2022年中考数学卷精析版烟台卷.docx

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1、精品学习资源2021 年中考数学卷精析版 烟台卷（本试卷满分 120 分，考试时间 120 分钟）一、挑选题（此题共12 个小题，每道题 3 分，满分 36 分）每道题都给出标号为A ， B， C， D 四个备选答案，其中有且只有一个是正确地.1（ 2021 山东烟台 3 分）地值是【】A 4B 2C 2D 2【答案】 B.【考点】算术平方根 .【分析】依据算术平方根地定义，求数a 地算术平方根，也就是求一个正数x，使得 x2=a，就 x 就是 a 地算术平方根， 特殊地，规定0 地算术平方根是 0. 22=4 ， 4 地算术平方根是 2.应选 B.2（ 2021 山东烟台 3 分）如图是几个

2、小正方体组成地一个几何体，这个几何体地俯视图是【】【答案】 C.【考点】简洁组合体地三视图.【分析】俯视图是从上面看到地图形，共分三列，从左到右小正方形地个数是：1， 1，1.应选 C.3（ 2021 山东烟台 3 分）不等式组地解集在数轴上表示正确地是【】A B CD【答案】 A.【考点】解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式地解集.【分析】解一元一次不等式组，先求出不等式组中每一个不等式地解集，再利用口诀求出这些解集地公共部分：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小解不了（无解）.因此，解 2x 13得 x2，不等式组地解集为1 x 2.不等式组地解集在数轴上表示地方法：把每个不等式

3、地解集在数轴上表示出来（，向右画；， 向左画），数轴上地点把数轴分成如干段，假如数轴地某一段上面表示解集地线地条数与不等式地个数一样，那么这段就是不等式组地解集有几个就要几个.在表示解集时 “，”“要”用实心圆点表示； “ ”， “ ”要用空心圆点表示.因此， A 选项正确 .应选 A.欢迎下载精品学习资源4（ 2021 山东烟台 3 分）如图，所给图形中是中心对称图形但不是轴对称图形地是【】【分析】把一个图形绕某一点旋转180，假如旋转后地图形能够与原先地图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心.依据轴对称图形地概念：假如一个图形沿一条直线折叠，直线两旁地部分能够相互重合

4、，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴.所此进行分析可以选出答案： A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形故本选项错误；B、是轴对称图形，也是中心对称图形故本选项错误；C、不是轴对称图形，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应选 C.5（ 2021 山东烟台 3 分）已知二次函数y=2 （ x 3） 2+1以下说法： 其图象地开口向下； 其图象地对称轴为直线 x=3； 其图象顶点坐标为（ 3， 1）； 当 x 3 时， y 随 x 地增大而减小就其中 说法正确地有【】A 1 个B 2 个C3 个D 4 个【答案】 A.【考点】二次函数地性质.【分析

5、】结合二次函数解读式，依据函数地性质对各小题分析判定解答即可： 2 0，图象地开口向上，故本说法错误； 图象地对称轴为直线x=3 ，故本说法错误； 其图象顶点坐标为（ 3， 1），故本说法错误； 当 x 3 时， y 随 x 地增大而减小，故本说法正确.综上所述，说法正确地有 共 1 个.应选 A.6（ 2021 山东烟台 3 分）如图，在平面直角坐标中，等腰梯形ABCD 地下底在 x 轴上，且 B 点坐标为（ 4， 0）， D 点坐标为（ 0， 3），就 AC 长为【】欢迎下载精品学习资源A 4B 5C6D不能确定【答案】 B.【考点】等腰梯形地性质，坐标与图形性质，勾股定理.【分析】如图，

6、连接BD ，由题意得， OB=4 ， OD=3 ，依据勾股定理，得BD=5.又 ABCD 是等腰梯形， AC=BD=5. 应选 B.7（ 2021 山东烟台 3 分）在共有 15 人参与地 “我爱祖国 ”演讲竞赛中，参赛选手要想知道自己是否能进入前 8 名，只需要明白自己地成果以及全部成果地【】A 平均数B众数C中位数D 方差【答案】 C.8（ 2021 山东烟台 3 分）以下一元二次方程两实数根和为4 地是【】A x2+2x 4=0B x24x+4=0Cx2+4x+10=0D x2+4x 5=0【答案】 D.【考点】一元二次方程根地判别式和根与系数地关系.【分析】依据一元二次方程根地判别式和

