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2019年北京二中新高一分班考试数学试题-真题-含详细解析

2019年北京二中新高一分班考试数学试题-真题一、选择题(本大题共10小题,共30分)1.在某次演讲比赛中,五位评委给选手圆圆打分,得到互不相等的五个分数.若去掉一个最高分,平均分为x;去掉一个最低分,平均分为y;同时去掉一个最高分和一个最低分,平均分为z,则()A. y>z>xB. x>z>yC. y>x>zD. z>y>x2.在平面直角坐标系中,已知函数y1=x2+ax+1,y2=x2+bx+2,y3=x2+cx+4,其中a,b,c是正实数,且满足b2=ac.设函数y1,y2,y3的图象与x轴的交点个数分别为M1,M2,M3,()A. 若M1=2,M2=2,则M3=0B. 若M1=1,M2=0,则M3=0C. 若M1=0,M2=2,则M3=0D. 若M1=0,M2=0,则M3=03.如图,在△ABC中,∠A=90°,D是AB的中点,过点D作BC的平行线交AC于点E,作BC的垂线交BC于点F,若AB=CE,且△DFE的面积为1,则BC的长为()A. 2√5B. 5C. 4√5D. 10第3题图第5题图第6题图4.若关于x的一元一次不等式组{2x−1≤3(x−2),x−a2>1的解集为x≥5,且关于y的分式方程yy−2+a2−y=−1有非负整数解,则符合条件的所有整数a的和为()A. −1B. −2C. −3D. 05.如图,在△ABC中,AC=2√2,∠ABC=45°,∠BAC=15°,将△ACB沿直线AC翻折至△ABC所在的平面内,得△ACD.过点A作AE,使∠DAE=∠DAC,与CD的延长线交于点E,连接BE,则线段BE的长为()A. √6B. 3C. 2√3D. 46.如图,三角形纸片ABC,点D是BC边上一点,连接AD,把△ABD沿着AD翻折,得到△AED,DE与AC交于点G,连接BE交AD于点F.若DG=GE,AF=3,BF=2,△ADG的面积为2,则点F到BC的距离为()A. √55B. 2√55C. 4√55D. 4√337.如图,在△ABC中,点D在BC边上,连接AD,点E在AC边上,过点E作EF//BC,交AD于点F,过点E作EG//AB,交BC于点G,则下列式子一定正确的是()A. AEEC =EFCDB. EFCD=EGABC. AFFD=BGGCD. CGBC=AFAD第7题图第8题图第9题图8.如图,在平面直角坐标系中,点P在第一象限,⊙P与x轴、y轴都相切,且经过矩形AOBC的顶点C,与BC相交于点D.若⊙P的半径为5,点A的坐标是(0,8).则点D的坐标是()A. (9,2)B. (9,3)C. (10,2)D. (10,3)9.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,边BC在x轴上,顶点A,B的坐标分别为(−2,6)和(7,0).将正方形OCDE沿x轴向右平移,当点E落在AB边上时,点D的坐标为()A. (32,2) B. (2,2) C. (114,2) D. (4,2)10.已知抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数,a≠0,c>1)经过点(2,0),其对称轴是直线x=12.有下列结论:①abc>0;②关于x的方程ax2+bx+c=a有两个不等的实数根;③a<−12.其中,正确结论的个数是()A. 0B. 1C. 2D. 3二、填空题(本大题共10小题,共30分)11.如图是一张矩形纸片,点E在AB边上,把△BCE沿直线CE对折,使点B落在对角线AC上的点F处,连接DF.若点E,F,D在同一条直线上,AE=2,则DF=______,BE=______.12.如图,在△ABC中,∠A=90°,∠B=60°,AB=2,若D是BC边上的动点,则2AD+DC的最小值为______.第12题图第13题图13.周末,自行车骑行爱好者甲、乙两人相约沿同一路线从A地出发前往B地进行骑行训练,甲、乙分别以不同的速度匀速骑行,乙比甲早出发5分钟.乙骑行25分钟后,甲以原速的8继续骑行,经过一段时间,甲先到达5B地,乙一直保持原速前往B地.在此过程中,甲、乙两人相距的路程y(单位:米)与乙骑行的时间x(单位:分钟)之间的关系如图所示,则乙比甲晚______分钟到达B地.14.为刺激顾客到实体店消费,某商场决定在星期六开展促销活动.