四川省自贡市2019年中考数学真题试题（含解析）_中考真题_2.数学中考真题2015-2024年_2019年全国中考数学206份

1 3 1 2 1 A B C D 四川省自贡市初2019届毕业生学业考试数学试题 A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 考点：三角形三边之间的关系. 一.选择题（共12个小题，每小题4分，共48分；在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题 分析：三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；所以41第三边41 ，即 目要求的） 1. 2019的倒数是 （ ） 3第三边5；第三边取整数为4，4419 .故选C. 1 1 A.2019 B. C. D.2019 7.实数 m,n 在数轴上对应点的位置如图所示，则下列判断正确的是 （ ） 2019 2019 考点：倒数. A. m 1 B. 1m1 C. mn0 D. m10 m 0 1 n 分析：1除以一个不 等于0的数的商就是这个数的倒数；实际上抓住互为倒数的两个数乘积为 考点：数轴上点的坐标的意义，实数的运算. 1 分析：∵m0 ∴1m1；也可以用“赋值法” 代入计算判断.故选B. 1就行了. 2019的倒数 .故选B. 2019 8.关于x的一元二次方程x2 2xm0 无实数根，则实数m的取值范围是 （ ） 2.近年来，中国高铁发展迅速，高铁技术不断走出国门，成为展示我国实力的新名片.现在中国 A. m1 B. m1 C. m1 D. m1 高速铁路营运里程将达到23000公里，将23000用科学记数法表示应为 （ ） 考点：一元二次方程跟的判别式、解不等式. A.2.3104 B.23103 C.2.3103 D.0.23105 分析：∵原一元二次方程无实数根，∴△=22 41m0 ，解得m1；故选D. 考点：科学记数法. c 分析：把一个数A 记成a10n的形式（其中a是整数为1位的数，n恰好为原数的整数的位 9.如一次函数y axb与反比例函数y  的图像如图所示，则二次函数y ax2 bxc x 数减1 ）.就为科学记数法，23000 2.3104 .故选A. 的大致图象是 y （ ） 3.下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是 （ ） y y y y x x x x x O O O O O A B C D 考点：轴对称图形、中心对称图形. 考点：一 A 次函数、二次函 B 数以及反比例函数 C 的图象及其性质. D 第9题图 分析：轴对称图形、中心对称图形都是指的一个图形，只是运动方式不一样；轴对称图形是沿某 分析：根据本题的原图并结合一次函数和反比例函数图象的位置可知a0,b0,c0，所以 直线翻折与自身重合，中心对称图形是绕着一个点旋转180°后与自身重合，D选择支符合这 一特点.故选D. b 对于二次函数y ax2 bxc的图象的抛物线开口向下，对称轴直线x 0 （即抛物 4.在5轮“中国汉字听写大赛”选拔赛中，甲、乙两位同学的平均分都是90分，甲的成绩方差 2a 是15，乙的成绩的方差是3，下列说法正确的是 （ ） y y 线的对称轴在 的右侧），与 轴的正半轴，A符合这一特征；故选A. A.甲的成绩比乙的成绩稳定 B.乙的成绩比甲的成绩稳定 10.均匀的向一个容器内注水，在注水过程中，水面高度h与时间t的函数关系如图所示，则该 C.甲、乙两人的成绩一样稳定 D.无法确定甲、乙的成绩谁更稳定 容器是下列中的 （ ） 考点：方差的性质. h 分析：在同样条件下，样本数据的方差越大，波动越大；方差越小，波动越小，B选择支符合这一 H 性质.故选B. 5.下图是水平放置的全封闭物体，则它的俯视图是 （ ） t 考点：函 A 数图象及其性质 B 的实际应用. C D 第10题图 A B C D 第5题图 分析：根据图象折线可知是正比例函数和一次函数的函数关系的大致图象；切斜程度（即斜率） 考点：三视图之俯视图. 