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- 2021-11-10 发布
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黑龙江省牡丹江市2014年中考数学试卷
一、选择题(每小题3分,满分27分)
1.(3分)(2014•牡丹江)下列图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
考点:
中心对称图形;轴对称图形..
分析:
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
解答:
解:A、是轴对称图形,不是中心对称图形.故此选项错误;
B、是中心对称图形,不是轴对称图形.故此选项错误;
C、既是轴对称图形,不是中心对称图形.故此选项正确;
D、不是轴对称图形,是中心对称图形.故此选项错误.
故答案选:C.
点评:
本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念:轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后与原图重合.
2.(3分)(2014•牡丹江)在函数y=中,自变量x的取值范围是( )
A.
x≥0
B.
x>0
C.
x≠0
D.
x>0且x≠1
考点:
函数自变量的取值范围..
分析:
分式的分母不为0;偶次根式被开方数大于或等于0;当一个式子中同时出现这两点时,应该是取让两个条件都满足的公共部分.
解答:
解:根据题意得到:x>0,
故选B.
点评:
本题考查了函数式有意义的x的取值范围.判断一个式子是否有意义,应考虑分母上若有字母,字母的取值不能使分母为零,二次根号下字母的取值应使被开方数为非负数.易错易混点:学生易对二次根式的非负性和分母不等于0混淆.
3.(3分)(2014•牡丹江)下列计算正确的是( )
A.
2a2+a=3a2
B.
2a﹣1=(a≠0)
C.
(﹣a2)3÷a4=﹣a
D.
2a2•3a3=6a5
考点:
同底数幂的除法;合并同类项;幂的乘方与积的乘方;单项式乘单项式;负整数指数幂..
分析:
根据合并同类项的法则,同底数幂的乘法与除法以及幂的乘方的知识求解即可求得答案.
解答:
解:A、2a2+a,不是同类项不能合并,故A选项错误;
B、2a﹣1=(a≠0),故B选项错误;
C、(﹣a2)3÷a4=﹣a2,故C选项错误;
D、2a2•3a3=6a5,故D选项正确.
故选:D.
点评:
此题考查了合并同类项的法则,同底数幂的乘法与除法以及幂的乘方等知识,解题关键是熟记法则.
4.(3分)(2014•牡丹江)由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和左视图如图,则搭成该几何体的小正方体的个数最少是( )
A.
3
B.
4
C.
5
D.
6
考点:
由三视图判断几何体..
分析:
根据三视图的知识,主视图是由4个小正方形组成,而左视图是由4个小正方形组成,故这个几何体的底层最少有3个小正方体,第2层最少有1个小正方体.
解答:
解:根据左视图和主视图,这个几何体的底层最少有1+1+1=3个小正方体,
第二层最少有1个小正方体,
因此组成这个几何体的小正方体最少有3+1=4个.
故选B.
点评:
本题考查了由几何体判断三视图,意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力,同时也体现了对空间想象能力方面的考查.如果掌握口诀“俯视图打地基,正视图疯狂盖,左视图拆违章”就容易得到答案.
5.(3分)(2014•牡丹江)将抛物线y=(x﹣1)2+3向左平移1个单位,得到的抛物线与y轴的交点坐标是( )
A.
(0,2)
B.
(0,3)
C.
(0,4)
D.
(0,7)
考点:
二次函数图象与几何变换..
专题:
几何变换.
分析:
先根据顶点式确定抛物线y=(x﹣1)2+3的顶点坐标为(1,3),在利用点的平移得到平移后抛物线的顶点坐标为(0,3),于是得到移后抛物线解析式为y=x2+3,然后求平移后的抛物线与y轴的交点坐标.
解答:
解:抛物线y=(x﹣1)2+3的顶点坐标为(1,3),把点(1,3)向左平移1个单位得到点的坐标为(0,3),所以平移后抛物线解析式为y=x2+3,所以得到的抛物线与y轴的交点坐标为(0,3).
故选B.
点评:
本题考查了二次函数图象与几何变换:由于抛物线平移后的形状不变,故a不变,所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法:一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标,利用待定系数法求出解析式;二是只考虑平移后的顶点坐标,即可求出解析式.
6.(3分)(2014•牡丹江)若x:y=1:3,2y=3z,则的值是( )
A.
﹣5
B.