活动方案如下:在商场收银台旁放置一个不透明的箱子,箱子里有红、黄、绿三种颜色的球各一个(除颜色外大小、形状、质地等完全相同),顾客购买的商品达到一定金额可获得一次摸球机会,摸中红、黄、绿三种颜色的球可分别返还现金50元、30元、10元.商场分三个时段统计摸球次数和返现金额,汇总统计结果为:第二时段摸到红球次数为第一时段的3倍,摸到黄球次数为第一时段的2倍,摸到绿球次数为第一时段的4倍;第三时段摸到红球次数与第一时段相同,摸到黄球次数为第一时段的4倍,摸到绿球次数为第一时段的2倍,三个时段返现总金额为2510元,第三时段返现金额比第一时段多420元,则第二时段返现金额为______元.15.《九章算术》中记载了一种测量井深的方法.如图所示,在井口B处立一根垂直于井口的木杆BD,从木杆的顶端D观察井水水岸C,视线DC与井口的直径AB交于点E,如果测得AB=1.6米,BD=1米,BE=0.2米,那么井深AC为______米.第15题图第16题图16.如图,在菱形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,点E在线段BO上,连接AE,若CD=2BE,∠DAE=∠DEA,EO=1,则线段AE的长为______.17.如图,在边长为2cm的正六边形ABCDEF中,点P在BC上,则△PEF的面积为______cm2.第17题图第18题图18.下列关于二次函数y=−(x−m)2+m2+1(m为常数)的结论:①该函数的图象与函数y=−x2的图象形状相同;②该函数的图象一定经过点(0,1);③当x>0时,y随x的增大而减小;④该函数的图象的顶点在函数y=x2+1的图象上.其中所有正确结论的序号是______.19.如图,在扇形BOC中,∠BOC=60°,OD平分∠BOC交BC⏜于点D,点E为半径OB上一动点.若OB=2,则阴影部分周长的最小值为______.20.如图,在每个小正方形的边长为1的网格中,△ABC的顶点A,C均落在格点上,点B在网格线上,且AB=5.3(Ⅰ)线段AC的长等于______.(Ⅱ)以BC为直径的半圆与边AC相交于点D,若P,Q分别为边AC,BC上的动点,当BP+PQ取得最小值时,请用无刻度的直尺,在如图所示的网格中,画出点P,Q,并简要说明点P,Q的位置是如何找到的(不要求证明)______.三、解答题(本大题共9小题,共40分)21.在平面直角坐标系中,设二次函数y1=x2+bx+a,y2=ax2+bx+1(a,b是实数,a≠0).(1)若函数y1的对称轴为直线x=3,且函数y1的图象经过点(a,b),求函数y1的表达式.(2)若函数y1的图象经过点(r,0),其中r≠0,求证:函数y2的图象经过点(1r,0).(3)设函数y1和函数y2的最小值分别为m和n,若m+n=0,求m,n的值.22.探究函数性质时,我们经历了列表、描点、连线画出函数图象,观察分析图象特征,概括函数性质的过程.结合已有的学习经验,请画出函数y=−12x2+2的图象并探究该函数的性质.x…−4−3−2−101234…y…−23a−2−4b−4−2−1211−23…(1)列表,写出表中a,b的值:a=______,b=______;描点、连线,在所给的平面直角坐标系中画出该函数的图象.(2)观察函数图象,判断下列关于函数性质的结论是否正确(在答题卡相应位置正确的用“√”作答,错误的用“×”作答):①函数y=−12x2+2的图象关于y轴对称;②当x=0时,函数y=−12x2+2有最小值,最小值为−6;③在自变量的取值范围内函数y的值随自变量x的增大而减小.(3)已知函数y=−23x−103的图象如图所示,结合你所画的函数图象,直接写出不等式−12x2+2<−23x−103的解集.23.如图,△ABC中,AB=AC,⊙O是△ABC的外接圆,BO的延长交边AC于点D.(1)求证:∠BAC=2∠ABD;(2)当△BCD是等腰三角形时,求∠BCD的大小;(3)当AD=2,CD=3时,求边BC的长.24.在整数的除法运算中,只有能整除与不能整除两种情况,当不能整除时,就会产生余数,现在我们利用整数的除法运算来研究一种数--“差一数”.定义:对于一个自然数,如果这个数除以5余数为4,且除以3余数为2,则称这个数为“差一数”.例如:14÷5=2…4,14÷3=4…2,所以14是“差一数”;19÷5=3…4,但19÷3=6…1,所以19不是“差一数”.(1)判断49和74是否为“差一数”?请说明理由;(2)求大于300且小于400的所有“差一数”.25.如图,在△ABC和△A′B′C′中,D、D′分别是AB、A′B′上一点,ADAB =A′D′A′B′.(1)当CDC′D′=ACA′C′=ABA′B′时,求证△ABC∽△A′B′C.