2019年山东省滨州中考数学试卷(A卷)-答案

山东省滨州市2019年初中学生学业水平考试(A 卷)
数学答案解析
第Ⅰ卷(选择题)
一、选择题
1.【答案】B
【解析】直接利用绝对值以及零指数幂的性质、相反数的性质分别化简得出答案.
解：A 、(2)2--=，故此选项错误；
B 、|2|2--=-，故此选项正确；
C 、2(2)4-=，故此选项错误；
D 、0(2)1-=，故此选项错误；
故选：B .
【考点】绝对值，零指数幂的性质，相反数的性质
2.【答案】C
【解析】分别利用合并同类项法则以及同底数幂的除法运算法则和积的乘方运算法则等知识分别化简得出即可.
解：A 、23x x +不能合并，错误；
B 、235x x x ⋅=，错误；
C 、32x x x ÷=，正确；
D 、()32628x x =，错误；
故选：C .
【考点】合并同类项法则，同底数幂的除法运算法则，积的乘方运算法则
3.【答案】B
【解析】先根据平行线的性质，得到GFD ∠的度数，再根据角平分线的定义求出EFD ∠的度数，再由平行线的性质即可得出结论.
解：∵AB CD ∥，
∴180FGB GFD ∠+∠=︒，
∴18026GFD FGB ∠=︒-∠=︒，
∵FG 平分EFD ∠，
∴252EFD GFD ∠=∠=︒，
∵AB CD ∥，
∴52AEF EFD ∠∠︒＝＝.
故选：B .
【考点】平行线的性质
4.【答案】A
【解析】根据该几何体的三视图可逐一判断.
解：A .主视图的面积为4，此选项正确；
B .左视图的面积为3，此选项错误；
C .俯视图的面积为4，此选项错误；
D .由以上选项知此选项错误；
故选：A .
【考点】几何体的三种视图面积的求法及比较
5.【答案】A
【解析】根据向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加求解即可.
解：∵将点(1,2)A -向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到点B ，
∴点B 的横坐标为121-=-，纵坐标为231-+=，
∴B 的坐标为()1,1-.
故选：A .
【考点】本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减.
6.【答案】B
【解析】连接AD ，先根据圆周角定理得出A ∠及ADB ∠的度数，再由直角三角形的性质即可得出结论. 解：连接AD ，
∵AB 为O e 的直径，
∴90ADB ∠=︒，
∵40BCD ∠=︒，
∴40A BCD ∠=∠=︒，
∴904050ABD ∠=︒-︒=︒.
故选：B .
【考点】圆周角定理
7.【答案】D
【解析】根据单项式的和是单项式，可得同类项，根据同类项是字母项相同且相同字母的指数也相同，可得m 、n 的值，再代入计算可得答案.
解：由8m x y 与36n x y 的和是单项式，得3m =，1n =，33()(31)64m n +=+=，64的平方根为8±. 故选：D .
【考点】同类项
8.【答案】D
【解析】移项，配方，即可得出选项.
解：2410x x -+=，
241x x -=-，
24414x x -+=-+，
()223x -=，
故选：D .
【考点】解一元二次方程
9.【答案】C
【解析】直接利用关于原点对称点的性质得出关于a 的不等式组进而求出答案.
解：∵点(3,2)P a a --关于原点对称的点在第四象限，
∴点(3,2)P a a --）在第二象限，
∴3020a a -⎧⎨-⎩
＜＞， 解得：2a ＜.
则a 的取值范围在数轴上表示正确的是：
.
故选：C .
【考点】关于原点对称点的性质，解不等式组
10.【答案】C
【解析】依据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理以及直角三角形的性质，即可得到结论.
解：A
、∵22254251641+=+==，∴ABC △是直角三角形，错误；
B 、∵222222(3)(4)91625(5)x x x x x x +=+==，∴AB
C △是直角三角形，错误；
C 、∵:3:4:5A B C ∠∠∠=:，∴51807590345C ︒︒︒∠=
⨯=≠++，∴ABC △不是直角三角形，正确； D 、
∵21cos tan 02A B ⎛-+-= ⎝⎭
，∴1cos 2A =
，tan B =，∴60A ∠=︒，30B ∠=︒，∴90C ∠=︒，∴ABC △是直角三角形，错误；
故选：C .
