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四川省自贡市初2019届毕业生学业考试 数学试题考点分析及解答
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，只有一项是符合题目要求的）
1. 的倒数是 （ ）
A. B. C. D.
考点：倒数.
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1就行了. 的倒数 .故选B.
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 （ ）
A. B. C. D.
考点：科学记数法.
分析：把一个数 记成的形式（其中是整数为1位的数，恰好为原数的整数的位数减1 ）.就为科学记数法， .故选A.
3.下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是 （ ）
考点：轴对称图形、中心对称图形.
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.
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，甲的成绩方差是15，乙的成绩的方差是3，下列说法正确的是 （ ）
A.甲的成绩比乙的成绩稳定 B.乙的成绩比甲的成绩稳定
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
考点：方差的性质.
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 （ ）
考点：三视图之俯视图.
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 （ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
考点：三角形三边之间的关系.
分析：三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；所以第三边 ，即第三边；第三边取整数为4， .故选C.
7.实数在数轴上对应点的位置如图所示，则下列判断正确的是 （ ）
A. B. C. D.
考点：数轴上点的坐标的意义，实数的运算.
分析：∵ ∴；也可以用“赋值法” 代入计算判断.故选B.
8.关于的一元二次方程 无实数根，则实数的取值范围是 （ ）
A. B. C. D.
考点：一元二次方程跟的判别式、解不等式.
分析：∵原一元二次方程无实数根，∴△= ，解得；故选D.
9.如一次函数与反比例函数 的图像如图所示，则二次函数的大致图象是 （ ）
考点：一次函数、二次函数以及反比例函数的图象及其性质.
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，所以对于二次函数的图象的抛物线开口向下，对称轴直线 （即抛物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.
10.均匀的向一个容器内注水，在注水过程中，水面高度与时间的函数关系如图所示，则该容器是下列中的 （ ）
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考点：函数图象及其性质的实际应用.
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）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小,所以在均匀注水的前提下是先快后慢;故选D.
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比最接近 （ ）
A. B.
C. D.
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；设正方形的边长为，则正方形的面积为；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 ，则圆的半径为，所以圆的面积为 ，所以它们的面积之比为，与C的近似值比较接近； 故选C.
12.如图，已知 两点的坐标分别为，点分别是直线和轴上的动点，,点是线段的中点，连接交轴于点；当⊿面积取得最小值时，的值是 （ ）
A. B.
C. D.
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：
见后面的示意图.根据题中“点分别是直线和轴上的动点，”可以得到线段的中点的运动 “轨迹”是以点为圆心5半径的圆，当运动到轴上方的圆上 处恰好使圆相切于时，此时的图中的最大，则最小，此时△面积最小.
在△中，由坐标等可求 . 根据题意和圆的切线的性质容易证明△∽△ ，∴ ，即解得： ,∴ .∵ 两点的坐标分别为 且 ∴ ;过点于 ,容易证明△是等腰直角三角形 ∴ ∴
在△中，.故选B.
点评：
本题首先挖出点的运动 “轨迹”是一个圆，然后在此基
础上切入探究三角形面积最小时点的特殊位置，并利用关联
知识来使问题得以解决.本题综合知识点较多，技巧性墙，并
渗透“轨迹”思想，是一道高质量的考题.
第Ⅱ卷 非选择题 （共102分）
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
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.
二.填空题(共6个小题，每题4分，共24分)
13. 如图，直线被直线所截，∥,;
则 = .
考点：平行线的性质、邻补角的定义.
略解： ∵∥
∴
∵
∴
故应填： .
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、2、2，那么这组数据的众数是 .
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考点：众数的定义.
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；
故应填： 分.
15.分解因式：= .
考点：提公因式和公式法分解因式
分析：先提取公因式，再利用平方差公式分解.即
故应填： .
16.某活动小组购买4个篮球和5个足球，一共花费了466元，其中篮球的单价比足球的单价多4元，求篮球的单价和足球的单价.设篮球的单价为元，足球的单价为元，依题意，可列方程组为 .
15.分解因式：= .
考点：列方程组解应用题.
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.
故应填： .
17.如图，在△中，, ∥,
的平分线交于,= .
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
角形的性质以及角平分线的定义等等.
略解： 在△中求出
∵是的平分线 ∴
∵∥ ∴ ∴ ∴
∵∥ ∴△∽△ ∴
∴
又在△中
∴. 故应填： .
18.如图，由10个完全相同的正三角形构成的网格图中，
如图所示，则= .
考点：正三角形、菱形的性质，勾股定理、三角函数，整体思想等.
分析：
本题可以先 拼在一个角中按如图方式连接辅助线 ；
根据正三角形可菱形的性质求出,
∴ ;设正三角形的边长为 ，则
，利用菱形的性质并结合三角函数可以求得：
在△中,
∴ 即 故应填： .
点评：
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.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：.
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.
分析：先算绝对值、三角函数值、化简根式等，再进行加减乘除.
略解：原式 = 4分
=
= 8分
20..（本题满分8分）解方程：.
考点：去分母法解分式方程、解一元一次方程.
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.
略解： 2分
6分
当时，代入 7分
所以原方程的解为 8分
21.（本题满分8分）如图，⊙中，弦与相交于点,,连接.
求证：⑴. ；⑵..
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
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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；
⑵.利用弧相等得到圆周角相等，然后利用“等角对等边”证得.
