2020年烟台市初中学业水平考试（中考数学真题）- 【激活中考】山东省中考试题汇编 数学

∴AH-AB…AB·AC=AF·AH=2R·h． ③当点P是EM的中点，点Q是DM的中点时，也符 （3)解：如图3.过点D作DQ⊥AB于Q，DP⊥AC，交合题意，此时P(1，号)，综上所述，满足条件的点P AC延长线于点P，连接CD。 ∠BAC=2a.AD平分∠BAC， 的坐标为(1，3)或(1，-3)或(1，号) ∴∠BAD=∠CAD=a，2020年烟台市初中学业水平考试 ∴BD=CD，1.C ∴BD=CD。 是中心对称图形，是轴对称图形；C.既不是中心对称图 二∵∠BAD=∠CAD，DQ⊥AB， 2.A【解析】A.是中心对称图形，不是轴对称图形；B.不 DP⊥AC，形，也不是轴对称图形；D.既是轴对称图形，也是中心 ∴DQ=DP，∥ⅳ―，γ│对称图形。故选A。 ∴Rt△DQB≌Rt△DPC(HL)，3.A4.B ∴BQ=CP．5.C【解析】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， “DQ=pP.AD=AD， 方差不变。故选C． ―∴Rt△DQA≌Rt△DPA(HL)， 6.B【解析B.计算\sqrt{8}的值，按键顺序为：□⑧故 ∴AQ=AP， 选B。 ∴AB+AC=AQ+BQ+AC=2AQ。 7.B【解析】∵△OA_1A_2为等腰直角三角形，OA_1=1， ∵cos∠BAD=AD· ∴OA_2=\sqrt{2}.∵△OA_2A_3为等腰直角三角形，∴OA_3= ∴AD=0a，2=(\sqrt{2})^2.∵△OA_3A，为等腰直角三角形，∴OA4= ∴AB+AC=2AQ=2cos a。 2\sqrt{2}=(\sqrt{2})^3.∵△OA_4As为等腰直角三角形，∴OA_5 ―=4=(\sqrt{2})+，……∴OA。的长度为(\sqrt{2})”-1故选B。 cosα_8.C【解析】∵OA=OB，∠AOB=140^∘，∴∠A=∠B= 24.解：(1)OA=2=BC，故函数的对称轴为x=1，则x=(180°-140°)=20°°∵∠AOC=60^°，∴∠ADC= 一2a=1①， ∠A+∠AOC=20^°+60^∘=80^°。故选C。 将点A的坐标代入抛物线表达式得：0=4a-2b+ 9.D【解析】最小的等腰直角三角形的面积=卡×。× 3②， 4^2=1(cm2)，平行四边形的面积为2cm^2，中等的等腰 〔a=-3，直角三角形的面积为2cm^2，最大的等腰直角三角形的 联立①②并解得面积为4cm2；D中阴影部分的面积为4+1=5(cm^2)， 符合题意。故选D。 10.A【解析】∵点G为△ABC的重心，∴AE=BE，BF 故抛物线的表达式为：y=-号x^2+号x+号③，=CF，∴EF=÷AC=1.7.故选A。 (2)∵y=-_÷x^2+2^x+÷=-=(x-1)^2+3，11.D【解析】∵四边形ABCD为矩形∴AD=BC=5， ∴抛物线的顶点为M(1，3)。AB=CD=3.∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D 令y=0，可得x=-2或4，恰好落在BC边上的F处，∴AF=AD=5，EF=DE。 在Rt△ABF中，BF=\sqrt{AF}^2-AB^r=\sqrt{25}-9=4， ∴点D(4，0)。 ∴CF=BC-BF=5-4=1. 下△ADR的面积是□OABC的面积的一设CE=x，则DE=EF=3-x。 ∴⊇AD·|yx|-÷OA·OB，在Rt△ECF中，∵CE2+FC^∘=EF^2， 则号×6×|y%|=÷×2×÷， ∴xx+1^2=(3-x)^2，解得x=号 解得：yx-±3①， ∴DE=EF=3-x=÷， (x=1±\sqrt{5}，(x=1±\sqrt{13}，∴tan∠DAE=AD=号=+故选D。 联立④③并解得，，一，y=-号，12.D【解析】由图象可知，当x<-1或0≤x≤1时，双 故点R的坐标为(1+\sqrt{B}.-⑤)或(1-\sqrt{1B}·号)或 曲线y_3落在直线y_1上方，且直线y_1落在直线y_2上 方，即y_3>y_1>y_2，所以若y_3>y_1>yz，则自变量x 的取值范围是x<―1或0≤x≤1.故选D。 (1+\sqrt{53})或(1-\sqrt{5}，3)- 13.1.3×10^∘ （3)①当点P与M重合时，存在唯一的点Q(4，0)与14.1260^°【解析】正n边形的每个外角相等，且其和为 D重合，此时符合题意，P(1，3)。 ②根据对称性可知。P(l，-3)，Q与D重合时，也符60，据此可得=40°，解得n=9.(9-2)×180∘= 合题意．1260^°，即这个正多边形的内角和的度数为1260^° ·52· 15.m>0且m≠1【解析】根据题意得m一1≠0且△= x+y=9000, 22-4(m-1)×(-1)>0,解