可以反映水面升高的速度；因为D几何体下面的圆柱体的底圆面积比上面圆柱体的底圆面积 分析：几何体的俯视图是从上面往下面看几何体得到的平面图形，要注意看得见的轮廓线画成 小,所以在均匀注水的前提下是先快后慢;故选D. 实线，看不见的轮廓线画成虚线；C符合这一要求.故选C. 6.已知三角形的两边分别为1和4，第三边长为整数 ，则该三角形的周长为 （ ） 1y C B D E 11.图中有两张型号完全一样的折叠式饭桌，将正方形桌面边上的四个弓形翻折起来后，就能 NE 7 17 7 x 形成一个圆形桌面（可以近似看作正方形的外接圆），正方形桌面与翻折成圆形桌面的面积之 在Rt△ANE中，tanBAD   2  2  .故F选B. O y A AE 3 3 17 C' 比最接近 （ ） x= - 5 B 点评： C N 本题首先挖出点D的运动 “轨迹”是一个圆，然后在此基 D' 4 3 D A. B. 础上切入探究三角形面积最小时点D的特殊位置，并利用关联 E 5 4 知识来使问题得以解决.本题综合知识点较多，技巧性墙，并 1 x 2 1 渗透“轨迹”思想，是一道高质量的考题. F M F' O A C. D. 3 2 第Ⅱ卷 非选择题 （共102分） 考点：正方形和圆的有关性质和面积计算. 分析：连接正方形的对角线；根据圆周角的推论可知是正方形的外接圆的直径；设正方形的边 注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨水铅签字笔在答题卡上题目所指示区域内作答，作图题 长为a，则正方形的面积为a2；根据正方形的性质并利用勾股定理可求正方形的对角线长为 可先用铅笔绘出，确认后用0.5毫米黑色墨水铅签字笔描清楚，答在试题卷上无效. 2 2  2  1 A C a2 a2  2a ，则圆的半径为 a，所以圆的面积为 a  a2 ，所以它们 二.填空题(共6个小题，每题4分，共24分)   2  2  2 13. 如图，直线AB、CD被直线EF 所截，AB∥CD,1120; E 2 F a2 2 则2 = . 1  0.6366 的面积之比为 1  ，与C的近似值比较接近； 故选C. B D a2 第13题图 2 考点：平行线的性质、邻补角的定义. 12.如图，已知A、B 两点的坐标分别为 8,0，0,8 ，点C、F 分别是直线x5和x轴 略解： ∵AB∥CD A C 上的动点，CF 10,点D是线段CF 的中点，连接AD交 y 轴于点E；当⊿ABE面积取得最 ∴13120 2 E F 小值时，tanBAD的值是 （ ） ∵23180 1 3 8 7 ∴218012060 B D A. B. 17 17 故应填： 60 . 4 5 C. D. 14.在一次12人参加的数学测试中，得100分、95分、90分、85分、75分的人数分别为1、3、4、 9 9 2、2，那么这组数据的众数是 . 考点：众数的定义. 考点：直角三角形、等腰三角形、相似三角形以及圆的有关性质，勾股定理、三角函数等. 分析：众数是指一组 数据中出现次数最多的数据，90分的有4人，次数最多； 分析： 90 见后面的示意图.根据题中“点C、F 分别是直线x5和x轴上的动点，CF 10”可以 故应填： 分. 得到线段CF 的中点D的运动 “轨迹”是以点M 为圆心5半径的圆，当D运动到x轴上方的 15.分解因式：2x2 2y2= . 圆上D' 处恰好使AD' 圆相切于D' 时，此时的图中的1最大，则BAD'最小，此时△ABE 考点：提公因式和公式法分解因式 面积最小. 分析：先提取公因式，再利用平方差公式分解.即2x2 2y2 2  x2  y2 2x yx y 在Rt△MD'A中，由坐标等可求AM 13,MD' 5 AD'  132 52 12. 根据题意 OE AO OE 8 故应填： 2x  yx  y . 和圆的切线的性质容易证明△AOE ∽△AD'M ，∴  ，即  解得： MD' AD' 5 12 OE  1 3 0 ,∴BE 8 1 3 0  1 3 4 .