宜賓市2019年高中階段學(xué)校招生考試數(shù)學(xué)試卷(考試時間：120分鐘，全卷滿分120分)第Ⅰ卷選擇題(共24分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題3分，共24分)在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確選項涂在答題卡對應(yīng)題目上．1．2的倒數(shù)是()A.eq\f(1,2)B.－2C.－eq\f(1,2)D.±eq\f(1,2)2．人體中樞神經(jīng)系統(tǒng)中約含有1千億個神經(jīng)元，某種神經(jīng)元的直徑約為52微米，52微米為0.000052米．將0.000052用科學(xué)記數(shù)法表示為()A.5.2×10－6B.5.2×10－5C.52×10－6D.52×10－53．如圖，四邊形ABCD是邊長為5的正方形，E是DC上一點，DE＝1，將△ADE繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)到與△ABF重合，則EF＝()第3題圖A.eq\r(41)B.eq\r(42)C.5eq\r(2)D.2eq\r(13)4．一元二次方程x2－2x＋b＝0的兩根分別為x1和x2，則x1＋x2為()A.－2B.bC.2D.－b5．已知一個組合體是由幾個相同的正方體疊合在一起組成，該組合體的主視圖與俯視圖如圖所示，則該組合體中正方體的個數(shù)最多是()第5題圖A.10B.9C.7D.86．下表記錄了兩位射擊運動員的八次訓(xùn)練成績：次數(shù)環(huán)數(shù)運動員第1次第2次第3次第4次第5次第6次第7次第8次甲107788897乙1055899810根據(jù)以上數(shù)據(jù)，設(shè)甲、乙的平均數(shù)分別為x甲，x乙，甲、乙的方差分別為seq\o\al(2,甲)、seq\o\al(2,乙)，則下列結(jié)論正確的是()A.x甲＝x乙，seq\o\al(2,甲)<seq\o\al(2,乙)B.x甲＝x乙，seq\o\al(2,甲)>seq\o\al(2,乙)C.x甲>x乙，seq\o\al(2,甲)<seq\o\al(2,乙)D.x甲<x乙，seq\o\al(2,甲)<seq\o\al(2,乙)7．如圖，∠EOF的頂點O是邊長為2的等邊△ABC的重心，∠EOF的兩邊與△ABC的邊交于E、F，∠EOF＝120°，則∠EOF與△ABC的邊所圍成陰影部分的面積是()第7題圖A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(2\r(3),5)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),4)8．已知拋物線y＝x2－1與y軸交于點A，與直線y＝kx(k為任意實數(shù))相交于B、C兩點，則下列結(jié)論不正確的是()A.存在實數(shù)k，使得△ABC為等腰三角形B.存在實數(shù)k，使得△ABC的內(nèi)角中有兩角分別為30°和60°C.任意實數(shù)k，使得△ABC都為直角三角形D.存在實數(shù)k，使得△ABC為等邊三角形第Ⅱ卷非選擇題(共96分)二、填空題(本大題共8小題，每小題3分，共24分)請把答案直接填在答題卡對應(yīng)題中橫線上．9．分解因式：b2＋c2＋2bc－a2＝________．10．如圖，六邊形ABCDEF的內(nèi)角都相等，AD∥BC，則∠DAB＝________°.第10題圖11．將拋物線y＝2x2的圖象，向左平移1個單位，再向下平移2個單位，所得圖象的解析式為__________．12．如圖，已知直角△ABC中，CD是斜邊AB上的高，AC＝4，BC＝3，則AD＝________．第12題圖13．某產(chǎn)品每件的生產(chǎn)成本為50元，原定銷售價65元，經(jīng)市場預(yù)測，從現(xiàn)在開始的第一季度銷售價格將下降10%，第二季度又將回升5%.若要使半年以后的銷售利潤不變，設(shè)每個季度平均降低成本的百分率為x，根據(jù)題意可列方程是________．14．若關(guān)于x的不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x－2,4)<\f(x－1,3)，,2x－m≤2－x))有且只有兩個整數(shù)解，則m的取值范圍是________．