﹣
C.
D.
5
考点:
比例的性质..
分析:
根据比例设x=k,y=3k,再用k表示出z,然后代入比例式进行计算即可得解.
解答:
解:∵x:y=1:3,
∴设x=k,y=3k,
∵2y=3z,
∴z=2k,
∴==﹣5.
故选A.
点评:
本题考查了比例的性质,利用“设k法”分别表示出x、y、z可以使计算更加简便.
7.(3分)(2014•牡丹江)如图,⊙O的直径AB=2,弦AC=1,点D在⊙O上,则∠D的度数是( )
A.
30°
B.
45°
C.
60°
D.
75°
考点:
圆周角定理;含30度角的直角三角形..
分析:
由⊙O的直径是AB,得到∠ACB=90°,根据特殊三角函数值可以求得∠B的值,继而求得∠A和∠D的值.
解答:
解:∵⊙O的直径是AB,
∴∠ACB=90°,
又∵AB=2,弦AC=1,
∴sinB=,
∴∠B=30°,
∴∠A=∠D=60°,
故选:C.
点评:
本题考查的是圆周角定理及直角三角形的性质,比较简单,但在解答时要注意特殊三角函数的取值.
8.(3分)(2014•牡丹江)如图,点P是菱形ABCD边上一动点,若∠A=60°,AB=4,点P从点A出发,以每秒1个单位长的速度沿A→B→C→D的路线运动,当点P运动到点D时停止运动,那么△APD的面积S与点P运动的时间t之间的函数关系的图象是( )
A.
B.
C.
D.
考点:
动点问题的函数图象..
分析:
根据∠A的度数求出菱形的高,再分点P在AB上,在BC上和在CD上三种情况,利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式,然后选择答案即可.
解答:
解:∵∠A=60°,AB=4,
∴菱形的高=4×=2,
点P在AB上时,△APD的面积S=×4×t=t(0≤t≤4);
点P在BC上时,△APD的面积S=×4×2=4(4<t≤8);
点P在CD上时,△APD的面积S=×4×(12﹣t)=﹣t+12(8<t≤12),
纵观各选项,只有B选项图形符合.
故选B.
点评:
本题考查了动点问题函数图象,菱形的性质,根据点P的位置的不同,分三段求出相应的函数解析式是解题的关键.
9.(3分)(2014•牡丹江)如图,矩形ABCD中,O为AC中点,过点O的直线分别与AB,CD交于点E,F,连接BF交AC于点M,连接DE,BO.若∠COB=60°,FO=FC,则下列结论:
①FB⊥OC,OM=CM;
②△EOB≌△CMB;
③四边形EBFD是菱形;
④MB:OE=3:2.
其中正确结论的个数是( )
A.
1
B.
2
C.
3
D.
4
考点:
菱形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;矩形的性质..
分析:
①根据已知得出△OBF≌△CBF,可求得△OBF与△CBF关于直线BF对称,进而求得FB⊥OC,OM=CM;
②因为△EOB≌△FOB≌△FCB,故△EOB不会全等于△CBM.
③先证得∠ABO=∠OBF=30°,再证得OE=OF,进而证得OB⊥EF,因为BD、EF互相平分,即可证得四边形EBFD是菱形;
④根据三角函数求得MB=OM/,OF=OM/,即可求得MB:OE=3:2.
解答:
解:连接BD,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AC=BD,AC、BD互相平分,
∵O为AC中点,
∴BD也过O点,
∴OB=OC,
∵∠COB=60°,OB=OC,
∴△OBC是等边三角形,
∴OB=BC=OC,∠OBC=60°,
在△OBF与△CBF中
∴△OBF≌△CBF(SSS),
∴△OBF与△CBF关于直线BF对称,
∴FB⊥OC,OM=CM;
∴①正确,
∵∠OBC=60°,
∴∠ABO=30°,
∵△OBF≌△CBF,
∴∠OBM=∠CBM=30°,
∴∠ABO=∠OBF,
∵AB∥CD,
∴∠OCF=∠OAE,
∵OA=OC,
易证△AOE≌△COF,
∴OE=OF,
∴OB⊥EF,
∴四边形EBFD是菱形,
∴③正确,
∴△EOB≌△FOB≌△FCB,
∴△EOB≌△CMB错误.