【考点】直角三角形的判定，勾股定理的逆定理
11.【答案】B
【解析】由SAS 证明AOC BOD △≌△得出OCA ODB ∠=∠，AC BD =，①正确；
由全等三角形的性质得出OAC OBD ∠=∠，由三角形的外角性质得：AMB OAC AOB OBD ∠+∠=∠+∠，得出40AMB AOB ∠=∠=︒，②正确；
作OG MC ⊥于G ，OH MB ⊥于H ，如图所示：则90OGC OHD ∠=∠=︒，由AAS 证明()O C G O D H A A S △≌△
，
得出OG OH =，由角平分线的判定方法得出MO 平分BMC ∠，④正确；即可得出结论. 解：∵40AOB COD ∠=∠=︒，
∴AOB AOD COD AOD ∠+∠=∠+∠，
即AOC BOD ∠=∠，
在AOC △和BOD △中，000A B AOC BOD OC D =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴AOC BOD
SAS △≌△()， ∴OCA ODB ∠=∠，AC BD =，①正确；
∴OAC OBD ∠=∠，
由三角形的外角性质得：AMB OAC AOB OBD ∠+∠=∠+∠，
∴40AMB AOB ∠=∠=︒，②正确；
作OG MC ⊥于G ，OH MB ⊥于H ，如图所示：
则90OGC OHD ∠=∠=︒，
在OCG △和ODH △中，OCA ODB OGC OHD OC OD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴()OCG ODH AAS △≌△，
∴OG OH =，
∴MO 平分BMC ∠，④正确；
正确的个数有3个；
故选：B .
【考点】全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，角平分线的判定
12.【答案】C
【解析】根据题意，可以设出点C 和点A 的坐标，然后利用反比例函数的性质和菱形的性质即可求得k 的值，本题得以解决.
解：设点A 的坐标为(, 0)a ，点C 的坐标为,k c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭
， 则12k a c ⋅=，点D 的坐标为a c k ,22c +⎛⎫ ⎪⎝⎭
， ∴12
22k a c k k a c c ⎧⋅=⎪⎪⎨=⎪+⎪⎩
， 解得，4k =，
故选：C .
【考点】反比例函数系数k 的几何意义，反比例函数的性质，菱形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征
第Ⅱ卷(非选择题)
二、填空题
13.（5分）【答案】2+【解析】根据二次根式的混合计算解答即可.
解：原式422=-=+，
故答案为：2+
【考点】二次根式的混合计算
14.【答案】1x =
【解析】公分母为（2x -），去分母转化为整式方程求解，结果要检验.
解：去分母，得323x x -+-=-，
移项、合并，得22x =，
解得1x =，
检验：当1x =时，20x -≠，
所以，原方程的解为1x =，
故答案为：1x =.
【考点】解分式方程
15.【答案】83
【解析】根据众数的定义先判断出x ，y 中至少有一个是5，再根据平均数的计算公式求出11x y +=，然后代入方差公式即可得出答案.
解：∵一组数据4，x ，5，y ，7，9的平均数为6，众数为5，
∴x ，y 中至少有一个是5，
∵一组数据4，x ，5，y ，7，9的平均数为6， ∴1(4579)66
x y +++++=， ∴11x y +=，
∴x ，y 中一个是5，另一个是6， ∴这组数据的方差为2222218(46)2(56)(66)(76)(96)63⎡⎤-+-+-+-+-=⎣
⎦； 故答案为：83
. 【考点】众数，平均数和方差
16.【答案】(1,2)-或(1,2)-
【解析】根据位似变换的性质、坐标与图形性质计算.
解：以原点O 为位似中心，把这个三角形缩小为原来的12
，点A 的坐标为()24-,， ∴点C 的坐标为112,422⎛⎫-⨯⨯ ⎪⎝
⎭或112,422⎛⎫⨯-⨯ ⎪⎝⎭，即(1,2)-或(1,2)-， 故答案为：(1,2)-或(1,2)-.
【考点】位似变换
17.【答案】3
【解析】根据题意画出图形，利用正六边形中的等边三角形的性质和三角函数求解即可.
解：如图，连接OA 、OB ，作OG AB ⊥于G ；
则2OG =，
∵六边形ABCDEF 正六边形，
∴OAB △是等边三角形，
∴60OAB ∠=︒，
∴0G OA
sin 60︒===，
∴正六边形的内切圆半径为2，则其外接圆半径为
3.
【考点】正六边形和圆，等边三角形的判定与性质
18.【答案】3x ＞
【解析】根据直线(0)y kx b k =+＜经过点(3,1)A ，正比例函数13
y x =也经过点A 从而确定不等式的解集. 解：∵正比例函数13
y x =也经过点A ，
∴13
kx b x +＜的解集为3x ＞， 故答案为：3x ＞.
【考点】一次函数与一元一次不等式的关系
19.【答案】①③④
【解析】①正确.只要证明EC EA BC ==，推出90ACB ∠=︒，再利用三角形中位线定理即可判断. ②错误.想办法证明2BF OF =，推出3BOC OCF S S =V V 即可判断.
③正确.设BC BE EC a ===，求出AC ，BD 即可判断.
④正确.求出BF ，OF ，DF （用a 表示），通过计算证明即可.
