并说明理由考点几何变换综合题分析先判断出，再判断出≌即可先根据，求出然后根据≌，得到，最后用勾股定理即可先判断出∽，得到，然后判断出∽，用相似比即可解答解在中，在和中≌如图，在中，设，由旋转知到丙组状态稳定，于是可决定选丙组去参赛解答解因为乙组丙组平均数比甲组丁组大，而丙组方差比乙组小，所以丙组成绩比较稳定，所以丙组成绩较好且状态稳定，应选组是丙组故选二次函数图象是条均数单位分及方差如表所示甲乙丙丁如果要选出个成绩较好且状态稳定组去参赛，那么应选组是甲乙丙丁考点方差算术平均数分析先比较平均数得到乙组和丙组成绩较好，然后比较方差得值，经检验即可得到分式方程解解答解去分母得，解得，经检验是分式方程解，故选学校准备从甲乙丙丁四个科创小组中选出组代表学校参加青少年科技创新大赛，各组平时成绩平反数，进而得出答案解答解点，关于轴对称点坐标为，故选分式方程解为考点分式方程解分析分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程解得到，故选平面直角坐标系中，点，关于轴对称点坐标为考点关于轴轴对称点坐标分析直接利用关于轴对称点性质，横坐标不变，纵坐标互为相故选如图，∥则度数为考点平行线性质分析根据平行线性质求出，代入即可求出解答解∥是正数当原数绝对值时，是负数解答解万，故选计算结果是考点幂乘方与积乘方分析首先利用积乘方运算法则化简求出答案解答解考点科学记数法表示较大数分析科学记数法表示形式为形式，其中，为整数确定值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，绝对值与小数点移动位数相同当原数绝对值时横着字，故选成都地铁自开通以来，发展速度不断加快，现已成为成都市民主要出行方式之今年月日成都地铁安全运输乘客约万乘次，又次刷新客流纪录，这也是今年以来第四次客流纪录刷新，用科学记数法表示万为小数是故选如图所示几何体是由个大小相同小立方块搭成，它俯视图是考点简单组合体三视图分析找到从上面看所得到图形即可，注意所有看到棱都应表现在俯视图中解答解从上面看易得选择题本大题共小题，每小题分，共分在，四个数中，比小数是考点有理数大小比较分析利用两个负数，绝对值大其值反而小，进而得出答案解答解比线函数表达式当点位于第二象限时，设中点为，点在抛物线上，则以为对角线四边形能否为菱形若能，求出点坐标若不能，请说明理由年四川省成都市中考数学试卷参考答案与试题解析点左侧，与轴交于点顶点为，对称轴与轴交于点，过点直线交抛物线于，两点，点在轴右侧求值及点，坐标当直线将四边形分为面积比为两部分时，求直直接利用有理数乘方运算法则以及特殊角三角函数值和零指数幂性质分别化简求出答案直接利用根判别式进而求出取值范围解答解没有实数解故答案为三解答题本大共小题，共分计算已知关于方程没有实数解，求实数取值范围考点实数运算根判别式特殊角三角函数值分析，得出，由勾股定理求出即可解答解四边形是矩形，垂直平分，在矩形中对角线，相交于点，垂直平分于点，则长为考点矩形性质线段垂直平分线性质等边三角形判定与性质分析由矩形性质和线段垂直平分线性质证出在矩形中对角线，相交于点，垂直平分于点，则长为考点矩形性质线段垂直平分线性质等边三角形判定与性质分析由矩形性质和线段垂直平分线性质证出，得出，由勾股定理求出即可解答解四边形是矩形，垂直平分故答案为三解答题本大共小题，共分计算已知关于方程没有实数解，求实数取值范围考点实数运算根判别式特殊角三角函数值分析直接利用有理数乘方运算法则以及特殊角三角函数值和零指数幂性质分别化简求出答案直接利用根判别式进而求出取值范围解答解没有实数解，点左侧，与轴交于点顶点为，对称轴与轴交于点，过点直线交抛物线于，两点，点在轴右侧求值及点，坐标当直线将四边形分为面积比为两部分时，求直线函数表达式当点位于第二象限时，设中点为，点在抛物线上，则以为对角线四边形能否为菱形若能，求出点坐标若不能，请说明理由年四川省成都市中考数学试卷参考答案与试题解析选择题本大题共小题，每小题分，共分在，四个数中，比小数是考点有理数大小比较分析利用两个负数，绝对值大其值反而小，进而得出答案解答解比小数是故选如图所示几何体是由个大小相同小立方块搭成，它俯视图是考点简单组合体三视图分析找到从上面看所得到图形即可，注意所有看到棱都应表现在俯视图中解答解从上面看易得横着字，故选成都地铁自开通以来，发展速度不断加快，现已成为成都市民主要出行方式之今年月日成都地铁安全运输乘客约万乘次，又次刷新客流纪录，这也是今年以来第四次客流纪录刷新，用科学记数法表示万为考点科学记数法表示较大数分析科学记数法表示形式为形式，其中，为整数确定值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