∵∠OMB=∠BOF=90°,∠OBF=30°,
∴MB=OM/,OF=OM/,
∵OE=OM,
∴MB:OE=3:2,正确;
故选C.
点评:
本题考查了矩形的性质,菱形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质以及三角函数等的知识.
二、填空题(每小题3分,满分33分)
10.(3分)(2014•牡丹江)2014年我国农村义务教育保障资金约为87900000000元,请将数87900000000用科学记数法表示为 8.79×1010 .
考点:
科学记数法—表示较大的数..
分析:
科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数.确定n的值是易错点,由于87900000000有11位,所以可以确定n=11﹣1=10.
解答:
解:87 900 000 000=8.79×1010.
故答案为:8.79×1010.
点评:
此题考查科学记数法表示较大的数的方法,准确确定a与n值是关键.
11.(3分)(2014•牡丹江)如图,点B、E、C、F在一条直线上,AB∥DE,BE=CF,请添加一个条件 AB=DE(答案不唯一) ,使△ABC≌△DEF.
考点:
全等三角形的判定..
专题:
开放型.
分析:
可选择利用AAS或SAS进行全等的判定,答案不唯一,写出一个符合条件的即可.
解答:
解:添加AB=DE.
∵BE=CF,
∴BC=EF,
∵AB∥DE,
∴∠B=∠DEF,
∵在△ABC和△DEF中,
,
∴△ABC≌△DEF(SAS).
故答案可为:AB=DE(答案不唯一).
点评:
本题考查了全等三角形的判定,解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的几种判定定理.
12.(3分)(2014•牡丹江)某种商品每件的标价为240元,按标价的八折销售时,每件仍能获利20%,则这种商品每件的进价为 160 元.
考点:
一元一次方程的应用..
分析:
设这种商品每件的进价为x元,根据按标价的八折销售时,仍可获利10%,列方程求解.
解答:
解:设这种商品每件的进价为x元,
由题意得,240×0.8﹣x=10%x,
解得:x=160,
即每件商品的进价为160元.
故答案是:160.
点评:
本题考查了一元一次方程的应用,解答本题的关键是读懂题意,设出未知数,找出等量关系,列方程求解.
13.(3分)(2014•牡丹江)一组数据2,3,x,y,12中,唯一的众数是12,平均数是6,这组数据的中位数是 3 .
考点:
中位数;算术平均数;众数..
分析:
先根据数据2,3,x,y,12的平均数是6,求出x+y=13,再根据数据2,3,x,y,12中,唯一的众数是12,求出x,y的值,最后把这组数据从小到大排列,即可得出答案.
解答:
解:∵数据2,3,x,y,12的平均数是6,
∴(2+3+x+y+12)=6,
解得:x+y=13,
∵数据2,3,x,y,12中,唯一的众数是12,
∴x=12,y=1或x=1,y=12,
把这组数据从小到大排列为:1,2,3,12,12,
则这组数据的中位数是3;
故答案为:3.
点评:
本题考查了众数、平均数与中位数的意义,中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后,最中间的那个数(最中间两个数的平均数),给定一组数据,出现次数最多的那个数,称为这组数据的众数.
14.(3分)(2014•牡丹江)⊙O的半径为2,弦BC=2,点A是⊙O上一点,且AB=AC,直线AO与BC交于点D,则AD的长为 1或3 .
考点:
垂径定理;勾股定理..
专题:
分类讨论.
分析:
根据题意画出图形,连接OB,由垂径定理可知BD=BC,在Rt△OBD中,根据勾股定理求出OD的长,进而可得出结论.
解答:
解:如图所示:
∵⊙O的半径为2,弦BC=2,点A是⊙O上一点,且AB=AC,
∴AD⊥BC,
∴BD=BC=,
在Rt△OBD中,
∵BD2+OD2=OB2,即()2+OD2=22,解得OD=1,
∴当如图1所示时,AD=OA﹣OD=2﹣1=1;
当如图2所示时,AD=OA+OD=2+1=3.
故答案为:1或3.
点评:
本题考查的是垂径定理,在解答此题时要进行分类讨论,不要漏解.
15.(3分)(2014•牡丹江)在一个不透明的口袋中有3个完全相同的小球,把它们分别标号为1,2,3,随机地取出一个小球然后放回,再随机地取出一个小球,则两次取出小球的标号的和是3的倍数的概率是 .