解：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴CD AB ∥，OD OB =，OA OC =，
∴180DCB ABC ∠+∠=︒，
∵60ABC ∠=︒，
∴120DCB ∠=︒，
∵EC 平分DCB ∠， ∴1602
ECB DCB ︒∠=∠=， ∴60EBC BCE CEB ∠=∠=∠=︒，
∴ECB V 是等边三角形，
∴EB BC =，
∵2AB BC =，
∴EA EB EC ==，
∴90ACB ∠=︒，
∵OA OC =，EA EB =，
∴OE BC ∥，
∴90AOE ACB ∠=∠=︒，
∴EO AC ⊥，故①正确，
∵OE BC ∥，
∴OEF BCF △∽△， ∴12
OE OF BC FB ==， ∴13
OF OB =，
∴3AOD BOC OCF S S S ==V V V ，故②错误，
设BC BE EC a ===，则2AB a =
，AC =
，OD OB ==，
∴BD ，
∴:7AC BD =，故③正确，
∵1
OF OB =， ∴BF =，
∴22
79BF a =
，2762
69OF DF a a ⎛⎫⋅=⋅+= ⎪ ⎪⎝⎭， ∴2BF OF DF =⋅，故④正确， 故答案为①③④.
【考点】相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，角平分线的定义，解直角三角形
20.【答案】1
(1)22n n n +++ 【解析】观察分母，3，5，9，17，33，…，可知规律为21n +；观察分子的，1，3，6，10，15，…，可知规律为(1)2
n n +，即可求解； 解：观察分母，3，5，9，17，33，…，可知规律为21n +， 观察分子的，1，3，6，10，15，…，可知规律为(1)2
n n +， ∴1(1)
(1)22122
n n n n n n n a +++==++； 故答案为1
(1)
22n n n +++； 【考点】规律型：数字的变化类
三、解答题
21.【答案】解：原式322
2(1)(1)(1)(1)(1)(1)
x x x x x x x x x x ⎡⎤+-=-⋅⎢⎥+-+--⎣⎦ 32
(1)(1)(1)(1)
x x x x x x -=⋅+-- 2
1
x x =+， 解不等式组3(2)4,23532x x x x --⎧⎪--⎨⎪⎩
≤＜得13x ≤＜， 则不等式组的整数解为1、2，
又1x ≠±且0x ≠，
∴2x =， ∴原式43
=. 【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再解不等式组求出x 的整数解，由分式有意义的条件确定最终符合分式的x 的值，代入计算可得.
【考点】分式的化简求值
22.【答案】解：（1）设辆甲种客车与1辆乙种客车的载客量分别为x 人，y 人，
231802105x y x y +=⎧⎨+=⎩
， 解得：4530x y =⎧⎨=⎩
， 答：1辆甲种客车与1辆乙种客车的载客量分别为45人和30人；
（2）设租用甲种客车x 辆，依题意有：4530(6)2406x x x +-⎧⎨⎩
＜…， 解得：64x ＞≥，
因为x 取整数，
所以4x =或5，
当4x =时，租车费用最低，为440022802160⨯+⨯=.
【解析】（1）可设辆甲种客车与1辆乙种客车的载客量分别为x 人，y 人，根据等量关系2辆甲种客车与3辆乙种客车的总载客量为180人，1辆甲种客车与2辆乙种客车的总载客量为105人，列出方程组求解即可；
（2）根据题意列出不等式组，进而求解即可.
【考点】一元一次不等式组及二元一次方程组的应用
23.【答案】解：（1）总人数为1326%50÷=人，
答：两个班共有女生50人；
（2）C 部分对应的人数为5028%14⨯=人，E 部分所对应的人数为50261314510-----=；频数分布直方图补充如下：
（3）扇形统计图中E 部分所对应的扇形圆心角度数为
103607250
︒︒⨯=； （4）画树状图：
共有20种等可能的结果数，其中这两人来自同一班级的情况占8种， 所以这两人来自同一班级的概率是82205
=. 【解析】（1）根据D 部分学生人数除以它所占的百分比求得总人数，
（2）用总人数乘以C 、E 所占的百分比求得C 、E 部分人数，从而补全条形图；
（3）用360°乘以E 部分所占百分比即可求解；
（4）利用树状图法，将所有等可能的结果列举出来，利用概率公式求解即可.
【考点】列表法与树状图法
24.【答案】（1）证明：由题意可得，
BCE BFE △≌△，
∴BEC BEF ∠=∠，FE CE =，
∵FG CE ∥，
∴FGE CEB ∠=∠，
∴FGE FEG ∠=∠，
∴FG FE =，
∴FG EC =，
∴四边形CEFG 是平行四边形，
又∵CE FE =，
∴四边形CEFG 是菱形；
（2）∵矩形ABCD 中，6AB =，10AD =，BC BF =，
∴90BAF ∠=︒，10AD BC BF ===，
∴8AF =，
∴2DF =，
设EF x =，则CE x =，6DE x =-，
∵90FDE =︒∠，
∴22226x x +-=()，
解得，103x =
， ∴103
CE =， ∴四边形CEFG 的面积是：1020233CE DF ⋅=
⨯=. 【解析】（1）根据题意和翻着的性质，可以得到BCE BFE △≌△，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；
（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF 的长，进而求得EF 和DF 的值，从而可以得到四边形CEFG 的面积.