∵A、B 两点的坐标分别为 8,0，0,8 且 1 4 6 元 .某 ， 活 求 动 篮 小 球 组 的 购 单 买 价和 4个 足 篮 球 球 的 和 单价 5个 .设 足 篮 球 球 ，一 的 共 单 花 价 费 为 了 x元 46 ， 6 足 元 球 ，其 的 中 单 篮 价 球 为 的 y 单 元 价 ， 比 依 足 题 球 意 的 ，可 单 列 价 方 多 程组为 . AOB90 ∴AB 82 82 8 2 ;过点EN  AB于N ,容易证明△ENB是等腰直 15.分解因式：2x2 2y2= . 14 7 7 17 角三角形 ∴NE  NB   2  2 ∴AN  ABNB8 2  2  2 考点：列方程组解应用题. 3 3 3 3 分析：本题抓住两个等量关系列方程组：其一.4个篮球的费用+5个足球的费用=466元；其二. 篮球的单价-足球的单价=4元. 24x  5y  466 考点：实数的运算，含特殊锐角三角函数值、次幂、绝对值以及二次根式的化简等考点. 故应填：  . 分析：先算绝对值、三角函数值、化简根式等，再进行加减乘除. x  y  4  2 略解：原式 = 34 2 2 1 4分 17.如图，在Rt△ABC中，ACB90,AB10,BC 6, CD∥AB, A 2 ABC的平分线BD交AC 于E,DE= . =32 2 2 2 1 D 考点：勾股定理、相似三角形的性质和判定、平行线的性质、等腰三 =4 8分 角形的性质以及角平分线的定义等等. E x 2 20..（本题满分8分）解方程：  1. 略解： 在Rt△ABC中求出AC  AB2 BC2  102 62 8 x1 x B C ∵BD是ABC的平分线 ∴12 第17题图 考点：去分母法解分式方程、解一元一次方程. ∵CD∥AB ∴1D ∴D2 ∴CD BC 6 分析：先去分母把分式方程化为整式方程，再解整式方程，注意验根. ∵CD∥AB ∴△ABE∽△CDE ∴ CE  DE  CD  6  3 略解： x2 2x1 xx1 2分 AE BE AB 10 5 A x2 2x2 x2 x 3 3 ∴CE  AC  83 x2 6分 35 8 D 当x2时，代入xx10 7分 又在Rt△BCE 中 BE  BC2 CE2  62 32 3 5 E 所以原方程的解为x2 8分 1 2 9 B C 3 3 9 21.（本题满分8分）如图，⊙O中，弦AB与CD相交于点E,ABCD,连接AD、BC. ∴DE  BE  3 5  5 . 故应填： 5 . 5 5 5 5 求证：⑴. ；⑵.AE CE . A C 考点：圆的等对等关系、圆周角定理的推论、等腰三角形的判定 18.如图，由10个完全相同的正三角形构成的网格图中， α β 分析：⑴.利用弦相等得出对应的弧相等，再利用等式的性质证得； E 、 如图所示，则cos = . ⑵.利用弧相等得到圆周角相等，然后利用“等角对等边”证得. D O B 证明： 考点：正三角形、菱形的性质，勾股定理、三角函数，整体思想等. ⑴.连接 AC 1分 分析： 第18题图 本题可以先, 拼在一个角中按如图方式连接辅助线BC ； ∵ABCD 根据正三角形可菱形的性质求出1230,360 A ∴ABCD 3分 ∴ACB2390 ;设正三角形的边长为a ，则   B ∴ABAC CDAC 即 5分 1 ⑵.∵ AC 2a，利用菱形的性质并结合三角函数可以求得：BC  3a 3 2 ∴ACDBAC 7分 在Rt△ACB中,AB AC2 BC2  2a2   3a 2  7a C ∴AE CE 8分 21 22.（本题满分8分）某校举行了创建全国文明城市知识竞赛活动，初一年级全体同学参加了竞 BC 3a 21 21 ∴cosABC    即cos 故应填： . 赛. AB 7a 7 7 7 收集数据：现随机抽取初一年级30名同学“创文知识竞赛”成绩，分数如下（单位：分）： 点评： 90 85 68 92 81 84 95 93 87 89 78 99 89 85 97 本题关键抓住把分散的和集中拼成在一个角中，通过连接一条辅助线就解决这个问题. 