考点:
列表法与树状图法..
分析:
列举出所有情况,看两次取出的小球的标号之和是3的倍数情况数占总情况数的多少即可.
解答:
解:树状图如下:
共9种情况,两次取出的小球的标号之和是3的倍数的情况数有3种,
所以两次取出的小球的标号之和是3的倍数的概率为=.
故答案为:.
点评:
考查概率的求法;用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比;得到两次取出的小球的标号之和是3的倍数的情况数是解决本题的关键.
16.(3分)(2014•牡丹江)如图,是由一些点组成的图形,按此规律,在第n个图形中,点的个数为 n2+2 .
考点:
规律型:图形的变化类..
分析:
分析数据可得:第1个图形中点的个数为3;第2个图形中点的个数为3+3;第3个图形中点的个数为3+3+5;第4个图形中点的个数为3+3+5+7;…则知第n个图形中小圆的个数为3+3+5+7+…+(2n﹣1).据此可以求得答案.
解答:
解:第1个图形中点的个数为3;
第2个图形中点的个数为3+3;
第3个图形中点的个数为3+3+5;
第4个图形中点的个数为3+3+5+7;
…
第n个图形中小圆的个数为3+3+5+7+…+(2n﹣1)=n2+2.
故答案为:n2+2.
点评:
此题考查图形与数字结合规律的题目.对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化,是按照什么规律变化的.
17.(3分)(2014•牡丹江)如图,在△ABC中,AC=BC=8,∠C=90°,点D为BC中点,将△ABC绕点D逆时针旋转45°,得到△A′B′C′,B′C′与AB交于点E,则S四边形ACDE= 28 .
考点:
旋转的性质..
分析:
利用旋转的性质得出∠B=∠BDE=45°,BD=4,进而由S四边形ACDE=S△ACB﹣S△BDE求出即可.
解答:
解:由题意可得:∠B=∠BDE=45°,BD=4,
则∠DEB=90°,
∴BE=DE=2,
∴S△BDE=×2×2=4,
∵S△ACB=×AC×BC=32,
∴S四边形ACDE=S△ACB﹣S△BDE=28.
故答案为:28.
点评:
此题主要考查了旋转的性质以及三角形面积求法,得出S△BDE是解题关键.
18.(3分)(2014•牡丹江)抛物线y=ax2+bx+c经过点A(﹣3,0),对称轴是直线x=﹣1,则a+b+c= 0 .
考点:
二次函数的性质..
分析:
根据二次函数的对称性求出抛物线y=ax2+bx+c与x轴的另一交点为(1,0),由此求出a+b+c的值.
解答:
解:∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(﹣3,0),对称轴是直线x=﹣1,
∴y=ax2+bx+c与x轴的另一交点为(1,0),
∴a+b+c=0.
故答案为0.
点评:
本题考查了二次函数的性质,根据二次函数的对称性求出抛物线y=ax2+bx+c与x轴的另一交点为(1,0)是解题的关键.
19.(3分)(2014•牡丹江)如图,在平面直角坐标系中,点A(0,4),B(3,0),连接AB,将△AOB沿过点B的直线折叠,使点A落在x轴上的点A′处,折痕所在的直线交y轴正半轴于点C,则直线BC的解析式为 y=﹣x+ .
考点:
翻折变换(折叠问题);待定系数法求一次函数解析式..
专题:
计算题.
分析:
在Rt△OAB中,OA=4,OB=3,用勾股定理计算出AB=5,再根据折叠的性质得BA′=BA=5,CA′=CA,则OA′=BA′﹣OB=2,设OC=t,则CA=CA′=4﹣t,在Rt△OA′C中,根据勾股定理得到t2+22=(4﹣t)2,解得t=,则C点坐标为(0,),然后利用待定系数法确定直线BC的解析式.
解答:
解:∵A(0,4),B(3,0),
∴OA=4,OB=3,
在Rt△OAB中,AB==5,
∵△AOB沿过点B的直线折叠,使点A落在x轴上的点A′处,
∴BA′=BA=5,CA′=CA,
∴OA′=BA′﹣OB=5﹣3=2,
设OC=t,则CA=CA′=4﹣t,
在Rt△OA′C中,
∵OC2+OA′2=CA′2,
∴t2+22=(4﹣t)2,解得t=,
∴C点坐标为(0,),
设直线BC的解析式为y=kx+b,
把B(3,0)、C(0,)代入得,解得,
∴直线BC的解析式为y=﹣x+.
