系.下列说法：错误!乙晚出发1小时；错误!乙出发3小时后追上甲；错误!甲的速度是4千米/小时；错误!乙先到达B地。其中正确的个数是（ ) A．1 B. 2 C. 3 D. 4

2

2

11.如图，已知顶点为(－3，－6）的抛物线yaxbxc经过点（－1，－4），则下列结论中错误的是（ ）

4ac B。 axbxc6 A．b C. 若点（－2，m），（－5，n） 在抛物线上，则mn D。 关于x的一元二次方程axbxc4的两根为－5和－1

oo12。如图,RT⊿ABC,C90,BAC30，AB=8，以23为边长的正方形DEFG的一边GD在直线AB上,

222且点D与点A重合。现将正方形DEFG沿A→B的方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点D与点B重合时停止，则在这个运动过程中，正方形DEFG与⊿ABC的重合部分的面积S与运动时间t之间的函数关系图像大致是（ ）

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分） 13.如图,数轴上点A,B所表示的两个数的和的绝对值是_____________.

14。正多边形的一个外角是72，则这个多边形的内角和的度数是___________________.

15。如图,有四张不透明的卡片除正面的函数关系式不同，其余相同,将它们背面朝上洗匀后,从中随机抽取一张卡片,则抽到函数图像不经过第四象限的卡片的概率为____________。

o

o

16。如图，将弧长为6,圆心角为120的扇形纸片AOB围成圆锥形纸帽,使扇形的两条半径OA与OB重合（接缝粘结部分忽略不计）,则圆锥形纸帽的高是____________。

17。如图，矩形OABC的顶点A，C的坐标分别是（4,0）（0，2），反比例函数yk(k0)的图像过对角线 x的交点P并且与AB，BC分别交于D，E两点，连接OD，OE，DE，则⊿ODE的面积为_____________。

18。 如图，直线l:y1x1与坐标轴交于AB两点,点M(m,0)是x轴上一动点，一点M为圆心，2个单位长2度为半径作⊙M,当⊙M与直线l想切时，m的值为__________________.

三、解答题（本大题共7个小题，满分66分） 19。(本题满分6分）

x2x21()，再从2x3的范围内选取一个你喜欢的x值代入求值。 先化简2x2x1x1x

20。（本题满分8分)

“切实减轻学生课业负担”是我市作业改革的一项重要举措。某中学为了解本校学生平均每天的课外作业时间，随机抽取部分学生进行问卷调查，并将调查结果分为A、B、C、D四个等级。A：1小时以内,B：1小时－1。5小时,C：1。5小时－2小时，D:小时以上。根据调查结果绘制了如图所示的两幅不完整的统计图.请根据图中信息解答下列问题：

(1）该校共调查了_________名学生; (2)请将条形统计图补充完整；

（3)表示等级A的扇形圆心角的度数是____________;

(4)在此次问卷调查中，甲、乙两班各有2人平均每天课外作业时间都是2小时以上，从这4人中任选2人 去参加座谈，用列表或树状图的方法求选出的2人来自不同班级的概率。

21．(本题满分8分）

2014年12月28日“青烟威荣\"城际铁路正式开通，从烟台到北京的高铁里程比普快里程缩短了81千米，运行

时间减少了9小时，已知烟台到北京的普快列车里程月1026千米,高铁平均时速是普快平均时速的2.5倍。

（1）求高铁列车的平均时速；

（2）某日王老师要去距离烟台大约630千米的某市参加14：00召开的会议，如果他买到

当日8：40从烟台到该是的高铁票,而且从该市火车站到会议地点最多需要1。5小时。试问在高铁列车准点到达的情况下他能在开会之前赶到吗?

22。（本题满分9分)

如图1,滨海广场装有可利用风能、太阳能发电的风光互补环保路灯,灯杆顶端装有风力发电机，中间装有太阳能板，下端装有路灯.该系统工作过程中某一时刻的截面图如图2，已知太阳能板的支架BC垂直于灯杆OF，路灯顶端E距离地面6米，DE=1。8米，CDE60，且根据我市的地理位置设定太阳能板AB的倾斜角为43,AB=1。5米，CD=1米。为保证长为1米的风力发电机叶片无障碍旋转，叶片与太阳能板顶端A的最近距离不得少于0。5米,求灯杆OF至少要多高?（利用科学计算器可求得sin430.6820，cos430.7314,tan430.9325，结果保留两位小数）

ooooo

23.(本题满分9分)

如图，以⊿ABC的一边AB为直径的半圆与其它两边AC，BC的交点分别为D，E,且DEBE. （1)试判断⊿ABC的形状,并说明理由；

(2)已知半圆的半径为5，BC=12，求sinABD的值.