88 81 95 86 98 95 93 89 86 84 87 79 85 89 82 然后再利用勾股定理和三角函数使问题得以解决，本题难度不大，但构思巧妙，是一道好题. 三.解答题(共8个题，共78分) 19.（本题满分8分） 计算： 3 4sin45 8 30. 3⑶.直接写出当y  y 时，x的取值范围. 1 2 考点：待定系数法求解析式、最值、勾股定理、利用函数图象确定自变量的取值范围. 分析： ⑴.先利用已知点的坐标求出反比例函数的解析式，在此基础上求出点B的坐标，利用待定系 ⑴.请将图表中空缺的部分补充完整； 数法求一次函数的解析式 ；⑵.根据题意和函数图象PBPC的最大值先利用勾股定理分别 ⑵.学校决定表彰“创文知识竞赛”成绩在90分以上的同学，根据上表统计结果估计该校初 求PB、PC的长度再代入相减，本题就是BC的长度 ；⑶.直接根据两图象相交上下位置可以 一年级360人中，约有多少人将获得表彰； ⑶.“创文知识竞赛”中，受到表彰的小红同学得到了印有龚扇、剪纸、彩灯、恐龙图案的四枚 读出y  y 时的x的取值范围.，注意在每一个象限内来认识. 1 2 y 纪念章，她从中选取两枚送给弟弟，则小红送给弟弟的两枚纪念章中，恰好有恐龙图案的概率 略解： 是 . m 考点：频数分布表和频数分布直方图、样本估计总体、概率. ⑴.∵A3,5 在反比例函数y  m0 上 2 x A 分析：⑴.直接根据提供的数据得到相应的频数，再按频数补全图表的空缺部分；⑵.先计算出 ∴m3515 30名学生获奖的百分比，以此估算360人中的获奖人数；⑶.列举法求概率，注意属于“不放 x 15 C O 回”的情况. ∴反比例函数的解析式为y  2分 x B 略解： 15 ⑴.图表各2分. 把Ba,3 代入y  可求得a1535 x ∴B5,3 . 3分 2 3kb5 k 1 把A3,5,B5,3 代入y kxb为 解得 . 5kb3 b2 ∴一次函数的解析式为y  x2. 5分 10 y 10 ⑵. PBPC的最大值就是直线AB与两坐标轴交点间的距离. ⑵.360 30 120 （人）. 设直线y  x2与 y 轴的交点为P. A 答：初一年级360人中，约有120人将获得表彰. 6分 令y 0，则x20，解得x2 ，∴C2,0 P ⑶.树状图分析图： 令x0，则y 022，，∴P0,2 -5 C x O 3 龚扇 剪纸 彩灯 恐龙 ∴PB 52 52 5 2 ,PB  22 22 2 2 B ∴PBPC的最大值为5 22 2 3 2 . 8分 剪纸 彩灯 恐龙 龚扇 彩灯 恐龙 龚扇 剪纸 恐龙 龚扇 剪纸 彩灯 ⑶.根据图象的位置和图象交点的坐标可知： 6 1 共有12种情况，其中恰好有恐龙图案的是6种。故P（恐龙图案）=  当y 1  y 2 时x的取值范围为;5 x0或x3. 10分 12 2 点评： 1 本题的⑴问利用待定系数法可求；⑵问抓住已知直线外两点，要在直线上求作一点使这两点 故应填： . 8分 到这点的距离之差最大有两种情况：①.若两点在直线同侧，就是作射线，找交点；②.若两点在 2 直线的异侧，则要先作对称点，再作射线，找交点.；本问属于第一种情况；⑶问主要注意在每一 注：答卷时不用写解析过程. 个象限内来认知. 24.（本题满分10分）阅读下列材料：小明为了计算1222 22017 22018的值 ，采用 23.（本题满分10分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y kxbk 0 的图象与反比 以下方法： 1 m 设S 1222 22017 22018 ① 例函数y 2  x m0 的图象相交于第一、三象限内的A3,5,Ba,3 两点，与x轴交于 则2S 222 22018 22019 ② 点C . ②-①得 2S S 22019 1 ⑴.求该反比例函数和一次函数的解析式； ∴S 1222 22017 22018 22019 1 ⑵.在 y 轴上找一点P使PBPC最大，求PBPC的最大值及点P的坐标； 4⑴. 1222 29= ; ⑵. 332 310 = ; ⑶.