15．如圖，⊙O的兩條相交弦AC、BD，∠ACB＝∠CDB＝60°，AC＝2eq\r(3)，則⊙O的面積是________．第15題圖第16題圖16．如圖，△ABC和△CDE都是等邊三角形，且點A、C、E在同一直線上，AD與BE、BC分別交于點F、M，BE與CD交于點N.下列結(jié)論正確的是________(寫出所有正確結(jié)論的序號)．①AM＝BN②△ABF≌△DNF③∠FMC＋∠FNC＝180°④eq\f(1,MN)＝eq\f(1,AC)＋eq\f(1,CE)三、解答題：(本大題共8小題，共72分)解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.(本小題滿分10分)(1)計算：(2019－eq\r(2))0－2－1＋|－1|＋sin245°；(2)化簡：eq\f(2xy,x2－y2)÷(eq\f(1,x－y)＋eq\f(1,x＋y))．18.(本小題滿分6分)如圖：AB＝AD，AC＝AE，∠BAE＝∠DAC.求證：∠C＝∠E.第18題圖19.(本小題滿分8分)某校七、八、九三個年級中進行“一帶一路”知識競賽，分別設(shè)有一等獎、二等獎、三等獎、優(yōu)秀獎、紀(jì)念獎．現(xiàn)對三個年級同學(xué)的獲獎情況進行了統(tǒng)計，其中獲得紀(jì)念獎有17人，獲得三等獎有10人，并制作了如下不完整的統(tǒng)計圖．第19題圖(1)求三個年級獲獎總?cè)藬?shù)；(2)請補全扇形統(tǒng)計圖的數(shù)據(jù)；(3)在獲一等獎的同學(xué)中，七年級和八年級的人數(shù)各占eq\f(1,4)，其余為九年級的同學(xué)，現(xiàn)從獲一等獎的同學(xué)中選2名參加市級比賽，通過列表或者樹狀圖的方法，求所選出的2人中既有七年級又有九年同學(xué)的概率．20.(本小題滿分8分)甲、乙兩輛貨車分別從A、B兩城同時沿高速公路向C城運送貨物．已知A、C兩城相距450千米，B、C兩城的路程為440千米，甲車比乙車的速度快10千米/小時，甲車比乙車早半小時到達C城，求兩車的速度．21.(本小題滿分8分)如圖，為了測得某建筑物的高度AB，在C處用高為1米的測角儀CF，測得該建筑物頂端A的仰角為45°，再向建筑物方向前進40米，又測得該建筑物頂端A的仰角為60°.求該建筑物的高度AB.(結(jié)果保留根號)第21題圖22.(本小題滿分10分)如圖，已知反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(k＞0)的圖象和一次函數(shù)y＝－x＋b的圖象都過點P(1，m)，過點P作y軸的垂線，垂足為A，O為坐標(biāo)原點，△OAP的面積為1.第22題圖(1)求反比例函數(shù)和一次函數(shù)的解析式；(2)設(shè)反比例函數(shù)圖象與一次函數(shù)圖象的另一交點為M，過M作x軸的垂線，垂足為B，求五邊形OAPMB的面積．23.(本小題滿分10分)如圖，線段AB經(jīng)過⊙O的圓心O，交⊙O于A、C兩點，BC＝1，AD為⊙O的弦，連接BD，∠BAD＝∠ABD＝30°，連接DO并延長交⊙O于點E，連接BE交⊙O于點M.(1)求證：直線BD是⊙O的切線；(2)求⊙O的半徑OD的長；(3)求線段BM的長．第23題圖24.(本小題滿分12分)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝ax2－2x＋c與直線y＝kx＋b都經(jīng)過A(0，－3)、B(3，0)兩點，該拋物線的頂點為C.(1)求此拋物線和直線AB的解析式；(2)設(shè)直線AB與該拋物線的對稱軸交于點E，在射線EB上是否存在一點M，過M作x軸的垂線交拋物線于點N，使點M、N、C、E是平行四邊形的四個頂點？若存在，求點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；(3)設(shè)點P是直線AB下方拋物線上的一動點，點△PAB面積最大時，求點P的坐標(biāo)，并求△PAB面積的最大值．第24題圖2019宜賓數(shù)學(xué)解析1.A【解析】2的倒數(shù)是eq\f(1,2).2.B3.D【解析】如解圖，連接EF，∵△ADE旋轉(zhuǎn)后與△ABF重合，∴△ADE≌△ABF.∴∠DAE＝∠BAF.∴∠DAB＝∠DAE＋∠EAB＝∠BAF＋∠EAB＝∠EAF＝90°.∵EA＝AF，∴△AEF是等腰直角三角形．