7、根与系数地关系，要使方程地两实数根和为4，必需方程根地判别式 =b2 4ac0，且 x1+x2= = 4.据此逐一作出判定：A x2+2x 4=0 ： =b2 4ac=20 0， x1+x2= = 2，所以本选项不合题意；B x2 4x+4=0 ： =b2 4ac=0，x1+x2= =4，所以本选项不合题意；Cx2+4x+10=0 ： =b2 4ac=28 0，方程无实数根，所以本选项不合题意； D x2+4x 5=0 ： b2 4ac=360， x1+x2= = 4，所以本选项符号题意.应选 D.欢迎下载精品学习资源9（ 2021 山东烟台 3 分）一个由小菱形组成地装饰链，断去了一部分，剩

8、下部分如下列图，就断去部分地小菱形地个数可能是【】A 3B 4C5D 6【答案】 C.【考点】分类归纳（图形地变化类）.【分析】如下列图，断去部分地小菱形地个数为5：应选 C.10（ 2021 山东烟台 3 分）如图， O1， O， O2 地半径均为 2cm， O3， O4 地半径均为 1cm， O 与其他 4 个圆均相外切，图形既关于O1O2 所在直线对称，又关于O3O4 所在直线对称，就四边形O1O4O2O3 地面积为【】A 12cm2B 24cm2C 36cm2D 48cm2【答案】 B.【考点】相切两圆地性质，菱形地判定与性质.【分析】连接 O1O2， O3O4 ，由于图形既关于O1O

9、2 所在直线对称，又由于关于 O3O4 所在直线对称，故O1O2 O3O4，O、O1 、O2 共线， O、O3、O4 共线，所以四边形 O1O4O2O3 地面积为O1O2O3O4. O1， O， O2 地半径均为 2cm， O3 ， O4 地半径均为 1cm O 地直径为 4 cm， O3 地直径为 2 cm. O1O2=2 8=8 cm， O3O4=4+2=6 cm ，欢迎下载精品学习资源 S 四边形 O1O4O2O3=O1O2O3O4=86=24cm2. 应选 B.11（ 2021 山东烟台 3 分）如图是跷跷板示意图，横板AB 绕中点 O 上下转动，立柱OC 与地面垂直， 设 B 点地最

10、大高度为 h1如将横板 AB 换成横板 A B ，且 A B=2AB ， O 仍为 A B 地中点，设 B点地最大高度为 h2，就以下结论正确地是【】A h2=2h1B h2=1.5h1C h2=h1D h2=h1【答案】 C.【考点】三角形中位线定理.【分析】直接依据三角形中位线定理进行解答即可：如下列图： O 为 AB 地中点， OC AD ， BD AD ， OC BD ， OC 是 ABD 地中位线 . h1=2OC.同理，当将横板AB 换成横板 A B，且 A B =2AB ，O 仍为 A B 地中点，设 B 点地最大高度为 h2，就 h2=2OC. h1=h2. 应选 C.12（

11、2021 山东烟台 3 分）如图，矩形 ABCD 中， P 为 CD 中点，点 Q 为 AB 上地动点（不与 A ，B 重合）过 Q 作 QM PA 于 M ， QN PB 于 N设 AQ 地长度为 x， QM 与 QN 地长度和为 y就能表示 y 与 x 之间地函数关系地图象大致是【】【答案】 D.欢迎下载精品学习资源【考点】动点问题地函数图象.【分析】如图，连接PQ，作 PE AB 垂足为 E，过 Q 作 QM PA 于 M ， QNPB 于 N ， S PAB=PEAB ，S PAB=S PAQ+S PQB=QN .PB+PAMQ.矩形 ABCD 中， P 为 CD 中点， PA=PB.

12、 QM 与 QN 地长度和为 y， S PAB=S PAQ+S PQB=QN PB+PAMQ=PB（QM+QN ） =PBy. S PAB=PEAB=PBy，. PE=AD ， PB， AB ， PB 都为定值 . y 地值为定值，符合要求地图形为D.应选 D.二、填空题（此题共6 个小题，每道题 3 分，满分 18 分）13（ 2021 山东烟台 3 分）运算： tan45+cos45=【答案】 2.【考点】特殊角地三角函数值，二次根式地运算.【分析】把特殊角地三角函数值代入，然后进行二次根式地运算即可求解：原式=1+=2.14（ 2021 山东烟台 3 分）ABCD 中，已知点 A （ 1

13、， 0）， B（ 2，0）， D（ 0， 1）就点 C 地坐标为【答案】（ 3， 1） .【考点】平行四边形地性质，坐标与图形性质.【分析】画出图形，依据平行四边形性质求出DC AB ， DC=AB=3 ，依据 D 地纵坐标和 CD=3 即可求出答案：平行四边形 ABCD 中，已知点 A （ 1，0）， B（ 2， 0）， D（ 0，1）， AB=CD=2 （ 1） =3， DC AB. C 地横坐标是 3，纵坐标和 D 地纵坐标相等，是1. C 地坐标是（ 3， 1） .15（ 2021 山东烟台 3 分）如图为 2021 年伦敦奥运会纪念币地图案，其外形近似看作为正七边形，就一个内角为度（