证明的途径可以用下面的框图表示,请填写其中的空格.(2)当CDC′D′=ACA′C′=BCB′C′时,判断△ABC与△A′B′C′是否相似,并说明理由.26.如图①,要在一条笔直的路边l上建一个燃气站,向l同侧的A、B两个城镇分别铺设管道输送燃气.试确定燃气站的位置,使铺设管道的路线最短.(1)如图②,作出点A关于l的对称点A′,线段A′B与直线l的交点C的位置即为所求,即在点C处建燃气站,所得路线ACB是最短的.为了证明点C的位置即为所求,不妨在直线1上另外任取一点C′,连接AC′、BC′,证明AC+CB<AC′+C′B.请完成这个证明.(2)如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区,燃气管道不能穿过该区域.请分别给出下列两种情形的铺设管道的方案(不需说明理由).①生态保护区是正方形区域,位置如图③所示;②生态保护区是圆形区域,位置如图④所示.27.问题提出(1)如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC>BC,∠ACB的平分线交AB于点D.过点D分别作DE⊥AC,DF⊥BC.垂足分别为E,F,则图1中与线段CE相等的线段是______.问题探究(2)如图2,AB是半圆O的直径,AB=8.P是AB⏜上一点,且PB⏜=2PA⏜,连接AP,BP.∠APB的平分线交AB于点C,过点C分别作CE⊥AP,CF⊥BP,垂足分别为E,F,求线段CF的长.问题解决(3)如图3,是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图.已知⊙O的直径AB=70m,点C在⊙O上,且CA=CB.P为AB上一点,连接CP并延长,交⊙O于点D.连接AD,BD.过点P分别作PE⊥AD,PF⊥BD,重足分别为E,F.按设计要求,四边形PEDF内部为室内活动区,阴影部分是户外活动区,圆内其余部分为绿化区.设AP的长为x(m),阴影部分的面积为y(m2).①求y与x之间的函数关系式;②按照“少儿活动中心”的设计要求,发现当AP的长度为30m时,整体布局比较合理.试求当AP=30m时.室内活动区(四边形PEDF)的面积.28.如图,菱形ABCD的边长为1,∠ABC=60°,点E是边AB上任意一点(端点除外),线段CE的垂直平分线交BD,CE分别于点F,G,AE,EF的中点分别为M,N.(1)求证:AF=EF;(2)求MN+NG的最小值;(3)当点E在AB上运动时,∠CEF的大小是否变化?为什么?答案和解析1.【答案】A【解析】解:由题意可得,y>z>x,故选:A.根据题意,可以判断x、y、z的大小关系,从而可以解答本题.本题考查算术平均数,解答本题的关键是明确算术平均数的含义.2.【答案】B【解析】解:选项B正确.理由:∵M1=1,M2=0,∴a2−4=0,b2−8<0,∵a,b,c是正实数,∴a=2,∵b2=ac,∴c=12b2,对于y3=x2+cx+4,则有△=c2−16=14b2−16=14(b2−64)<0,∴M3=0,∴选项B正确,故选:B.选项B正确,利用判别式的性质证明即可.本题考查抛物线与x轴的交点,一元二次方程的根的判别式等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.3.【答案】A【解析】解:过A作AH⊥BC于H,∵D是AB的中点,∴AD=BD,∵DE//BC,∴AE=CE,∴DE =12BC ,∵DF ⊥BC ,∴DF//AH ,DF ⊥DE ,∴BF =HF ,∴DF =12AH ,∵△DFE 的面积为1,∴12DE ⋅DF =1,∴DE ⋅DF =2,∴BC ⋅AH =2DE ⋅2DF =4×2=8,∴AB ⋅AC =8,∵AB =CE ,∴AB =AE =CE =12AC ,∴AB ⋅2AB =8,∴AB =2(负值舍去),∴AC =4,∴BC =√AB 2+AC 2=2√5.故选:A .过A 作AH ⊥BC 于H ,根据已知条件得到AE =CE ,求得DE =12BC ,求得DF =12AH ,根据三角形的面积公式得到DE ⋅DF =2,得到AB ⋅AC =8,求得AB =2(负值舍去),根据勾股定理即可得到结论.本题考查了三角形中位线定理,三角形的面积的计算,勾股定理,平行线的判定和性质,正确的识别图形是解题的关键. 4.