24。（本题满分12分)

如图，在平面直角坐标系中,抛物线yaxbxc与⊙M相交于A、B、C、D四点。其中AB两点的坐标分别为(－1,0），（0,－2)，点D在x轴上且AD为⊙M的直径。点E是⊙M与y轴的另一个交点，过劣弧DE上的点F作FH⊥AD于点H,且FH=1。5.

(1）求点D的坐标及该抛物线的表达式;

(2)若点P是x轴上的一个动点，试求出⊿PEF的周长最小时点P的坐标；

(3)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使⊿QCM是等腰三角形？如果存在，请直接写出点Q的坐标;如果不存在，请说明理由。

2

25.（本题满分14分)

【问题提出】

如图错误!,已知⊿ABC是等边三角形，点E在线段AB上,点D在直线BC上，且DE=EC,将⊿BCE绕点C顺时针旋转60至⊿ACF，连接EF。

试证明:AB=DB+AF。 【类比探究】

（1）如图错误!,如果点E在线段AB的延长线上，其它条件不变，线段AB、DB、AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由.

（2)如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变,请在图错误!的基础上将图形补充完整,并写出AB，DB，AF之间数量关系，不必说明理由.

o

参考答案

1. B 2。 D 3. A 4。 A 5。 D 6。 7. D 8 9。 B 10。 C 11。 C 12. A 13。 1。 14. 540o。 15。

315. 16。 62. 17. . 18。 225。 442x1 19。 解：  x  ( 2  )2x2x1x1x

x(x1)2xx12 (x1)x(x1)

x(x1)x(x1)(x1)2x1x2x120.从条形图中我们可以看得出A的人数为60，B的人数为80,D的人数为20；从扇形统计图中我们能看到B占的比例40％,这样我们很容易就能得出共调查了200人,进而就能得出C的人数40人（图形可以自行补充）。A占的比重即扇形圆心角的度数为：108o.甲乙两班的学生我们分别标示为甲A、甲B、乙A、乙B,则一共有甲A和甲B、甲A和乙A、甲A和乙B、甲B和乙A、甲B和乙B、乙A和乙B.这样我们就很容易得出两人来自不同班级的概率为：21．

高铁 路程 1026－81 速度 时间 102681 2.5x1026 x2 32.5x 普快 根据上表,我们可以轻易得出方程：

1026 x 10268110269 2.5xx解得：x72

所以2.5x即高铁的平均速度是180千米/小时。

第(2）问:从烟台到某市630千米,按照我们求出的高铁的速度，他需要3.5个小时到达A地，再加上1.5个小时，也就是说他至少需要5个小时到达会场。因此他购买8：40的票，则在13：40就能到达会场,所以在开会前是能够赶到的.

22。 AB是直径,则我们很容易知道ADB90o,同时也是CDB90o。进而就有则DE=BE，进而CBDBDE,所以CCDE，CCBDCDEBDE,而又DEBE，

而ABED可以看成是个圆内接四边形，则CDECBA，所以CCBA，即⊿ABC为等腰

三角形.

第（2)问要求的是ABD的正弦值，由图知，ABD在RT⊿ABD中,AB=10，要求正弦值,就必须求得AD的值，在⊿ABC中，我们可以利用等腰三角形一腰上的高求出AD=2.8，这样我们就能求出sinABD7。 2524.第(1）问求抛物线的解析式，我们知道的条件就是AB两点的坐标，要想求得抛物线的解析式,必须再有一个点才行。根据题意，设点M的坐标为（m，0），根据两点间的距离公式（半径相等）可以