故答案为y=﹣x+.
点评:
本题考查了折叠的性质:折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.也考查了勾股定理和待定系数法求一次函数解析式.
20.(3分)(2014•牡丹江)矩形ABCD中,AB=2,BC=1,点P是直线BD上一点,且DP=DA,直线AP与直线BC交于点E,则CE= ﹣2或+2 .
考点:
矩形的性质;等腰三角形的判定与性质;勾股定理..
专题:
分类讨论.
分析:
依题意画出图形:以点D为圆心,DA长为半径作圆,与直线BC交于点P(有2个),利用等腰三角形的性质分别求出CE的长度.
解答:
解:矩形ABCD中,AB=2,AD=1,
由勾股定理得:BD=.
如图所示,以点D为圆心,DA长为半径作圆,交直线BD于点P1、P2,连接AP1、P2A并延长,分别交直线BC于点E1、E2.
∵DA=DP1,
∴∠1=∠2.
∵AD∥BC,
∴∠4=∠3,又∵∠2=∠3,
∴∠3=∠4,
∴BE1=BP1=,
∴CE1=BE1﹣BC=﹣2;
∵DA=DP2
∴∠5=∠6
∵AD∥BC,
∴∠5=∠7,
∴∠6=∠7,
∴BE2=BP2=+1,
∴CE2=BE2+BC=+2.
故答案为:﹣2或+2.
点评:
本题考查了矩形的性质、勾股定理、等腰三角形等知识点.考查重点是分类讨论的数学思想,本题所求值有2个,注意不要漏解.
三、解答题(满分60分)
21.(5分)(2014•牡丹江)先化简,再求值:(x﹣)÷,其中x=cos60°.
考点:
分式的化简求值;特殊角的三角函数值..
分析:
先根据分式混合运算的法则把原式进行化简,再求出x的值代入进行计算即可.
解答:
解:原式=÷
=•
=,
当x=cos60°=时,原式==﹣.
点评:
本题考查的是分式的化简求值,熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键.
22.(6分)(2014•牡丹江)如图,抛物线y=ax2+2x+c经过点A(0,3),B(﹣1,0),请解答下列问题:
(1)求抛物线的解析式;
(2)抛物线的顶点为点D,对称轴与x轴交于点E,连接BD,求BD的长.
注:抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标是(﹣,).
考点:
待定系数法求二次函数解析式;二次函数的性质..
专题:
计算题.
分析:
(1)将A与B代入抛物线解析式求出a与c的值,即可确定出抛物线解析式;
(2)利用顶点坐标公式表示出D坐标,进而确定出E坐标,得到DE与OE的长,根据B坐标求出BO的长,进而求出BE的长,在直角三角形BED中,利用勾股定理求出BD的长.
解答:
解:(1)∵抛物线y=ax2+2x+c经过点A(0,3),B(﹣1,0),
∴将A与B坐标代入得:,
解得:,
则抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3;
(2)由D为抛物线顶点,得到D(1,4),
∵抛物线与x轴交于点E,
∴DE=4,OE=1,
∵B(﹣1,0),
∴BO=1,
∴BE=2,
在Rt△BED中,根据勾股定理得:BD===2.
点评:
此题考查了待定系数法求二次函数解析式,以及二次函数的性质,熟练掌握待定系数法是解本题的关键.
23.(6分)(2014•牡丹江)在△ABC中,AB=AC=5,BC=6,以AC为一边作正方形ACDE,过点D作DF⊥BC交直线BC于点F,连接AF,请你画出图形,直接写出AF的长,并画出体现解法的辅助线.
考点:
作图—应用与设计作图;全等三角形的判定与性质;等腰三角形的性质;勾股定理;正方形的性质..
分析:
根据题意画出两个图形,再利用勾股定理得出AF的长.