证明：
⑴.连接 1分
∵
∴ 3分
∴ 即 5分
⑵.∵
∴ 7分
∴ 8分
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赛.
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）：
90
85
68
92
81
84
95
93
87
89
78
99
89
85
97
88
81
95
86
98
95
93
89
86
84
87
79
85
89
82
⑴.请将图表中空缺的部分补充完整；
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是 .
考点：频数分布表和频数分布直方图、样本估计总体、概率.
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“不放回”的情况.
略解：
⑴.图表各2分.
⑵. （人）.
答：初一年级360人中，约有120人将获得表彰. 6分
⑶.树状图分析图：
共有12种情况，其中恰好有恐龙图案的是6种。故（恐龙图案）=
故应填：. 8分
注：答卷时不用写解析过程.
23.（本题满分10分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数 的图象相交于第一、三象限内的两点，与轴交于点 .
⑴.求该反比例函数和一次函数的解析式；
⑵.在轴上找一点使最大，求的最大值及点的坐标；
⑶.直接写出当时，的取值范围.
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，在此基础上求出点的坐标，利用待定系数法求一次函数的解析式 ；⑵.根据题意和函数图象的最大值先利用勾股定理分别求的长度再代入相减，本题就是的长度 ；⑶.直接根据两图象相交上下位置可以读出时的的取值范围.，注意在每一个象限内来认识.
略解：
⑴.∵在反比例函数上
∴
∴反比例函数的解析式为 2分
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把代入可求得
∴. 3分
把代入为 解得.
∴一次函数的解析式为. 5分
⑵. 的最大值就是直线与两坐标轴交点间的距离.
设直线与轴的交点为.
令，则，解得 ，∴
令，则，，∴
∴,
∴的最大值为 . 8分
⑶.根据图象的位置和图象交点的坐标可知：
当时的取值范围为;或. 10分
点评：
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：小明为了计算的值 ，采用以下方法：
设 ①
则 ②
②-①得
∴
⑴. = ;
⑵. = ;
⑶.求的和（ ，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 ①
则 ②
②-①得
∴;故应填： . 2分
⑵. 设 ①
则 ②
②-①得
∴ ;故应填： . 5分
⑶. 设 ①
则 ②
②-①得
∴ . 10分
25.（本题满分12分）
⑴.如图1，是正方形边上的一点，连接，将绕着点逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线交于点和点.
①.线段和的数量关系是 ；
②.写出线段和之间的数量关系.
⑵.当四边形为菱形，，点是菱形边所在直线上的一点，连接，将绕着点逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线交于点和点.
①.如图2，点在线段上时，请探究线段和之间的数量关系，写出结论并给出证明；
②.如图3，点在线段的延长线上时，交射线于点；若 ,直接写出线段的长度.
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.
分析：
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
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利用旋转的特征和全等三角形把转为等腰直角△的斜边,再利用勾股定理或者三角函数可以解决问题；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转为等腰△的底边，再作底边上的高线，再利用勾股定理或者三角函数解决问题；本题的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，再把它们加起来求出线段的长.
略解：
⑴.①.根据旋转的特征直接可以得出 . 故应填：; 2分
②.根据旋转的特征可知△≌△ ∴ ∴.
容易证明△是等腰直角三角形，利用勾股定理或三角函数可以求出 ,
即 . 4分
⑵.①.. 5分
理由如下：
∵四边形菱形
∴
由旋转120°可得:
∴ 即
在△G中,
∴
∴
∴△≌△（ ）
∴ ∴ 8分
如图所示：过点作点
∵∴
在 △中
∴
设，则
∴
∴
∴. 10分
②.的长度为 . 12分
理由：
根据旋转的特征容易证明△≌△ ∴；同时利用菱形的性质和旋转的特征并结合条件中的“，将绕着点逆时针旋转120°”可以退推出 ∴;
由菱形可得出∥ ∴△∽△ ∴ ∴
∴.（根据题目要求答卷时可不写理由.）
点评：
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.
26.（本题满分14分）
如图，已知直线与抛物线： 相交于和点两点.
⑴.求抛物线的函数表达式；
⑵.若点是位于直线上方抛物线上的一动点，以为相邻两边作平行四边形,当平行四边形的面积最大时，求此时四边形的面积及点的坐标；
⑶.在抛物线的对称轴上是否存在定点,使抛物线上任意一点到点的距离等于到直线的距离，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
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.
分析：
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△的2倍，所以以△的面积建立一个二次函数来求出其最大面积，再进一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距离公式进行探究其存在的可能性.
略解：
⑴. ∵和点两点在抛物线上
∴
解得
∴抛物线的表达式为： 4分
⑵. 设直线的解析式为
∵和点在直线上
∴ 解得 ∴直线的解析式为 5分
如图所示，过作轴交于
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设 ，则 （ ）
∴，
∴△=△+=
∴△=
∴当 ，△的面积有最大值 8分
∴□MANB=△= ，此时. 9分
⑶.存在. . 10分
理由如下：令抛物线顶点为 ，则 ；则顶点到直线的距离为；
设，再设
设到直线的距离为,则
∵为抛物线上任意一点都有
∴当与顶点重合时，也有;则 ,即顶点到直线的距离为 .
∴ ，此时
∴ 12分
∵ ∴
∵，
∴
整理化简可得∴当时，无论取任何实数，均有. 14分
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
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.
以上考点分析解答，仅供参考！
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