∵DA＝5，DE＝1，∴EA＝AF＝eq\r(DA2＋DE2)＝eq\r(52＋12)＝eq\r(26).∴EF＝eq\r(EA2＋AF2)＝eq\r(26＋26)＝2eq\r(13).第3題解圖4.C【解析】由根與系數(shù)的關(guān)系得，x1＋x2＝－eq\f(b,a)＝2.5.B【解析】由主視圖及俯視圖可知，構(gòu)成該幾何體的小正方體個數(shù)最多的情況如下：(小正方形中的數(shù)字表示該位置小正方體的個數(shù))第5題解圖∴構(gòu)成該幾何體的小正方體個數(shù)最多為9個．6.A【解析】甲的平均數(shù)為x－甲＝eq\f(10＋7×3＋8×3＋9,8)＝8，乙的平均數(shù)為x－乙＝eq\f(10×2＋5×2＋8×2＋9×2,8)＝8.∴x－甲＝x－乙，甲的方差seq\o\al(2,甲)＝eq\f(1,8)[(10－8)2＋3×(7－8)2＋3×(8－8)2＋(9－8)2]＝1，乙的方差seq\o\al(2,乙)＝eq\f(1,8)[2×(10－8)2＋2×(5－8)2＋2×(8－8)2＋2×(9－8)2]＝3.5，∴seq\o\al(2,甲)<seq\o\al(2,乙).7.C【解析】如解圖，連接OB、OC.∵點O是等邊△ABC的重心，∴OB、OC分別平分∠EBF和∠ACB.∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝∠ACO＝30°，∠BOC＝120°，且OB＝OC.∵∠EOF＝120°，∠BOC＝120°，∴∠EOF－∠BOF＝∠BOC－∠BOF.∴∠EOB＝∠FOC.∴在△BOE和△COF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EOB＝∠FOC，,OB＝OC，,∠EBO＝∠OCF，))∴△BOE≌△COF，∴S陰影＝S△BOC＝eq\f(1,3)S△ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3).。。。第7題解圖8.D【解析】令x＝0，則y＝－1，即A點坐標(biāo)為(0，－1)．設(shè)B(x1，kx1)，C(x2，kx2)，聯(lián)立拋物線與直線eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2－1，,y＝kx))，得x2－kx－1＝0，∴x1＋x2＝k，x1x2＝－1.∵AB2＝xeq\o\al(2,1)＋(kx1＋1)2＝xeq\o\al(2,1)＋k2xeq\o\al(2,1)＋2kx1＋1＝(k2＋1)xeq\o\al(2,1)＋2kx1＋1，AC2＝xeq\o\al(2,2)＋(kx2＋1)2＝xeq\o\al(2,2)＋k2xeq\o\al(2,2)＋2kx2＋1＝(k2＋1)xeq\o\al(2,2)＋2kx2＋1，∴AB2＋AC2＝(k2＋1)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋2k(x1＋x2)＋2＝(k2＋1)[(x1＋x2)2－2x1x2]＋2k(x1＋x2)＋2＝(k2＋1)(k2＋2)＋2k2＋2＝k4＋5k2＋4，∵BC2＝(x1－x2)2＋(kx1－kx2)2＝(x1－x2)2＋k2(x1－x2)2＝(k2＋1)(x1－x2)2＝(k2＋1)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝(k2＋1)(k2＋4)＝k4＋5k2＋4，∴AB2＋AC2＝BC2，∴△ABC是直角三角形，故不存在實數(shù)k，使得△ABC為等邊三角形．9.(b＋c＋a)(b＋c－a)【解析】b2＋c2＋2bc－a2＝(b＋c)2－a2＝(b＋c＋a)(b＋c－a)．10.60【解析】六邊形的內(nèi)角和為180°×(6－2)＝720°，∴∠B＝eq\f(720°,6)＝120°.∵AD∥BC，∴∠DAB＝180°－∠B＝180°－120°＝60°.11.y＝2(x＋1)2－2【解析】根據(jù)平移規(guī)律“左加右減”可知，向左平移1個單位，所得圖象的解析為y＝2(x＋1)2，再向下平移2個單位，所得圖象的解析式為y＝2(x＋1)2－2.12.eq\f(16,5)【解析】根據(jù)勾股定理可知，AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝eq\r(42＋32)＝5.S△ABC＝eq\f(1,2)×3×4＝6.