2019年海南省中考数学试卷-答案

数学答案解析

第Ⅰ卷

一、选择题 1.【答案】A

【解析】如果收入100元记为100 元，那么支出100元记为－100 元，故选A。 【考点】正负数的概念 2.【答案】C

【解析】解：当m1时，2m32131，故选C。 【考点】代数式求值 3.【答案】A

【解析】a•a2a12a3，A准确；a6a2a62a4，B错误；2a2a2a2，C错误；3a2D错误，故选A。 【考点】整式的运算 4.【答案】B 【解析】分式方程根，故选B。 【考点】解分式方程 5.【答案】D

【解析】37100000003.17109，故选D。 【考点】科学记数法 6.【答案】D

【解析】从上面往下看，看到的平面图形是

，故选D。

2

9a4，

1

1，等号两边同时乘x2，得x21，解得x1；经检验x1是原方程的x2

【考点】几何体的俯视图 7.【答案】D

【解析】解：反比例函数y

a2

（a是常数）的图象在第一、三象限，a2＞0，得a＞2，故选D。 x

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【考点】反比例函数的图象与性质 8.【答案】C

【解析】点A2,1左移4个单位，上移1个单位后得到对应点A12,2，所以的符号点B的对应点B1的坐标为1,0，故选C。 【考点】坐标与图形变化—平移 9.【答案】C

【解析】以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1，l2于B，C两点，ACAB， BCACBA70，l1∥l2，CBABCA1180，1180707040，故选C。【考点】平行线的性质 10.【答案】D

【解析】交通信号灯每分钟红灯亮30秒，绿灯亮25秒，黄灯亮5秒，当小明到达该路口时，遇到绿灯

255

，故选D。 的概率P

6012【考点】随机事件的概率 11.【答案】C

【解析】四边形ABCD是平行四边形，B60，AB3，DB60，CDAB3，由折叠可知，AEAD，CECD，ADE是等边三角形，DE6，ADE的周长为66618，故选C。 【考点】折叠的性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质 12.【答案】B

PQ∥AB，QDBDBA，C90，AB5，BC4，【解析】在RtABC中，AC52423，ABCPQC，又BD平分ABQ，DBQDBA，QDBDBQ，BQDQ，点D是

PQ的中点，BQDQPD，设APx，则PC3x，tanABC

3tanPQCPC3，，即

CQ44

3x3

，CQ43x124x，BQBCCQ4124x4x，PQ8x，在RtPCQ中，CQ4333331551528x124xPQPCCQ，即3xAPxx，解得，（含去），即的长为，11391333

2

2

2

22

故选B。

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【考点】平行线的性质，勾股定理，锐角三角函数。

第Ⅱ卷

二、填空题 13.【答案】ab1 【解析】abaab1。 【考点】因式分解 14.【答案】144

【解析】五边形ABCDE是正五边形，

52180108，

EA5AB、DE与O相切，

OBAODE90，

BOD521809010810890144。

【考点】切线的性质，正五边形的性质，多边形的内角和公式 15【答案】13

【解析】由旋转的性质可得AEAB3，AFAC2，

BBAC90，且B，

BAC90

EAF90

EF

AE2AF213

【考点】旋转的性质，勾股定理 16【答案】0 2

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【解析】任意相邻的三个数中，中间的数等于它前后两数的和，且第一个数是0，第二个数是1，此行

前6个数的和是0110110，1，1，0，-1，-1，0，1，1，0，-1，-1，0，201963363，数为0，…，第2017个数为0，第2018个数为1，第2019个数为1，这2019个数的和为33600112。

【考点】探索规律 三、解答题 17.【答案】（1）2

（2）不等式组的整数解为0，1

【解析】（1）先对负指数幂、乘方、算术平方根分别进行计算，然后再根据实数的运算法则计算； 解：93214

3

1

912

9

112 2

（2）先求出不等式组的解集，然后再确定其整数解。

x1＞0，①

解：由

x4＞3x，②

解不等式①，得x＞1， 解不等式②，得x＜2，

所以这个不等式组的解集是1＜x＜2， 因此，这个不等式组的整数解是0，1。

【考点】实数的运算，解不等式组，不等式组的整数解 18.【答案】25元 30元

【解析】设未知数，根据题中的等量关系列出方程组，解方程组即可。 解：设“红土”百香果每千克x元，“黄金”百香果每千克y元，

2xy80

依题意得：，

x3y115x25

解得：。

y30

答：“红土”百香果每千克25元，“黄金”百香果每千克30元。 【考点】二元一次方程组的应用

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19.【答案】（1）50 （2）8 （3）C （4）320

【解析】（1）根据D组的频数和所占的百分比即可求出随机抽取的学生人数； （2）根据随机抽取的学生人数和A组所占的百分比即可求出a的值； （3）根据中位数的定义求解即可；