14、不取近似值）欢迎下载精品学习资源【答案】.【考点】多边形内角与外角.16（ 2021 山东烟台 3 分）如下列图地圆面图案是用相同半径地圆与圆弧构成地如向圆面投掷飞镖， 就飞镖落在黑色区域地概率为【答案】.【考点】对称地性质，几何概率.【分析】运算出黑色区域地面积与整个图形面积地比，利用几何概率地运算方法解答即可：依据对称地性质知，黑色区域地面积占了整个图形面积地，飞镖落在黑色区域地概率为.17（ 2021 山东烟台 3 分）一副三角板叠在一起如图放置，最小锐角地顶点D 恰好放在等腰直角三角板地斜边 AB 上， BC 与 DE 交于点 M 假如 ADF=100 ，那么 BMD 为度【答案】 8

15、5.【考点】三角形内角和定理.欢迎下载精品学习资源【分析】先依据ADF=100 求出 MDB 地度数，再依据三角形内角和定理得出BMD 地度数即可： ADF=100 ， EDF=30 ， MDB=180 ADF EDF=180 10030=50. BMD=180 B MDB=180 45 50=85.18（ 2021 山东烟台 3 分）如图，在Rt ABC 中， C=90 ， A=30 ， AB=2 将 ABC 绕顶点 A 顺时针方向旋转至 AB C位置置， B ，A ， C三点共线，就线段BC 扫过地区域面积为【答案】.【考点】扇形面积地运算，旋转地性质.【分析】先依据 RtABC 中， C

16、=90 ， A=30 ，AB=2 求出 BC 及 AC 地长，再依据线段BC 扫过地区域面积为： S 阴影 =AB 扫过地扇形面积AB C面积 AC 扫过地扇形面积 ABC 面积=AB 扫过地扇形面积AC 扫过地扇形面积 .三、解答题（本大题共8 个小题，满分 66 分）19（ 2021 山东烟台 5 分）化简： -【答案】解：原式.【考点】分式地混合运算.【分析】第一利用分式地加法法就运算括号内地式子，然后把除法转化成乘法，即可求解. 20（ 2021 山东烟台 6 分）第三届亚洲沙滩运动会服务中心要在某校选拔一名理想者经笔试、面试， 结果小明和小颖并列第一评委会打算通过抓球来确定人选抓球规

17、章如下：在不透亮地布袋里装有除 颜色之外均相同地2 个红球和 1 个绿球，小明先取出一个球，记住颜色后放回，然后小颖再取出一个欢迎下载精品学习资源球如取出地球都是红球，就小明胜出；如取出地球是一红一绿，就小颖胜出你认为这个规章对双方公正吗？请用列表法或画树状图地方法进行分析【答案】解：依据题意，用A 表示红球， B 表示绿球，列表如下：AABAA AA AB AA A AA AB AB A BA BB B由此可知，共有 9 种等可能地结果，其中，两红球及一红一绿各有4 种结果， P（都是红球） =， P（ 1 红 1 绿球） =. P（都是红球） =P（1 红 1 绿球），这个规章对双方是公正

18、地.【考点】列表法或树状图法，概率，规章地公正性.【分析】规章是否公正，就要看二者地概率是否相等.故依据题意列表或画树状图，再依据概率公式分别求出都是红球和一红一绿地概率，即可作出判定.21（ 2021 山东烟台 8 分）某市为了勉励居民节省用电，采纳分段计费地方法按月运算每户家庭地电费月用电量不超过200 度时，按 0.55 元/度计费；月用电量超过200 度时，其中地 200 度仍按 0.55 元/度计费，超过部分按0.70 元/度计费设每户家庭月用电量为x 度时，应交电费 y 元（ 1）分别求出 0x200 和 x200 时， y 与 x 地函数表达式；（ 2）小明家 5 月份交纳电费

19、117 元，小明家这个月用电多少度？【答案】解：（ 1）当 0x 200 时， y 与 x 地函数表达式是 y=0.55x ；当 x 200 时， y 与 x 地函数表达式是 y=0.55 200+0.7 （ x 200），即 y=0.7x 30.（ 2）小明家 5 月份地电费超过 110 元，把 y=117 代入 y=0.7x 30 中，得 x=210.答：小明家 5 月份用电 210 度.【考点】一次函数地应用.【分析】（ 1） 0x200 时，电费 y=0.55 相应度数； x 200 时，电费 y=0.55 200+超过 200 地度数 0.7.（2）把 117 代入 x 200 得到

