2020年山东省烟台中考数学试卷-答案

数学答案解析

一、 1．【答案】A

【解析】解：∵2的相反数是2，∴a2．故选：A． 【考点】实数的性质，相反数 2．【答案】A

【解析】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意； B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意．故选：A． 【考点】中心对称图形与轴对称图形的概念 3．【答案】A

【解析】解：有理数a，b，c在数轴上的对应点的位置如图所示，这三个数中，实数a离原点最远，所以绝对值最大的是：a．故选：A． 【考点】有理数大小比较 4．【答案】B

【解析】解：结合三个视图发现，这个几何体是长方体和圆锥的组合图形． 故选：B． 【考点】三视图判 5．【答案】C

【解析】解：如果将一组数据中的每个数都减去5，那么所得的一组新数据的众数、中位数、平均数都减少5，方差不变，故选：C． 【考点】方差 6．【答案】B 【解析】解：A、按键

即可进入统计计算状态是正确的，故选项A不符合题意；

B、计算8的值，按键顺序为：，故选项B符合题意；

C、计算结果以“度”为单位，按键可显示以“度”“分”“秒”为单位的结果是正确的，故选项C不

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符合题意；

D、计算器显示结果为时，若按符合题意； 故选：B．

【考点】科学计算器 7．【答案】B

【解析】解：∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA11， ∴OA22；

∵△OA2A3为等腰直角三角形， ∴OA3213键，则结果切换为小数格式0.333333333是正确的，故选项D不

2；

2∵△OA3A4为等腰直角三角形， ∴OA42242．

3∵△OA4A5为等腰直角三角形， ∴OA54……

∴OAn的长度为故选：B．

【考点】等腰直角三角形的性质以及勾股定理 8．【答案】C

【解析】解：∵OAOB，AOB140， ∴AB2，

2n1．

118014020， 2∵AOC60，

∴ADCAAOC206080， 故选：C．

【考点】圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形外角的性质 9．【答案】D

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【解析】解：最小的等腰直角三角形的面积421（cm2），平行四边形面积为2 cm2，中等的等腰直角三角形的面积为2 cm2，最大的等腰直角三角形的面积为4 cm2，则 A、阴影部分的面积为224（cm2），不符合题意； B、阴影部分的面积为123（cm2），不符合题意； C、阴影部分的面积为426（cm2），不符合题意； D、阴影部分的面积为415（cm2），符合题意． 故选：D．

【考点】图形的剪拼，七巧板 10．【答案】A

【解析】解：∵点G为△ABC的重心， ∴AEBE，BFCF， ∴EF11821AC1.7， 2故选：A．

【考点】三角形的重心，三角形的中位线定理 11．【答案】D

【解析】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴ADBC5，ABCD3，

∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处， ∴AFAD5，EFDE， 在Rt△ABF中，BFAF2AB22594，

∴CFBCBF541， 设CEx，则DEEF3x 在Rt△ECF中，∵CE2FC2EF2， ∴x2123x，解得x24， 3∴DEEF3x5， 35DE31， ∴tanDAEAD53故选：D．

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【考点】翻折变换，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理 12．【答案】D

【解析】解：由图象可知，当x＜1或0＜x＜1时，双曲线y3落在直线y1上方，且直线y1落在直线y2上方，即y3＞y1＞y2，所以若y3＞y1＞y2，则自变量x的取值范围是x＜1或0＜x＜1． 故选：D．

【考点】反比例函数与一次函数的交点问题 二、

13．【答案】1.3106

【解析】解：将数据1300000用科学记数法可表示为：1.3106． 故答案为：1.3106．

【考点】科学记数法的表示方法 14．【答案】1260°

【解析】解：正n边形的每个外角相等，且其和为360°， 据此可得

36040，解得n9．921801260， n即这个正多边形的内角和为1260°． 故答案为：1260°．

【考点】正多边形外角和与内角和 15．【答案】m＞0且m1

【解析】解：根据题意得m10且224m11＞0，解得m＞0且m1． 故答案为：m＞0且m1． 【考点】根的判别式 16．【答案】18

【解析】解：∵3＜1，∴x3代入y2x2，得y2918， 故答案为：18． 【考点】函数值的计算 17．【答案】4,2

【解析】解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P4,2．

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故答案为4,2．

【考点】坐标与图形变化旋转 18．【答案】②③④

【解析】解：①由二次函数的图象开口向上可得a＞0，对称轴在y轴的右侧，b＜0， ∴ab＜0，故①错误；

②由图象可知抛物线与x轴的交点为1,0，与y轴的交点为0,1， ∴c1，

∴ab10，故②正确； ③∵ab10， ∴a1b， ∵b＜0， ∴a1＞0， ∴a＞1，故③正确；

④∵抛物线与y轴的交点为0,1， ∴抛物线为yax2bx1， ∵抛物线与x轴的交点为1,0，

∴ax2bx10的一个根为1，根据根与系数的关系，另一个根为故答案为②③④．

【考点】图象与二次函数系数之间的关系，二次函数与方程之间的转换 三、

1，故④正确； ayy2x19．【答案】解： 222xyxyxyy 5 / 11

yxyy2x xyxyxyxyyxy=xyxyxyyxyx

y2 xy当x31，y31时， 原式312223．

【考点】分式的混合运算

20．【答案】解：（1）此次共调查的学生有：4072； 200（名）

360（2）足球的人数有：2004060203050（人），补全统计图如下：

（3）根据题意画树状图如下：

共用25种等可能的情况数，其中他俩选择不同项目的有20种， 则他俩选择不同项目的概率是

204． 255【解析】（1）用羽毛球的人数除以所占的百分比即可得出答案；

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（2）用总人数减去其他项目的人数求出足球的人数，从而补全统计图；