∵S△ABC＝eq\f(1,2)×AB×CD＝eq\f(5,2)CD＝6，∴CD＝eq\f(12,5).在Rt△ACD中，AD＝eq\r(AC2－CD2)＝eq\r(42－（\f(12,5)）2)＝eq\f(16,5).13.65(1－10%)(1＋5%)－50(1－x)2＝65－50【解析】由題意可知，原某產(chǎn)品每件的利潤為：65－50，預(yù)測半年后的銷售價格為65(1－10%)(1＋5%)，而生產(chǎn)成本為50(1－x)2，∴利潤為65(1－10%)(1＋5%)－50(1－x)2.根據(jù)半年以后的銷售利潤不變，可列方程：65(1－10%)(1＋5%)－50(1－x)2＝65－50.14.－2≤m<1【解析】eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x－2,4)<\f(x－1,3)①,2x－m≤2－x②))，解不等式①得，x>－2；解不等式②得，x≤eq\f(m＋2,3).∵不等式組有且只有兩個整數(shù)解，∴兩整數(shù)解為－1，0，∴0≤eq\f(m＋2,3)<1，∴0≤m＋2<3.∴－2≤m<1.15.4π【解析】∵∠ACB＝∠CDB＝60°，∴△ABC是等邊三角形，如解圖，連接OB、OC，過點O作OE⊥BC于點E，BC＝AC＝2eq\r(3)，∠OBC＝∠OCB＝30°.BE＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(3).∴OB＝eq\f(BE,cos30°)＝2.∴⊙O的面積為4π.第15題解圖16.①③④【解析】∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝60°.∵點A、C、E在同一條直線上，∴∠BCD＝60°.∴∠ACD＝∠BCE＝120°.在△ACD和△BCE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AC＝BC，,∠ACD＝∠BCE，,CD＝CE，))∴△ACD≌△BCE(SAS)．∴∠CAD＝∠CBE.在△ACM和△BCN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠CAD＝∠CBE，,BC＝AC，,∠ACB＝∠BCN，))∴△ACM≌△BCN(ASA)．∴AM＝BN，故①正確．∴∠AMC＝∠FNC.∵∠AMC＋∠FMC＝180°，∴∠FNC＋∠FMC＝180°，故③正確．∵△ACM≌△BCN，∴CM＝CN，如解圖，連接MN，又∵∠BCD＝60°，∴△MCN是等邊三角形．∴MN∥AE.∴eq\f(MN,AC)＝eq\f(DN,CD)＝eq\f(CD－CN,CD).∵CD＝CE，CN＝MN.∴eq\f(MN,AC)＝eq\f(CE－MN,CE)＝1－eq\f(MN,CE).∴eq\f(1,AC)＝eq\f(1,MN)－eq\f(1,CE).∴eq\f(1,MN)＝eq\f(1,AC)＋eq\f(1,CE)，故④正確．∵∠BAC＝∠DCE＝60°，∴AB∥CD.∴△ABF∽△DNF.設(shè)△ABC的邊長為x，△CDE的邊長為y，∵△ECN∽△EAB，∴eq\f(CN,x)＝eq\f(y,x＋y).∴CN＝eq\f(xy,x＋y)，DN＝y(tǒng)－eq\f(xy,x＋y).若△ABF≌△DNF，則DN＝AB，即eq\f(y2,x＋y)＝x，得x2＋xy－y2＝0，解得x＝eq\f(－y＋\r(y2＋4y2),2)＝eq\f(\r(5)－1,2)y.僅在這樣的條件下兩三角形全等，故②不正確．故選①③④.第16題解圖17.解：(1)原式＝1－eq\f(1,2)＋1＋(eq\f(\r(2),2))2＝1－eq\f(1,2)＋1＋eq\f(1,2)＝2.(2)原式＝eq\f(2xy,（x＋y）（x－y）)÷eq\f(x＋y＋x－y,（x＋y）（x－y）)＝eq\f(2xy,（x＋y）（x－y）)×eq\f(（x＋y）（x－y）,2x)＝y(tǒng).18.證明：∵∠BAE＝∠DAC，∴∠BAE＋∠CAE＝∠DAC＋∠CAE，∴∠BAC＝∠DAE.在△ABC和△ADE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AD，,∠BAC＝∠DAE，,AC＝AE，))∴△ABC≌△ADE(SAS)．∴∠C＝∠E.19.