求1aa2 an的和（a0 ，n是正整数，请写出计算过程 ）. 考点：规律型探究、数式变形、整体思想、实数的运算. 分析： 本题参照例子的解法主要利用整体思想结合数式变形进行巧算. 略解： ⑴. 设S 1222 29 ① 考点：旋转的特征，正方形以及菱形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判 定，等腰三角形以及直角三角形的性质，勾股定理等. 则2S 222 210 ② 分析： ②-①得 2SS 210 1 本题的⑴问的①直接根据旋转特征可以得出答案；本题的⑴问的②利用旋转的特征和全等 10 三角形把BE、BF 转为等腰直角△BDG的斜边,再利用勾股定理或者三角函数可以解决问题； ∴S 1222 29 210 1;故应填： 2 1 . 2分 本题的⑶问的①和⑴问的②的思路是一样的，利用旋转的特征和全等三角形把BE、BF 转为 ⑵. 设S 332 310 ① 等腰△BDG的底边BG，再作底边BG上的高线，再利用勾股定理或者三角函数解决问题；本 则3S 332 311 ② 题的⑵的②主要利用旋转的特征、全等三角形、相似三角形分别求出线段GF、CF、CM ，再 把它们加起来求出线段GM 的长. ②-①得 3S S S 3111 略解： 3111 3 11 1 ⑴.①.根据旋转的特征直接可以得出DB DG . 故应填： DB  DG ; 2分 ∴S 332 310  ;故应填： . 5分 2 2 ②.根据旋转的特征可知△DEB≌△DFG ∴BE  FG ∴BEBF GF BF  BG. ⑶. 设S 1aa2 an ① 容易证明△BDG是等腰直角三角形，利用勾股定理或三角函数可以求出BG  2BD , 则aS aa2 a3 an1 ② 即 BEBF  2BD. 4分 ②-①得 aSS a1S an11 ⑵.①.BEBF  3BD. 5分 理由如下： an11 ∵四边形ABCD菱形 ∴S 1aa2 an  . 10分 a1 1 ∴ABDCBD ABC 30 2 25.（本题满分12分） 由旋转120°可得:EDF BDG 120 ⑴.如图1，E是正方形ABCD边AB上的一点，连接BD、DE，将BDE 绕着点D逆时针 ∴EDF BDF BDGBDF 即FDG BDE 旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F 和点G . 在△DBGG中,G 180BDGDBG 30 ①.线段DB和DG的数量关系是 ； ②.写出线段BE、BF 和DB之间的数量关系. ∴DBG G 30 ⑵.当四边形ABCD为菱形，ADC 60，点E是菱形ABCD边AB所在直线上的一点，连 ∴BD DG 接BD、DE，将BDE 绕着点D逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点 ∴△BDE≌△GDF （ASA ） F 和点G . ∴BE GF ∴BEBF  BF GF  BG 8分 ①.如图2，点E在线段上时，请探究线段BE、BF 和BD之间的数量关系，写出结论并给出证 如图所示：过点D作DH  BG点H 明； G ∵BD DG∴BG 2BH F ②.如图3，点E在线段AB的延长线G上时，DE交射线BC于点M ；若 BE 1,AB 2,直接 在Rt △BHD中DBM 30 写出线段GM 的长度. ∴BD2DH G F 设DH m，则BD2m,BH  3m ∴BG 2 3m F D C C C D D 5 M A E B A E B A B E (图1) (图2) (图3)BG 2 3m ∴抛物线C的表达式为： m  0 4分 ∴   3 BD 2m ⑵. 设直线AB的解析式为y kxb ∴BF BE  3BD. 10分 19 ∵A1,0 和点B2,3 在直线AB上 ②.GM 的长度为 . 