（3）根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数和他俩选择不同项目的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．

【考点】用列表法或画树状图法求概率

21．【答案】解：设销售A型口罩x只，销售B型口罩y只，根据题意得：

xy9000x4000， 3000，解答20001.2y5000xy经检验，x4000，y5000是原方程组的解， ∴每只A型口罩的销售利润为：

2000，每只B型口罩的销售利润为：0.51.20.6（元）． 0.5（元）

4000答：每只A型口罩和B型口罩的销售利润分别为0.5元，0.6元． （2）根据题意得，W0.5m0.610000m0.1m6000，

10000m≤1.5m，解得m≥4000，

∵0.1＜0，

∴W随m的增大而减小， ∵m为正整数，

∴当m4000时，W取最大值，则0.1400060005600，

即药店购进A型口罩4000只、B型口罩6000只，才能使销售总利润最大，增大利润为5600元． 【解析】（1）设销售A型口罩x只，销售B型口罩y只，根据“药店三月份共销售A，B两种型号的口罩9000只，共获利润5000元，其中A，B两种型号口罩所获利润之比为2:3”列方程组解答即可； （2）根据题意即可得出W关于m的函数关系式；根据题意列不等式得出m的取值范围，再结合根据一次函数的性质解答即可．

【考点】一次函数的应用，二元一次方程组及一元一次不等式的应用 22．【答案】（1）证明：连接OB， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABCD60， ∵ACBC， ∴ACB90， ∴BAC30， ∵BEAB，

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∴EBAE，

∵ABCEBAE60， ∴EBAE30， ∵OAOB，

∴ABOOAB30， ∴OBC306090， ∴OBCE， ∴EC是O的切线；

（2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BCAD23， 过O作OHAM于H， 则四边形OBCH是矩形， ∴OHBC23， ∴OAOH4，AOM2AOH60，

sin60∴AM的长度6042． 3603

【解析】（1）证明：连接OB，根据平行四边形的性质得到ABCD60，求得BAC30，根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质得到ABOOAB30，于是得到结论；

（2）根据平行四边形的性质得到BCAD23，过O作OHAM于H，则四边形OBCH是矩形，解直角三角形即可得到结论．

【考点】切线的判定，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，弧长的计算 23．【答案】解：（1）176 164

（2）如图2中，∵ABAC，AFBC， ∴BFFC50 cm，FACFAB， 由题意FC10 cm，

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∴tanFACFC505， AF10∴FAC78.7，

∴BAC2FAC157.4， 答：两臂杆的夹角为157.4°．

【解析】（1）根据样本平均数即可解决问题． （2）利用等腰三角形的性质求出BAC即可． 【考点】解直角三角形的应用，样本平均数

24．【答案】【问题解决】证明：在CD上截取CHCE，如图1所示： ∵△ABC是等边三角形， ∴ECH60， ∴△CEH是等边三角形，

∴EHECCH，CEH60， ∵△DEF是等边三角形， ∴DEFE，DEF60，

∴DEHHEFFECHEF60， ∴DEHFEC， 在△DEH和△FEC中，

DEFE∠DEH∠FEC， EHEC∴△DEH≌△FEC（SAS）， ∴DHCF，

∴CDCHDHCECF， ∴CECFCD；

【类比探究】解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FCCDCE；理由如下： ∵△ABC是等边三角形， ∴AB60，

过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示： ∵GD∥AB，

∴GDCB60，DGCA60，

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∴GDCDGC60， ∴△GCD为等边三角形，

∴DGCDCG，GDC60， ∵△EDF为等边三角形，

∴EDDF，EDFGDC60， ∴EDGFDC， 在△EGD和△FCD中，

EDDF∠EDG∠FDC， DGCD∴△EGD≌△FCD（SAS）， ∴EGFC，

∴FCEGCGCECDCE．

【解析】【问题解决】在CD上截取CHCE，易证△CEH是等边三角形，得出EHECCH，证明，得出DHCF，即可得出结论； △DEH≌△FEC（SAS）

【类比探究】过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证GDCDGC60，得出△GCD为等边三角形，则DGCDCG，证明△EGD≌△FCD（SAS），得出EGFC，即可得出

FCCDCE．

【考点】等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质

25．【答案】解：（1）设OBt，则OA2t，则点A、B的坐标分别为2t,0、t,0， 则x112tt，解得：t1， 22 10 / 11

故点A、B的坐标分别为2,0、1,0，

则抛物线的表达式为：yax2x1ax2bx2， 解得：a1，

故抛物线的表达式为：yx2x2；

（2）对于yx2x2，令x0，则y2，故点C0,2， 由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：yx2，

设点D的横坐标为m，则点Dm,m2m2，则点Fm,m2， 则DFm2m2m2m22m， ∵1＜0，故DF有最大值，此时m1，点D1,2； （3）存在，理由：

点Dm,m2m2（m＞0），则ODm，DEm2m2， 以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似，

DE11DEOBOCm2m2则或，即2或，即2或，

mOE22OEOCOB解得：m1或2（舍去）或133133或（舍去）， 44故m1或133． 4【解析】（1）点A、B的坐标分别为2t,0、t,0，则x112tt，即可求解； 22（2）点Dm,m2m2，则点Fm,m2，则DFm2m2m2m22m，即可求解；

（3）以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似，则

DE1DEOBOC或，即 2或，即可求解．OE2OEOCOB【考点】二次函数的解析式的求法，与几何图形结合的综合

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