解：(1)三個年級獲獎總?cè)藬?shù)為：17÷34%＝50(人)；(2)三等獎所占百分比為：eq\f(10,50)×100%＝20%，一等獎所占百分比為1－24%－34%－20%－14%＝8%；(3)一等獎的人數(shù)為：8%×50＝4(人)．由題意可得：這4人分別為七年級1人，八年級1人，九年級2人．畫樹狀圖如解圖：第19題解圖由上圖可知一共有12種等可能的情況，這兩人中既有七年級又有九年級的同學(xué)有4種情況，∴所選出的2人中既有七年級又有九年級同學(xué)的概率為eq\f(4,12)＝eq\f(1,3).20.解：設(shè)乙車的速度為x千米/小時，則甲車的速度為(x＋10)千米/小時，根據(jù)題意得，eq\f(440,x)－eq\f(450,x＋10)＝eq\f(1,2).解得：x1＝80，x2＝－110(舍去)．經(jīng)檢驗，x＝80是原分式方程的解且符合題意．∴x＋10＝80＋10＝90(千米/小時)．答：甲、乙兩車的速度分別為90千米/小時、80千米/小時．21.解：設(shè)EM＝xm，∵在Rt△AEM中，∠AEM＝60°，∴AM＝tan60°×EM＝eq\r(3)x.又∵∠AFM＝45°，EF＝CD＝40m，∴FM＝40＋x.∵△AFM是等腰直角三角形．∴AM＝FM.∴eq\r(3)x＝x＋40，解得x＝20eq\r(3)＋20，∴AB＝AM＋BM＝eq\r(3)x＋1＝eq\r(3)(20eq\r(3)＋20)＋1＝61＋20eq\r(3).答：該建筑物的高度AB為(61＋20eq\r(3))米．22.解：(1)∵S△OAP＝eq\f(1,2)×OA×AP＝eq\f(1,2)m＝1，∴m＝2.∴P(1，2)，將P(1，2)代入y＝eq\f(k,x)中，得k＝2.∴y＝eq\f(2,x).將P(1，2)代入y＝－x＋b中，得b＝3.∴y＝－x＋3；(2)聯(lián)立反比例函數(shù)和一次函數(shù)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2,x)，,y＝－x＋3，))得x2－3x＋2＝0.解得x1＝1，x2＝2.∴M(2，1)．如解圖，過點P作PD⊥x軸交x軸于點D.∴PD＝2，BM＝1，OD＝BD＝1，AP＝1.∴S五邊形OAPMB＝S四邊形OAPD＋S四邊形PDBM＝AP×OA＋eq\f(1,2)×BD×(PD＋BM)＝1×2＋eq\f(1,2)×1×(2＋1)＝2＋eq\f(3,2)＝eq\f(7,2).第22題解圖23.(1)證明：∵∠BAD＝∠ABD＝30°，∴∠ADB＝180°－∠BAD－∠ABD＝180°－30°－30°＝120°.又∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠BAD＝30°，∴∠ODB＝∠ADB－∠ADO＝120°－30°＝90°.又∵OD是⊙O的半徑．∴直線BD是⊙O的切線；(2)解：∵∠DOC＝∠ADO＋∠BAD＝30°＋30°＝60°.連接CD，如解圖．又∵OC＝OD，∴△OCD是等邊三角形．∴∠DCO＝60°.∵∠BDC＝∠DCO－∠ABD＝60°－30°＝30°.∵BC＝1，∴DC＝BC＝OC＝1，∴OD＝DC＝1；(3)∵∠BDE＝90°，DE＝2OD＝2.在Rt△OBD中，由勾股定理得，BD＝eq\r(OB2－OD2)＝eq\r(22－12)＝eq\r(3).∴在Rt△BOE中，BE＝eq\r(BD2＋DE2)＝eq\r(3＋4)＝eq\r(7).如解圖，連接CM，AE，AB＝AC＋BC＝2＋1＝3.∵四邊形AEMC是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BCM＝∠AEB.在△BCM和△BEA中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BCM＝∠AEB，,∠CBM＝∠EBA，))∴△BCM∽△BEA.∴eq\f(BM,AB)＝eq\f(BC,BE).即eq\f(BM,3)＝eq\f(1,\r(7)).解得：BM＝eq\f(3,7)eq\r(7).第23題解圖24.解：(1)將A(0，－3)、B(3，0)兩點代入y＝kx＋b中，得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,3k＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,k＝1.))∴直線AB的解析式為y＝x－3.將A(0，－3)、B(3，0)兩點代入y＝a