（4）先求出该校九年级竞赛成绩达到80分以上（含80分）的学生所占的百分比，再乘该校九年级学生总人数即可。

【考点】用样本估计总体，频数分布表，扇形统计图，中位数 20.【答案】（1）30

45

（2）535海里

【解析】（1）根据已知角的度数求解即可；

（2）设未知数，利用等腰直角三角形的判定和性质结合锐角三角函数求解。 解：设BPx海里。 由题意得BPAC，

BPCBPA90。

C45，CBPC45， CPBPx，

在RtABP中，BAC30，

ABP60，

APtanABPBPtan60BP3x， 3xx10，

解得x53-5，

BP535。

答：观测站B到AC的距离BP为53-5海里。 【考点】解直角三角形的应用

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21.【答案】（1）证明：四边形ABCD是正方形，

DBCD90，

ECQ90D。

E是CD的中点，DECE。

又DEPCEQ，

PDEQCE。

（2）①证明：如图，由（1）可知PDEQCE，

PEQE

1

PQ。 2

1

PB。 2

又EF∥BC，PFFB

PBPQ，PFPE，12。 四边形ABCD是正方形，

BAD90。

在RtABP中，F是PB的中点，

1

AFBPFP，34。

2又AD∥BC，EF∥BC，

AD∥EF，14，23。

又PFFP；APFEFP，

APEF，

又AP∥EF，

四边形AFEP是平行四边形。

②四边形AFEP不是菱形，理由如下： 设PDx，则AP1x。 由（1）可知PDEQCE，

CQPDx， BQBCCQ1x。

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点E，F分别是PQ，PB的中点， 所以EF是PBQ的中位线，

EF

11xBQ。 22

由①可知APEF， 1x1

即1x，解得x。

2312

PD，AP。

33

1

在RtPDE中，DE，

2

PEPD2DE213，APPE， 6四边形AFEP不是菱形。

【解析】（1）由正方形的性质及中点的性质结合全等三角形的判定即可得证；

（2）①由PDEQCE结合EF∥BC知PFEPEF，根据正方形的性质、直角三角形的性质、平行线的性质结合PFEPEF得APFEFP，从而得APEF，再结合AP∥EF即可证明结论；②设

PDx，则AP1x，根据已知条件用含x的代数式表示出EF的长，根据APEF得关于x的方程，解

得x的值，即可得PD，AP的长，利用勾股定理求出PE的长，即可判定四边形AFEP是否为菱形。 【考点】正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定 22.【答案】（1）解：抛物线yax2bx5经过点A5,0，B4,3，

25a5b50，a1， 解得16a4b53，b6，

所以该抛物线的表达式为yx26x5。

（2）①如图1，过点P作PEx轴于点E，交直线BC于点F。

2

在抛物线yx6x5中，

令y0，则x26x50，解得x15，x21，

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点C的坐标为-1,0。

由点B4,3和C1,0， 可得直线BC的表达式为yx1。

2

设点P的坐标为t,t6t5，

由题知4＜t＜1，则点Ft,t1，

FPt1t26t5t25t4， SPBCSFPBSFPC

1

FP3 2

3315

t25t4t2t6 222

2

3527

。 =t

228

5

4＜＜1，

2527

当t时，PBC的面积的最大值为。

28

②存在。

因为yx26x5x34， 所以抛物线的顶点D的坐标为3,4。 由点C1,0和D3,4， 可得直线CD的表达式为y2x2。 分两种情况讨论：

I.当点P在直线BC上方时，有PBCBCD，如图2。

2

若PBCBCD，则PB∥CD，

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设直线PB的表达式为y2xb。

把B4,3代入y2xb，得b5，

直线PB的表达式为y2x5。

由x26x52x5， 解得x10，x24（舍去），

点P的坐标为0,5。

Ⅱ.当点P在直线BC下方时，有PBCBCD，如图3。

设直线BP与CD交于点M，则MBMC。 过点B作BNx轴于点N，则点N4,0，

NBNC3，

MN垂直平分线段BC。

设直线MN与BC交于点G，

53

则线段BC的中点G的坐标为,，

2253

由点N4,0和G,，

22

得直线NG的表达式为yx4。

直线CD：y2x2与直线NG：yx4交于点M，

由2x2x4，解得x2，

点M的坐标为2,2，

由B4,3和M2,2，

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得直线BM的表达式为y由x26x5解得x1

1

x1， 2

1

x1， 2

3

，x24（舍去）， 2

37

点P的坐标为,。

24

37

综上所述，存在满足条件的点P的坐标为0,5和,

24

【解析】（1）将点A，B的坐标代入抛物线解析式求解即可；

（2）①作PEx轴于点E，交BC于点F，求出直线BC的表达式，根据抛物线的表达式设定点P的坐标，根据直线BC的表达式设定点F的坐标，表示出FP的长，然后利用三角形的面积公式写出函数关系式，利用二次函数的性质求解；②先求出点D的坐标，求出直线CD的表达式，分点P在BC上方和下方两种情况讨论求解。

【考点】二次函数的图象与性质

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