解答:
解:如图1所示:
∵AB=AC=5,BC=6,
∴AM=4,
∵∠ACM+∠DCF=90°,∠MAC+∠ACM=90°,
∴∠CAM=∠DCF,
在△AMC和△CFD中
,
∴△AMC≌△CFD(AAS),
∴AM=CF=4,
故AF==,
如图2所示:
∵AB=AC=5,BC=6,
∴AM=4,MC=3,
∵∠ACM+∠DCF=90°,∠MAC+∠ACM=90°,
∴∠CAM=∠DCF,
在△AMC和△CFD中
,
∴△AMC≌△CFD(AAS),
∴AM=FC=4,
∴FM=FC﹣MC=1,
故AF==.
注:每图1分(图1中没有辅助线、没有直角符号均不给分;图2中没有辅助线、没有直角符号、点B在正方形外均不给分).
点评:
此题主要考查了应用设计与作图,利用分类讨论得出是解题关键.
24.(7分)(2014•牡丹江)某校为了了解本校九年级学生的视力情况(视力情况分为:不近视,轻度近视,中度近视,重度近视),随机对九年级的部分学生进行了抽样调查,将调查结果进行整理后,绘制了如下不完整的统计图,其中不近视与重度近视人数的和是中度近视人数的2倍.
请你根据以上信息解答下列问题:
(1)求本次调查的学生人数;
(2)补全条形统计图,在扇形统计图中,“不近视”对应扇形的圆心角度数是 144 度;
(3)若该校九年级学生有1050人,请你估计该校九年级近视(包括轻度近视,中度近视,重度近视)的学生大约有多少人.
考点:
条形统计图;用样本估计总体;扇形统计图..
分析:
(1)根据轻度近视的人数是14人,占总人数的28%,即可求得总人数;
(2)设中度近视的人数是x人,则不近视与重度近视人数的和2x,列方程求得x的值,即可求得不近视的人数,然后利用360°乘以对应的百分比即可求得圆心角的度数;
(3)利用总人数乘以对应的百分比即可求解.
解答:
解:(1)本次调查的学生数是:14÷28%=50(人);
(2)设中度近视的人数是x人,则不近视与重度近视人数的和2x,则x+2x+14=50,
解得:x=12,
则中度近视的人数是12,不近视的人数是:24﹣4=20(人),
则“不近视”对应扇形的圆心角度数是:360°×=144°;
(3)1050×=630(人).
答:该校九年级近视(包括轻度近视,中度近视,重度近视)的学生大约630人.
点评:
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用,读懂统计图,从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键.条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据;扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小.
25.(8分)(2014•牡丹江)快、慢两车分别从相距480千米路程的甲、乙两地同时出发,匀速行驶,先相向而行,途中慢车因故停留1小时,然后以原速继续向甲地行驶,到达甲地后停止行驶;快车到达乙地后,立即按原路原速返回甲地(快车掉头的时间忽略不计),快、慢两车距乙地的路程y(千米)与所用时间x(小时)之间的函数图象如图,请结合图象信息解答下列问题:
(1)直接写出慢车的行驶速度和a的值;
(2)快车与慢车第一次相遇时,距离甲地的路程是多少千米?
(3)两车出发后几小时相距的路程为200千米?请直接写出答案.
考点:
一次函数的应用..
分析:
(1)根据行程问题的数量关系速度=路程÷时间及路程=速度×时间就可以得出结论;
(2)由(1)的结论可以求出点D的坐标,再由题意可以求出快车的速度就可以求出点B的坐标,由待定系数法求出AB的解析式及OD的解析式就可以求出结论;
(3)根据(2)的结论,由待定系数法求出求出直线BC的解析式和直线EF的解析式,再由一次函数与一元一次方程的关系建立方程就可以求出结论.
解答:
解:(1)由题意,得
慢车的速度为:480÷(9﹣1)=60千米/时,
∴a=60×(7﹣1)=360.
答:慢车的行驶速度为60千米/时和a=360千米;
(2)由题意,得
5×60=300,
∴D(5,300),设yOD=k1x,由题意,得
300=5k1,
∴k1=60,
∴yOD=60x.
∵快车的速度为:(480+360)÷7=120千米/时.
∴480÷120=4小时.
∴B(4,0),C(8,480).
设yAB=k2x+b,由题意,得
,
解得:,
∴yAB=﹣120x+480
∴,
解得:.
∴480﹣160=320千米.