3，则点D的坐标为(4,0),这样就可以根据交点式来求解抛物线的解析2113式:y(x1)(x4)x2x2

222求得m第（2）问其实是我们初中阶段经常练习的一个轴对称问题.要在x轴上的找到一点P，使得⊿PEF的周长最小，我们先来看E，F两点，这是两个定点,也就是说EF的长度是不变的，那实际上这个题目就是求PE+PF的最小值,这就变成了轴对称问题中最为经典的“放羊问题\要解决这一问题首先我们看图中有没有E或F的对称点，根据题意,显然是有E点的对称点B的，那么连接BF与x轴的交点就是我们要求的点P(2，0)。

第(3)问要在抛物线的对称轴上找点Q，使得⊿QCM是等腰三角形，首先点M本身就在抛物线对称轴

3上，其坐标为(,0)；点C是点B关于抛物线对称轴的对称点，所以点C的坐标为(3，－2）；求Q

23点的坐标，根据题意可设Q点为（,n）.⊿QCM是等腰三角形,则可能有三种情况，分别是QC=MC；

2353253QM=MC;QC=QM。根据这三种情况就能求得Q点的坐标可能是(,)或(,)或(,4)

21622225。第一问是个明显的旋转问题,根据旋转的特点,我们能够得出CE=CF，ECF60o,即⊿CEF是等边三角形；BEAF ；EBCFAC60o，进而：AFEACE，再有

DEBDACEBCE60o

又由已知DE=CE，知DBCE，所以有DEBACEAFE,这样就能得出⊿AEF≌⊿BDE 则有AE=BD，所以AB=AE+BE=BD+AF。第（2)问，根据第一问的做法，我们应该像第（1）问那样去证明⊿AEF≌⊿BDE，全等的条件都是有AF=BE（旋转得出）,DE=EF，这样关键就在于说明

AFEDEB。要想说明这两个角相等，我们可以像第（1）问一样去证出BCEACF，BECAFCFCB，这样我们就能得出AF∥CD,此时我们需要把BD和EF的交点标示为G点，这样就有AFECGE,接下来我们可以想办法证明⊿BDE∽⊿BEG（条件有一个公用角和小角),这样就得出了BGEBED，所以就有AFEBED，也就得出了三角形全等，这样就有AE=BD，所以这时AB=AE－BE=BD－AF.第(3）问画图略过，理由可以参考第（2）问.

2015年山东省烟台市中考数学试卷解析

一、选题题

1．B 【解析】如果两个数只有符号不同,那么称其中一个数为另一个数的相反数，所以有－=

22的相反数是－(－）332. 32． Ｄ．【解析】根据轴对称和中心对称图形的概念，在平面内,如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够

完全重合，则这个图形叫轴对称图形；将一个图形绕着某一点旋转180°后，所得的图形能够和原来的图形完全重合,则这个图形叫做中心对称图形,可得

３.Ｄ．【解

选项 A B C D 逐项分析 正误 是轴对称图形，不是中心对称图形； × 是轴对称图形,也是中心对称图形； × 不是轴对称图形，不是中心对称图形 × 是中心对称图形,不是轴对称图形． √ 析】Ａ为左视图，Ｂ为正视图，Ｃ为俯视图；

Ｄ不属于三视图得出的结论．

４．A【解析】Ａ不一定成立,只有a为非负数,b正数时在正确;B根据幂的乘法法则和负指数幂的运算法则计算正确;C运用平方差公式分解因式,正确；D积的乘方等于各个因式分别乘方，正确。

５。D【解析】去掉一个最高分和一个最低分，中位数不发生变化,其余都发生生变化。

26.【解析】任何一个不为零的数的零次方为1,所以可得方程xx10,解方程得x的值为2或－1。

７．Ｄ【解析】因为在菱形ABCD中，AB=BC,E为AB的中点，所以BE=

1BC，又因为CE⊥AB，所以△BCA为2

直角三角形，∠BCE=30°，∠EBC=60°，又因为菱形的对角线平分每一组对角,所以∠EBF=∠BFE=60°，所以tan∠BFE=3．

1∠EBC=30°，所以2８．C. 【解析】根据面积公式可得s122,解直角三角形可得以CD为斜边的等腰直角三角形的边长为2,所以

1111s2222,s3()22221,…以此类推s2015()201424()2012．

22229．C。【解析】当a，b为腰时,a=b,由一元二次方程根与系数的关系可得a+b=6，所以a=b=3,ab=9=n－1,解得n=10，当2为腰时，a=2（或b=2），此时2+b=6（或a+2=6），解得b=4(a=4)，所以ab=2×4=8=n－1,解得n=9，所以n为9或10。