【答案】D【解析】解:不等式组整理得:{x ≥5x >2+a, 由解集为x ≥5,得到2+a ≤5,即a ≤3,分式方程去分母得:y −a =−y +2,即2y −2=a ,解得:y =a 2+1,由y 为非负整数,得到a =2,0,−2,之和为0,故选:D .不等式组整理后,根据已知解集确定出a 的范围,分式方程去分母转化为正整数方程,由分式方程有非负整数解,确定出a的值,求出之和即可.此题考查了分式方程的解,以及解一元一次不等式组,熟练掌握运算法则是解本题的关键.5.【答案】C【解析】解:如图,延长BC交AE于H,∵∠ABC=45°,∠BAC=15°,∴∠ACB=120°,∵将△ACB沿直线AC翻折,∴∠DAC=∠BAC=15°,∠ADC=∠ABC=45°,∠ACB=∠ACD=120°,∵∠DAE=∠DAC,∴∠DAE=∠DAC=15°,∴∠CAE=30°,∵∠ADC=∠DAE+∠AED,∴∠AED=45°−15°=30°,∴∠AED=∠EAC,∴AC=EC,又∵∠BCE=360°−∠ACB−∠ACE=120°=∠ACB,BC=BC,∴△ABC≌△EBC(SAS),∴AB=BE,∠ABC=∠EBC=45°,∴∠ABE=90°,∵AB=BE,∠ABC=∠EBC,∴AH=EH,BH⊥AE,∵∠CAE=30°,AC=√2,AH=√3CH=√6,∴CH=12∴AE=2√6,∵AB=BE,∠ABE=90°,∴BE=AE=2√3,√2故选:C.延长BC交AE于H,由折叠的性质∠DAC=∠BAC=15°,∠ADC=∠ABC=45°,∠ACB=∠ACD=120°,由外角的性质可求∠AED=∠EAC,可得AC=EC,由“SAS”可证△ABC≌△EBC,可得AB=BE,∠ABC=∠EBC= 45°,利用等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求解.本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质等知识,灵活运用这些性质进行推理是本题的关键.6.【答案】B【解析】解:∵DG=GE,∴S△ADG=S△AEG=2,∴S△ADE=4,由翻折可知,△ADB≌△ADE,BE⊥AD,∴S△ABD=S△ADE=4,∠BFD=90°,∴12⋅(AF+DF)⋅BF=4,∴12⋅(3+DF)⋅2=4,∴DF=1,∴DB=√BF2+DF2=√12+22=√5,设点F到BD的距离为h,则有12⋅BD⋅ℎ=12⋅BF⋅DF,∴ℎ=2√55,故选:B.首先求出△ABD的面积.根据三角形的面积公式求出DF,设点F到BD的距离为h,根据12⋅BD⋅ℎ=12⋅BF⋅DF,求出BD即可解决问题.本题考查翻折变换,三角形的面积,勾股定理等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会利用参数构建方程解决问题.7.【答案】C【解析】解:∵EF//BC,∴AFFD =AEEC,∵EG//AB,∴AEEC =BGGC,∴AFFD =BGGC,故选:C.根据平行线分线段成比例性质进行解答便可.本题主要考查了平行线分线段成比例性质,关键是熟记定理,找准对应线段.8.【答案】A【解析】解:设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点,连接PE、PF、PD,延长EP与CD交于点G,则PE⊥y轴,PF⊥x轴,∵∠EOF=90°,∴四边形PEOF是矩形,∵PE=PF,PE//OF,∴四边形PEOF为正方形,∴OE=OF=PE=OF=5,∵A(0,8),∴OA=8,∴AE=8−5=3,∵四边形OACB为矩形,∴BC=OA=8,BC//OA,AC//OB,∴EG//AC,∴四边形AEGC为平行四边形,四边形OEGB为平行四边形,∴CG=AE=3,EG=OB,∵PE⊥AO,AO//CB,∴PG⊥CD,∴CD=2CG=6,∴DB=BC−CD=8−6=2,∵PD=5,DG=CG=3,∴PG=4,∴OB=EG=5+4=9,∴D(9,2).故选:A.设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点,连接PE、PF、PD,延长EP与CD交于点G,证明四边形PEOF为正方形,求得CG,再根据垂径定理求得CD,进而得PG、DB,便可得D点坐标.本题主要考查了正方形的性质,矩形的性质与判定,圆的切线的性质,垂径定理,勾股定理,关键是求出CG的长度.9.