答:快车与慢车第一次相遇时,距离甲地的路程是320千米;
(3)设直线BC的解析式为yBC=k3x+b3,由题意,得
,
解得:,
∴yBC=120x﹣480;
设直线EF的解析式为yEF=k4x+b4,由题意,得
,
解得:,
∴yEF=60x﹣60.
当60x﹣(﹣120x+480)=200时,
解得:x=;
当60x﹣(﹣120x+480)=﹣200时
解得:x=;
当120x﹣480﹣(60x﹣60)=200时,
解得:x=>9(舍去).
当120x﹣480﹣(60x﹣60)=﹣200时
解得:x=<4(舍去);
当120x﹣480﹣60x=﹣200时
解得:x=.
综上所述:两车出发小时、小时或小时时,两车相距的路程为200千米.
点评:
本题考查了行程问题的数量关系路程=速度×时间的运用,待定系数法求一次函数的解析式的运用,一次函数与一元一次方程的关系的运用,解答时求出一次函数的解析式是关键.
26.(8分)(2014•牡丹江)如图,在等边△ABC中,点D在直线BC上,连接AD,作∠ADN=60°,直线DN交射线AB于点E,过点C作CF∥AB交直线DN于点F.
(1)当点D在线段BC上,∠NDB为锐角时,如图①,求证:CF+BE=CD;
(提示:过点F作FM∥BC交射线AB于点M.)
(2)当点D在线段BC的延长线上,∠NDB为锐角时,如图②;当点D在线段CB的延长线上,∠NDB为钝角时,如图③,请分别写出线段CF,BE,CD之间的数量关系,不需要证明;
(3)在(2)的条件下,若∠ADC=30°,S△ABC=4,则BE= 8 ,CD= 4或8 .
考点:
全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质..
分析:
(1)通过△MEF≌△CDA即可求得ME=CD,因为通过证四边形BCFM是平行四边形可以得出BM=CF,从而证得CF+BE=CD;
(2)作FM∥BC,得出四边形BCFM是平行四边形,然后通过证得△MEF≌△CDA即可求得,
(3)根据△ABC的面积可求得AB=BC=AC=4,所以BD=2AB=8,所以 BE=8,图②CD=4图3CD=8,
解答:
(1)证明:如图①,过点F作FM∥BC交射线AB于点M,
∵CF∥AB,
∴四边形BMFC是平行四边形,
∴BC=MF,CF=BM,
∴∠ABC=∠EMF,∠BDE=∠MFE,
∵△ABC是等边三角形,
∴∠ABC=∠ACB=60°,BC=AC,
∴∠EMF=∠ACB,AC=MF,
∵∠ADN=60°,
∴∠BDE+∠ADC=120°,∠ADC+∠DAC=120°,
∴∠BDE=∠DAC,
∴∠MFE=∠DAC,
在△MEF与△CDA中,
,
∴△MEF≌△CDA(AAS),
∴CD=ME=EB+BM,
∴CD=BE+CF.
(2)如图②,CF+CD=BE,如图3,CF﹣CD=BE;
(3)如图②图③,BE=8,CD=4或8.
点评:
本题考查了等边三角形的性质,平行四边形的判定和性质,三角形全等的判定和性质,30°角所对的直角边等于斜边的一半等.
27.(10分)(2014•牡丹江)某工厂有甲种原料69千克,乙种原料52千克,现计划用这两种原料生产A,B两种型号的产品共80件,已知每件A型号产品需要甲种原料0.6千克,乙种原料0.9千克;每件B型号产品需要甲种原料1.1千克,乙种原料0.4千克.请解答下列问题:
(1)该工厂有哪几种生产方案?
(2)在这批产品全部售出的条件下,若1件A型号产品获利35元,1件B型号产品获利25元,(1)中哪种方案获利最大?最大利润是多少?
(3)在(2)的条件下,工厂决定将所有利润的25%全部用于再次购进甲、乙两种原料,要求每种原料至少购进4千克,且购进每种原料的数量均为整数.若甲种原料每千克40元,乙种原料每千克60元,请直接写出购买甲、乙两种原料之和最多的方案.
考点:
一次函数的应用;一元一次不等式组的应用..