10．C【解析】①乙比甲晚出发1小时,正确；②乙应出发2小时后追上甲，错误;③甲的速度为12÷3=4（千米/小时)，正确；甲到达需要20÷4=5（小时）;乙的速度为12÷2=6（千米/小时）,乙到达需要的时间为20÷6=3即乙在甲出发4

1(小时)，31小时到达,甲5小时到达，故乙比甲先到。正确。故选 32211．C【解析】A．如图抛物线与x轴有两个交点所以b4ac0,即b4ac,正确；Ｂ。因为抛物线的顶点坐标

为（－3，－6），抛物线上所有点都大于或等于－6,故B正确；C根据抛物线的对称性当x=－2时的函数值与x=－4时的函数值相等，此函数抛物线开口向上，在对称轴的右侧y所x的增大而减小，－4〉－5，所以m2因为抛物线的顶点为（－3,－6）,所以可设二次函数函数的解析式为ya(x3)6,代入点（－1，4）得出函数

解析式为y11(x3)26,另y=－4,可得(x3)264,解方程得出x为－5和－1。故D正确。 2212.A【解析】

（1)AD=t，DM=

1323t，S=t(0〈t〈23)； 236(2) 23≤t〈6，AD=t，DM=3t3，AG=t－23，GN=( t－23）； 33S=S△AMD－S△ANG=323( t－23）2=2t－23 t－66FMNAGDPECB

(2）6≤t≤8,AG=t－23，GN=

BD=8－t，DM=3BD=3（8－t） GP=AP－AG=6 +23－ t PD=PB－BD=t－6

S=S梯形NGPC+ S梯形MDPC==一个二次函数，故选A

FNAGCEMPDB113（（ t－23）+23）（6 +23－ t）+（3（8－t）+ 23）（t－6）223

13.1【解析】A，B分别表示－3和2，所以－3+2=－1，－1的绝对值为1．

14。540°．【解析】多边形的外角和为360°，所以多边形为360°÷72°=5,根据多边形的内角和公式可得(5－2）×180°=540°． 15。

3【解析】第一张图片为反比例函数,图象在一、三象限;第二章图片上为正比例函数，图形过二、四象限；第43． 4三张图片上为二次函数,图象开口向上在x轴的上方，过一、二象限，

第四张图片上为一次函数，图象过一、二、三象限；所以抽到函数图象不经过第四象限的卡片的概率为16。62．【解析】设烟筒帽的底面半径为Ｒ，则2πr=6π，解得r=3，设圆锥的母线长为R，则R=9，由勾股定理可得圆锥纸帽的高为R2-r292327262．

120πR=6π,解得18015.【解析】因为C（0，2）A（4,0)由矩形的性质可得P（2,1）,把P点坐标代入反比例函数解析式可得k=2,所42212,CE=1，以反比例函数解析式为y=,D点的横坐标为4，所以纵坐标为AD=,点E的纵坐标为2,所以2=x42CE17.

则BE=3，所以

915－1=. 44118。 25－2。或25+2【解析】直线yx1与y轴、x轴的交点坐标为A（0，1）,B（2,0），由勾股定理

2sODES矩形OABC-SOCE-SBED-SOAD=8－1－

可得AB=5.如图（1）当圆M与直线AB相切于点C时,△AOB∽△MCB，OAAB15，即,解得BM=25.MCBM2BM所以m=BM－OB=25－2.如图（2）△AOB∽△MDB，

OAAB15, ,解得BM=25.m= BM+ OB MDBM2BM=25+2．

CAMOBAOBMD

图(1） 图(2)

x(x1)2x(x1)x(x1)x1x(x1)x(x1)x2[], 19。解：原式=222(x1)x(x1)(x1)x(x1)(x1)x1x122x24． 当x=2时，原式x12120. （1)解:（1)200；（2）补图如下：

（2）解：60÷200=30％．

（3)解：设甲班学生为甲A，甲B，乙A，乙B；则所有可能的情况为(甲A，甲B），(甲A，乙A），

（甲（甲B，乙B）（乙（甲A，乙B）,),,六种情况．所以不再同一班的情况有四种，概率为B，乙A）A，乙B）21.【解】设普快的速度为x千米/小时,则高铁的速度为2。5x千米/小时，得：

2． 310261026819,即1026×2。5–945=9–2.5x， x2.5x解得:x=72,经检验x=72是本方程的解， 高铁列车的平均时速为2。5×72=180, 答:高铁列车的平均时速为180千米/小时．

（2）630÷180=3。5（时）,3。5+1.5=5（时）;8：40-—12：00之间的时间为5小时20分钟，所以高铁在准点到达的情况下他能准时赶到.