【考点】翻折变化，菱形的性质和判定，矩形的性质
25.【答案】（1）如图所示，连接OD ，
∵AB AC =，∴ABC C ∠=∠，而OB OD =，∴ODB ABC C ∠=∠=∠，
∵DF AC ⊥，∴90CDF C ∠+∠=︒，∴90CDF ODB ∠+∠=︒，
∴90ODF ∠=︒，
∴直线DF 是O e 的切线；
（2）连接AD ，则AD BC ⊥，则AB AC =，
则12
DB DC BC ==， ∵90CDF C ∠+∠=︒，90C DAC ∠+∠=︒，∴CDF DCA ∠=∠，
而90DFC ADC ∠=∠=︒，∴CFD CDA △∽△，
∴2CD CF AC =⋅，即24BC CF AC =⋅；
（3）连接OE ，
∵15CDF ∠=︒，75C ∠=︒，∴30OAE OEA ∠=︒=∠，
∴120AOE ∠=︒，
11
sin 2cos sin 22
OAE S AE QE OEA OE OEA QE OEA =⨯∠=⨯⨯⨯∠⨯∠=V ，
21201643360OAE OAE S S S ππ︒-︒
=-=⨯⨯-V 阴影部分扇形 【解析】（1）如图所示，连接OD ，证明90CDF ODB ∠+∠=︒，即可求解；
（2）证明CFD CDA △∽△，则2CD CF AC =⋅，即24BC CF AC =⋅；
（3）OAE OAE S S S =-V 阴影部分扇形即可求解.
【考点】本题为圆的综合题，涉及到解直角三角形、三角形相似、等腰三角形的性质等，难度不大.
26.【答案】（1）当0x =时，4y =，则点A 的坐标为()04,
， 当0y =时，2110482
x x =-++，解得，14x =-，28x =，则点B 的坐标为(4,0)-，点C 的坐标为(8,0)， ∴4OA OB ==，
∴45OBA OAB ∠=∠=︒，
∵将直线AB 绕点A 逆时针旋转90︒得到直线AD ，
∴90BAD ∠=︒，
∴45OAD =︒∠，
∴45ODA ∠=︒，
∴OA OD =，
∴点D 的坐标为(4,0)，
设直线AD 的函数解析式为y kx b =+，
440b k b =⎧⎨+=⎩，得14k b =-⎧⎨=⎩
， 即直线AD 的函数解析式为4y x =-+；
（2）作PN x ⊥轴交直线AD 于点N ，如右图①所示，
设点P 的坐标为211,482t t t ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭
，则点N 的坐标为(,4)t t -+， ∴2211134(4)8282PN t t t t t ⎛⎫=-++--+=-+ ⎪⎝⎭
， ∴PN x ⊥轴，
∴PN y ∥轴，
∴45OAD PNH ∠=∠=︒，
作PH AD ⊥于点H ，则90PHN ∠=︒，
∴22136)282PH t t t ⎫=-+=+=-+⎪⎝⎭， ∴当6t =时，PH
，此时点P 的坐标为56,2⎛⎫ ⎪⎝⎭
， 即当点P 到直线AD 的距离最大时，点P 的坐标是56,2⎛⎫ ⎪⎝⎭
，
最大距离是4； ②当点P 到直线AD
的距离为
4时，如右图②所示，
2+=， 解得，12t =，210t =，
则1P 的坐标为92,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，2P 的坐标为710,2⎛⎫- ⎪⎝
⎭， 当1P 的坐标为92,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，
则1P A =
∴1sin P AD ∠=； 当2P 的坐标为710,2⎛⎫- ⎪⎝⎭，
则2252P A ==，
∴24sin 252
P AD ∠==； 由上可得，sin PAD ∠
【解析】（1）根据抛物线211482
y x x =-++与y 轴交于点A ，与x 轴交于点B ，C ，可以求得点A 、B 、C 的坐标，再根据将直线AB 绕点A 逆时针旋转90︒，所得直线与x 轴交于点D ，可以求得点D 的坐标.从而可以求得直线AD 的函数解析式；
（2）①根据题意，作出合适的辅助线，然后根据二次函数的性质即可求得点P 到直线AD 的距离最大值，进而可以得到点P 的坐标；
②根据①中关系式和题意，可以求得点P 对应的坐标，从而可以求得sin PAD ∠的值.
【考点】二次函数综合题。