分析:
(1)设生产A型号产品x件,则生产B型号产品(80﹣x)件,根据原材料的数量与每件产品的用量建立不等式组,求出其解即可;
(2)设所获利润为W元,根据总利润=A型号产品的利润+B型号产品的利润建立W与x之间的函数关系式,求出其解即可;
(3)根据(2)的结论,设购买甲种原料m千克,购买乙种原料n千克,建立方程,根据题意只有n最小,m最大才可以得出m+n最大得出结论.
解答:
解:(1)设生产A型号产品x件,则生产B型号产品(80﹣x)件,由题意,得
,
解得:38≤x≤40.
∵x为整数,
∴x=38,39,40,
∴有3种购买方案:
方案1,生产A型号产品38件,生产B型号产品42件;
方案2,生产A型号产品39件,生产B型号产品41件;
方案3,生产A型号产品40件,生产B型号产品40件.
(2)设所获利润为W元,由题意,得
W=35x+25(80﹣x),
w=10x+2000,
∴k=10>0,
∴W随x的增大而增大,
∴当x=40时.W最大=2400元.
∴生产A型号产品40件,B型号产品40件时获利最大,最大利润为2400元.
(3)设购买甲种原料m千克,购买乙种原料n千克,由题意,得
40m+60n=2400
2m+3n=120.
∵m+n要最大,
∴n要最小.
∵m≥4,n≥4,
∴n=4.
∴m=9.
∵购买甲种原料9千克,乙种原料4千克.
点评:
本题考查了列一元一次不等式组解实际问题的运用,一元一次不等式组的解法的运用,一次函数的解析式的运用,二元一次不定方程的解法的运用.解答时由一次函数的解析式求解时关键.
28.(10分)(2014•牡丹江)如图,在平面直角坐标系中,直线AB与x轴、y轴分别交于点A,B,直线CD与x轴、y轴分别交于点C,D,AB与CD相交于点E,线段OA,OC的长是一元二次方程x2﹣18x+72=0的两根(OA>OC),BE=5,tan∠ABO=.
(1)求点A,C的坐标;
(2)若反比例函数y=的图象经过点E,求k的值;
(3)若点P在坐标轴上,在平面内是否存在一点Q,使以点C,E,P,Q为顶点的四边形是矩形?若存在,请写出满足条件的点Q的个数,并直接写出位于x轴下方的点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
考点:
一次函数综合题..
分析:
(1)先求出一元二次方程x2﹣18x+72=0的两根就可以求出OA,OC的值,进而求出点A,C的坐标;
(2)先由勾股定理求出AB的值,得出AE的值,如图1,作EM⊥x轴于点M,由相似三角形的现在就可以求出EM的值,AM的值,就可以求出E的坐标,由待定系数法就可以求出结论;
(3)如图2,分别过C、E作CE的垂线交坐标轴三个点P1、P3、P4,可作出三个Q点,过E点作x轴的垂线与x轴交与p2,即可作出Q2,以CE为直径作圆交于y轴两个点P5、P6,使PC⊥PE,即可作出Q5、Q6.
解答:
解:(1)∵x2﹣18x+72=0
∴x1=6,x2=12.
∵OA>OC,
∴OA=12,OC=6.
∴A(12,0),C(﹣6,0);
(2)∵tan∠ABO=,
∴=,
∴,
∴OB=16.
在Rt△AOB中,由勾股定理,得
AB==20.
∵BE=5,
∴AE=15.
如图1,作EM⊥x轴于点M,
∴EM∥OB.
∴△AEM∽△ABO,
∴,
∴,
∴EM=12,AM=9,
∴OM=12﹣9=3.
∴E(3,12).
∴12=,
∴k=36;
(3)满足条件的点Q的个数是6,如图2所示,
x轴的下方的Q4(10,﹣12),Q6(﹣3,6﹣3);
如图①∵E(3,12),C(﹣6,0),
∴CG=9,EG=12,
∴EG2=CG•GP,
∴GP=16,
∵△CPE与△PCQ是中心对称,
∴CH=GP=16,QH=FG=12,
∵OC=6,
∴OH=10,
∴Q(10,﹣12),
如图②∵E(3,12),C(﹣6,0),
∴CG=9,EG=12,
∴CE=15,
∵MN=CG=,
可以求得PH=3﹣6,
∴Q(﹣3,6﹣3),
点评:
本题考查了一次函数的交点坐标的求法以及勾股定理的运用,三角函数的应用,三角形相似对应边成比例等.
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