，绝对值与小数点移动位数相同当原数绝对值时，是正数当原数绝对值时，是负数解答解万，故选计算结果是考点幂乘方与积乘方分析首先利用积乘方运算法则化简求出答案解答解故选如图，∥则度数为考点平行线性质分析根据平行线性质求出，代入即可求出解答解∥故选平面直角坐标系中，点，关于轴对称点坐标为考点关于轴轴对称点坐标分析直接利用关于轴对称点性质，横坐标不变，纵坐标互为相反数，进而得出答案解答解点，关于轴对称点坐标为，故选分式方程解为考点分式方程解分析分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程解得到值，经检验即可得到分式方程解解答解去分母得，解得，经检验是分式方程解，故选学校准备从甲乙丙丁四个科创小组中选出组代表学校参加青少年科技创新大赛，各组平时成绩平均数单位分及方差如表所示甲乙丙丁如果要选出个成绩较好且状态稳定组去参赛，那么应选组是甲乙丙丁考点方差算术平均数分析先比较平均数得到乙组和丙组成绩较好，然后比较方差得到丙组状态稳定，于是可决定选丙组去参赛解答解因为乙组丙组平均数比甲组丁组大，而丙组方差比乙组小，所以丙组成绩比较稳定，所以丙组成绩较好且状态稳定，应选组是丙组故选二次函数图象是条抛物线，下列关于该抛物线说法，正确是抛物线开口向下抛物线经过点，抛物线对称轴是直线抛物线与轴有两个交点考点二次函数性质分析根据二次函数性质对进行判断根据二次函数图象上点坐标特征对进行判断利用方程解情况对进行判断解答解，则抛物线开口向上，所以选项当时则抛物线不经过点所以选项抛物线对称轴为直线，所以选项当时此方程有两个不相等实数解，所以选项正确故选如图，为直径，点在上，若则长为考点弧长计算圆周角定理分析直接利用等腰三角形性质得出度数，再利用圆周角定理得出度数，再利用弧长公式求出答案解答解长为故选二填空题本大题共个小题，每小题分，共分已知，则考点绝对值分析根据绝对值意义得出，即可得出结果解答解由绝对值意义得，解得故答案为如图，≌，其中则考点全等三角形性质分析根据全等三角形性质求出度数，根据三角形内角和定理计算即可解答解≌，故答案为已知，两点都在反比例函数图象上，且，则填或考点反比例函数图象上点坐标特征反比例函数性质分析根据次函数系数值可知，该函数在内单调递减，再结合，即可得出结论解答解在反比例函数中，该函数在内单调递减，故答案为如图，在矩形中对角线，相交于点，垂直平分于点，则长为考点矩形性质线段垂直平分线性质等边三角形判定与性质分析由矩形性质和线段垂直平分线性质证出，得出，由勾股定理求出即可解答解四边形是矩形，垂直平分故答案为三解答题本大共小题，共分计算已知关于方程没有实数解，求实数取值范围考点实数运算根判别式特殊角三角函数值分析直接利用有理数乘方运算法则以及特殊角三角函数值和零指数幂性质分别化简求出答案直接利用根判别式进而求出取值范围解答解没有实数解，阳光就会减少根据经验估计，每多种棵树，平均每棵树就会少结个橙子，假设果园多种了棵橙子树直接写出平均每棵树结橙子个数个与之间关系果园多种多少棵橙子树时，可使橙子总产量最大最大为多少个考点二次函数应用分析根据每多种棵树，平均每棵树就会少结个橙子列式即可根据题意列出函数解析式，利用配方法把二次函数化为顶点式，根据二次函数性质进行解答即可解答解平均每棵树结橙子个数个与之间关系为设果园多种棵橙子树时，可使橙子总产量为，则，则果园多种棵橙子树时，可使橙子总产量最大，最大为个如图，中⊥于点，点在上，且，连结求证将绕点旋转，得到点，分别与点，对应，连接如图，当点落在上时，不与重合，若求长如图，当是由绕点逆时针旋转得到时，设射线与相交于点，连接，试探究线段与之间满足等量关系，并说明理由考点几何变换综合题分析先判断出，再判断出≌即可先根据，求出然后根据≌，得到，最后用勾股定理即可先判断出∽，得到，然后判断出∽，用相似比即可解答解在中，在和中≌如图，在中，设，由旋转知≌，过点作⊥，在中由有，和都为等腰三角形∽∽，如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点点在点左侧，与轴交于点顶点为，对称轴与轴交于点，过点直线交抛物线于，两点，点在轴右侧求值及点，坐标当直线将四边形分为面积比为两部分时，求直线函数表达式当点位于第二象限时，设中点为，点在抛物线上，则以为对角线四边形能否为菱形若能，求出点坐标若不能，请说明理由考点二次函数综合题分析把点代入抛物线解析式即可求出，令，列方程即可求出点坐标先求出四边形面积，分两种情形当直线边相交与点时，根据，求出点坐标即可解决问题当直线边相交与点时，同理可得点坐标设且过点，直线解析式为，得到，利用方程