20、地函数求解即可 .22（ 2021 山东烟台 9 分）某市园林处去年植树节在滨海路两侧栽了A， B， C 三个品种地树苗栽种地A ， B， C 三个品种树苗数量地扇形统计图如图（1），其中 B 种树苗数量对应地扇形圆心角为120今年植树节前治理员调查了这三个品种树苗地成活率情形，预备今年从三个品种中选成活率最高地品种再进行栽种经调查得知：A 品种地成活率为85%，三个品种地总成活率为89%，但三个品种树苗成活数量统计图尚不完整，如图（2）欢迎下载精品学习资源请你依据以上信息帮治理员解决以下问题：（ 1）三个品种树苗去年共栽多少棵？（ 2）补全条形统计图，并通过运算，说明今年应栽哪个品种地树苗【

21、答案】解：（ 1） A 品种树苗棵数为 102085%=1200 （棵），三个品种树苗共栽棵数为120040%=3000 （棵） .（ 2）B 品种树苗成活棵数为300089% 1020 720=930（棵），据此补全条形统计图，如图：B 品种树苗成活率为，C 品种树苗成活率为， B 品种成活率最高，今年应栽B 品种树苗 .欢迎下载精品学习资源（ 2）依据总成活率求出三种树苗成活地棵数，然后减去A、C 两种地成活棵数即可得到B 种树苗成活地棵数，即可补全条形统计图.依据 B 种树苗数量对应地扇形圆心角为120求出 B 种树苗栽种地棵数，然后求出其成活率，再求出 C 种树苗地成活率，依据成活率即

22、可作出正确挑选.23（ 2021 山东烟台 8 分）如图，在平面直角坐标系中，A， B 两点地纵坐标分别为7 和 1，直线 AB 与y 轴所夹锐角为 60（ 1）求线段 AB 地长；【答案】解：（ 1）分别过点 A ，B 作 AC x 轴， BD AC ，垂足分别为点C， D，由题意，知 BAC=60 ， AD=7 1=6，.（ 2）设过 A ， B 两点地反比例函数解读式为， A 点坐标为（ m， 7）， BD=AD .tan60=6， B 点坐标为（ m+6， 1） .，解得 k=7.所求反比例函数地解读式为.【考点】反比例函数综合题，锐角三角函数定义，特殊角地三角函数值，待定系数法，曲线

23、上点地坐标与方程地关系 .（ 2）求经过 A ，B 两点地反比例函数地解读式24（ 2021 山东烟台 8 分）如图， AB 为 O 地直径，弦 CD AB ，垂足为点 E， CF AF，且 CF=CE 欢迎下载精品学习资源（ 1）求证： CF 是 O 地切线；（ 2）如 sin BAC=，求地值【答案】（ 1）证明：连接 OC CE AB ， CF AF， CE=CF ， AC 平分 BAF ，即 BAF=2 BAC. BOC=2 BAC ， BOC= BAF. OC AF. CFOC. CF 是 O 地切线 .（ 2）解： AB 是 O 地直径， CD AB ，CE=ED ， ACB= B

24、EC=90 .S CBD=2S CEB， BAC= BCE. ABC CBE.【考点】切线地判定，圆周角定理，垂径定理，相像三角形地判定和性质，锐角三角函数定义.25（ 2021 山东烟台 10 分）（ 1）问题探究如图 1，分别以 ABC 地边 AC 与边 BC 为边，向 ABC 外作正方形 ACD1E1 和正方形 BCD2E2 ，过点 C 作直线 KH 交直线 AB 于点 H ，使 AHK= ACD1 作 D1M KH ，D2N KH ，垂足分别为点 M ，N 摸索究线段 D1M 与线段 D2N 地数量关系，并加以证明（ 2）拓展延长欢迎下载精品学习资源 如图 2，如将 “问题探究 ”中地

25、正方形改为正三角形，过点C 作直线 K1H1 ， K2H2 ，分别交直线 AB 于点 H1 ，H2，使 AH1K1= BH2K2= ACD1 作 D1M K1H1 ， D2N K2H2 ，垂足分别为点 M ，N D1M=D2N是否仍成立？如成立，给出证明；如不成立，说明理由 如图 3，如将 中地 “正三角形 ”改为 “正五边形 ”，其他条件不变D1M=D2N是否仍成立？（要求：在图 3 中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）【答案】解：（ 1）D1M=D2N. 证明如下： ACD1=90 ， ACH+ D1CK=180 90=90 . AHK= ACD1=90 ， ACH+ HAC=9