12分 3 kb0 k 1 ∴ 解得 ∴直线AB的解析式为y  x1 5分 理由： 2kb3 b1 根据旋转的特征容易证明△DEB≌△DFG ∴FG  BE 1；同时利用菱形的性质和旋转 如图所示，过M 作MN  x轴交AB于N 的特征并结合条件中的“ADC 60，将BDE 绕着点D逆时针旋转120°”可以退推出 设M  a,a2 2a3  ，则Na,a1 （1a2 ） CDF 90,GFD30 ∴CF 2CD2AB 4; BM BE 1 2 4 ∴MN  y  y   a2 2a3  a1a2 a2， 由菱形可得出DC ∥AE ∴△BEM ∽△CDM ∴   ∴CM  BC  M N CM CD 2 3 3 1 4 19 ∴S△ABM =S△AMN +BMN = x x MN B A ∴GM GF CF CM 14  .（根据题目要求答卷时可不写理由.） 2 3 3 2 点评： ∴S△ABM = 1 3  a2 a2   3  a 1   27 本题是由旋转建立起来的图形；利用旋转的特征得出全等三角形、等腰三角形含特殊角的直 2 2 2 8 角三角形，以此为突破口，并在此基础探究线段之间的数量关系.本题虽然难度不大，但串联起 1 27 了初中几何部分的多个重要知识点，是一道高质量的中考题. ∴当a ，△ABM 的面积有最大值 8分 2 8 26.（本题满分14分） 27 1 7  如图，已知直线AB与抛物线C：y ax2 2xc 相交于A1,0 和点B2,3 两点. ∴S □MANB =2S△ABM = 4 ，此时M  2 , 2   . 9分 ⑴.求抛物线C的函数表达式；  15 ⑶.存在.F  1,  . 10分 ⑵.若点M 是位于直线AB上方抛物线上的一动点，以MA、MB为相邻两边作平行四边形  4  MANB,当平行四边形MANB的面积最大时，求此时四边形MANB的面积S 及点M 的坐标； 17 1 ⑶.在抛物线C的对称轴上是否存在定点F ,使抛物线C上任意一点P到点F 的距离等于到 理由如下：令抛物线顶点为D ，则D1,4 ；则顶点D到直线y  的距离为 ； 4 4 17 直线y  4 的距离，若存在，求出定点F 的坐标；若不存在，请说明理由. 设F1,m ，再设P  x,x2 2x3  考点：二次函数的图象及其性质、待定系数法、数学的建模思想、勾股定理、距离公式等. 设P到直线y  17 的距离为PG,则PG  17   x2 2x3   x2 2x 5 4 4 4 分析： ∵P为抛物线上任意一点都有PG  PF 本题的⑴利用“待定系数法”即可求出二次函数的解析式；本题的⑵抓住建立平行四边形 的面积是△ABM 的2倍，所以以△ABM 的面积建立一个二次函数来求出其最大面积，再进一 1 17 1 ∴当P与顶点D重合时，也有PG  PF ;则PG  ,即顶点D到直线y  的距离为 . 步求出平行四边形的最大面积；本题的⑶问主要先假设存在，再在此基础上从特殊点切入利用 4 4 4 距离公式进行探究其存在的可能性. 1 1 15 ∴PF  DF  ，此时m4  略解： y 4 4 4 ⑴. ∵A1,0 和点B2,3 两点在抛物线y ax2 2xc上  15 ∴F  1,  12分 a2c0 M y 17  4  ∴ B 4 ∵PG  PF ∴PG2  PF2 4a4c0 2 2 a 1 ∵PF2 x12    15 x2 2x3   x12    x2 2x 3  ， 解得  4   4 c3 A O x 62  5 PG2   x2 2x   4 2 2 ∴x12    x2 2x 3     x2 2x 5   4  4  15 整理化简可得0x0∴当F  1, 时，无论x取任何实数，均有PG  PF . 14分  4  点评： 本题的⑴问利用待定系数法即可获得解决；本 题⑵问是数学建模思想的运用，本问比较巧妙的是 要通过三角形的面积的最大值来求平行四边形的最 大值；三角形采用了割补法中的“割”办法切入来  x,x2 2x3  表示面积，再通过二次函数求“最值”.本题的⑶ 问对于绝大多数学生来说具有一定的挑战性，实际 上这里渗透特殊到一般的数学原理，即点P与抛物 线顶点重合到在抛物线上任一点处来探究.同学们平 时要有一定数学功底才能在有限的时间内破题. x1 以上考点分析解答，仅供参考！ 7