22.【解析】解直角△ABC求出线段AC的长度，再解直角△DEG求出线段DG的长，进而求出DF的长，即可求出电线杆的长为DF+CD+AC+1。5

【解】在Rt△ACB中，AC=cos∠CAB·AB,∴AB的倾斜角为43°，AB=1。5

∴AC=0。7314×1。5=1。0971，过点E作EG⊥OF，又∵∠CDE=60°． ∴DG= cos∠CDE·DE= cos60°×1。8=0。5×1。8=0。9，(米）, ∴DF=6－0.9=5。1（米）,

∴OF=DF+CD+AC+1。5=5。1+1+1。0971+1。5=7.6971≈7。70(米） 答：灯杆OF至少要7.70米．

23.【解】（1)因为AB为直径，所以∠ADC=∠BDE=90°，∠C+∠DBC=90°，∠CDE+∠EDB=90°，又因为DEBE，所以∠EDB=∠DBC，所以∠C=∠CDE，所以CE=DE，因为DEBE,所以DE=BE,CE=BE，AE垂直平分BC，所以AC=BC，△ABC为等腰三角形。

(2)因为A,B,E,D四点共圆，所以∠CDE=∠CBA，∠C公用,所以△CDE∽△CBA，

CDCE,因为BC=12，半径为CBACAD2.87sin∠ABD==． AB10255，由（1)得所以AC=BC=10，CE=6，即

CD6,解得1210CD=7。2,所以AD=AC－CD=2。8；

24。【解】(1）∵A（－1,0），B(0,－2）∴OE=OB=2，OA=1，∵AD是⊙M的直径，∴OE·OB=OA·OD，即:2²=1·OD,OD=4，∴D（4,0）,

把A（－1,0）,B（0，－2)，D（4，0)代入

yax2bxc得：

13abc0,c2,16a4bc0，即a,bc2,

22123该抛物线的表达式为：yxx2．

22（2）连接AF,DF，因为FH⊥AD于点H，AD为直径，所以△AFH∽△FDH，HF²=DH·AH，∵E点与B点关于点O对称，根据轴对称的性质,连接BF交x轴于点P，∵A(－1，0)，D（4,0)，∴AD=5，设DH=x，则AH=5－x，即1。5²=x（5－x)，5x－x²=（2x－1）(2x－9）=0，AH＞DH，∴DH=∴OH=OD－DH=

94，4x²－20x+9=0，

12,

1，∴F（3.5，1。5），设直线BF的解析式为ykxb，则3.5k+b=1。5;b=－2，则k=1，b=－2,∴y=x－2,令y=0，33252323225）． 8则x=－2，∴P(2,0） （3）Q1（

35,22），Q2(

，－

）,Q3（，－4),∴Q4（

,－

25.【思路分析】(1)根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF,再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°,得出△EDB≌FEA，所以BD=AF,等量代换即可得出结论.（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）;（3）画出图形根据图形直接写出结论即可。

证明：DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°,BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°,所以∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∠DBE=120°，∠EAF=∠DBE，又因为A，E,C,F四点共圆，所以∠AEF=∠ACF,又因为ED=DC,所以∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，所以∠D=∠AEF，所以△EDB≌FEA，所以BD=AF，AB=AE+BF,所以AB=BD+AF．

类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF,CE=CF，∴△CEF是等边三角形,∴EF=CE，∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°,

∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∠FCG=∠EAD ∠D=∠EAD,∴∠D=∠FEA，由旋转知∠CBE=∠CAF=120°,∴∠DBE=∠FAE=60° ∴△DEB≌△EFA，∴BD=AE, EB=AF,∴BD=FA+AB．即AB=BD－AF。

(2）AF=BD+AB（或AB=AF－BD)