26、0 . D1CK= HAC.在 ACH 和 CD1M 中， D1CK= HAC ， AHC= C M D1=90 ， AC=C D1 ， ACH CD1M （AAS ） .D1M=CH.同理可证 D2N=CH. D1M=D2N.（ 2） D1M=D2N成立 .证明如下：过点 C 作 CG AB ，垂足为点 G， H1AC+ ACH1+ AH1C=180 ， D1CM+ ACH1+ ACD1=180 ， AH1C= ACD1 ， H1AC= D1CM.欢迎下载精品学习资源【考点】全等三角形地判定和性质，等边三角形地性质，正方形地性质，正多边形地性质，三角形地内角和定理 .【分析】（ 1）依据正方

27、形地每一个角都是90可以证明 AHK=90 ，然后利用平角等于180以及直角三角形地两锐角互余证明D1CK= HAC ，再利用 “角角边 ”证明 ACH 和 CD1M 全等，依据全等三角形对应边相等可得 D1M=CH ，同理可证 D2N=CH ，从而得证 .（2） 过点 C 作 CG AB ，垂足为点 G，依据三角形地内角和等于180和平角等于 180证明得到 H1AC= D1CM ，然后利用 “角角边 ”证明 ACG 和 CD1M 全等，依据全等三角形对应边相等可得CG=D1M ，同理可证 CG=D2N ，从而得证 . 结论仍旧成立，与 地证明方法相同 .26（ 2021 山东烟台 12 分

28、）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD 地三个顶点 B （ 1，0）， C（ 3， 0）， D （ 3， 4）以 A 为顶点地抛物线 y=ax2+bx+c 过点 C动点 P 从点 A 动身，沿线段 AB 向点B 运动同时动点 Q 从点 C 动身，沿线段 CD 向点 D 运动点 P， Q 地运动速度均为每秒1 个单位运动时间为 t 秒过点 P 作 PE AB 交 AC 于点 E（ 1）直接写出点 A 地坐标，并求出抛物线地解读式；（ 2）过点 E 作 EF AD 于 F，交抛物线于点 G，当 t 为何值时， ACG 地面积最大？最大值为多少？（ 3）在动点 P， Q 运动地过程中，当t 为

29、何值时，在矩形ABCD 内（包括边界）存在点H ，使以 C， Q， E， H 为顶点地四边形为菱形？请直接写出t 地值欢迎下载精品学习资源【答案】解：（ 1）A （ 1， 4） .由题意，设抛物线解读式为y=a（ x 1）2+4抛物线过点 C（3， 0）， 0=a（ 3 1） 2+4，解得， a= 1.抛物线地解读式为y= （ x 1） 2+4，即 y=x2+2x+3.点 P（ 1， 4 t），将 y=4 t 代入 y= 2x+6 中，解得点 E 地横坐标为.点 G 地横坐标为，代入抛物线地解读式中，可求点G 地纵坐标为GE= （）（ 4 t） =.又点 A 到 GE 地距离为， C 到 GE

30、 地距离为，当 t=2 时， SACG 地最大值为 1.（ 3）或.【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点地坐标与方程地关系，二次函数地性质，矩形和菱形地性质 .【分析】（ 1）依据矩形地性质可以写出点A 得到坐标；由顶点A 地坐标可设该抛物线地顶点式方程为y=a（ x 1）2+4 ，然后将点 C 地坐标代入，即可求得系数a 地值（利用待定系数法求抛物线地解读式）.（2）利用待定系数法求得直线AC 地方程 y= 2x+6 ；由图形与坐标变换可以求得点P 地坐标欢迎下载精品学习资源（ 1， 4 t），据此可以求得点E 地纵坐标，将其代入直线AC 方程可以求得点 E 或点 G 地横坐标；然后

31、结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=、点 A 到 GE 地距离为，C 到 GE 地距离为；最终依据三角形地面积公式可以求得，由二次函数地最值可以解得 t=2 时， S ACG 地最大值为 1.由题设和（ 2）知， C（ 3， 0）， Q（ 3， t）， E（），设 H（） .当 CE 是对角线时，如图1，有 CQ=HE=CH ，即，解得，或 t=4 （舍去，此时 C， E 重合） .当 CE 是边时，如图 2，有 CQ=CE=EH ，即，解得，或（舍去，此时已超过矩形ABCD 地范畴） .综上所述，当或时，在矩形 ABCD 内（包括边界）存在点H，使以 C， Q， E， H 为顶点地四边形为菱形 .欢迎下载