【答案】B【解析】解:如图,设正方形D′C′O′E′是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形,∵顶点A,B的坐标分别为(−2,6)和(7,0),∴AC=6,OC=2,OB=7,∴BC=9,∵四边形OCDE是正方形,∴DE=OC=OE=2,∴O′E′=O′C′=2,∵E′O′⊥BC,∴∠BO′E′=∠BCA=90°,∴E′O′//AC,∴△BO′E′∽△BCA,∴E′O′AC =BO′BC,∴26=BO′9,∴BO′=3,∴OC′=7−2−3=2,∴当点E落在AB边上时,点D的坐标为(2,2),故选:B.根据已知条件得到AC=6,OC=2,OB=7,求得BC=9,根据正方形的性质得到DE=OC=OE=2,求得O′E′=O′C′=2,根据相似三角形的性质得到BO′=3,于是得到结论.本题考查了正方形的性质,坐标与图形性质,相似三角形的判定和性质,正确的识别图形是解题的关键.10.【答案】C【解析】解:∵抛物线的对称轴为直线x=12,而点(2,0)关于直线x=12的对称点的坐标为(−1,0),∵c>1,∵抛物线开口向下,∴a<0,∵抛物线对称轴为直线x=12,∴−b2a =12,∴b=−a>0,∴abc<0,故①错误;∵抛物线开口向下,与x轴有两个交点,∴顶点在x轴的上方,∵a<0,∴抛物线与直线y=a有两个交点,∴关于x的方程ax2+bx+c=a有两个不等的实数根;故②正确;∵抛物线y=ax2+bx+c经过点(2,0),∴4a+2b+c=0,∵b=−a,∴4a−2a+c=0,即2a+c=0,∴−2a=c,∵c>1,∴−2a>1,∴a<−12,故③正确,故选:C.由题意得到抛物线的开口向下,对称轴−b2a =12,b=−a,判断a,b与0的关系,得到abc<0,即可判断①;根据题意得到抛物线开口向下,顶点在x轴上方,即可判断②;根据抛物线y=ax2+bx+c经过点(2,0)以及b=−a,得到4a−2a+c=0,即可判断③.本题考查了二次函数图象与系数的关系:对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0),二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小:当a>0时,抛物线向上开口;当a<0时,抛物线向下开口;一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置:当a与b同号时(即ab>0),对称轴在y轴左;当a与b异号时(即ab<0),对称轴在y轴右;常数项c决定抛物线与y轴交点位置:抛物线与y轴交于(0,c);抛物线与x轴交点个数由△决定:△=b2−4ac>0时,抛物线与x轴有2个交点;△=b2−4ac=0时,抛物线与x轴有1个交点;△=b2−4ac<0时,抛物线与x 轴没有交点.11.【答案】2 √5−1【解析】解:∵四边形ABCD是矩形,∴AD=BC,∠ADC=∠B=∠DAE=90°,∵把△BCE沿直线CE对折,使点B落在对角线AC上的点F处,∴CF=BC,∠CFE=∠B=90°,EF=BE,∴CF=AD,∠CFD=90°,∴∠ADE+∠CDF=∠CDF+∠DCF=90°,∴∠ADF=∠DCF,∴△ADE≌△FCD(ASA),∴DF=AE=2;∵∠AFE=∠CFD=90°,∴∠AFE=∠DAE=90°,∵∠AEF=∠DEA,∴△AEF∽△DEA,∴AEEF =DEAE,∴2EF =2+EF2,∴EF=√5−1(负值舍去),∴BE=EF=√5−1,故答案为:2,√5−1.根据矩形的性质得到AD=BC,∠ADC=∠B=∠DAE=90°,根据折叠的性质得到CF=BC,∠CFE=∠B=90°,EF=BE,根据全等三角形的性质得到DF=AE=2;根据相似三角形的性质即可得到结论.本题考查了翻折变换(折叠问题),全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,矩形的性质,正确的识别图形是解题的关键.12.【答案】6【解析】解:如图所示,作点A关于BC的对称点A′,连接AA′,A′D,过D作DE⊥AC于E,∵△ABC中,∠BAC=90°,∠B=60°,AB=2,∴BH=1,AH=√3,AA′=2√3,∠C=30°,CD,即2DE=CD,∴Rt△CDE中,DE=12∵A与A′关于BC对称,∴AD=A′D,∴AD+DE=A′D+DE,∴当A′,D,E在同一直线上时,AD+DE的最小值等于A′E的长,×2√3=3,此时,Rt△AA′E中,A′E=sin60°×AA′=√32∴AD+DE的最小值为3,即2AD+CD的最小值为6,故答案为:6.作点A关于BC的对称点A′,连接AA′,A′D,过D作DE⊥AC于E,依据A与A′关于BC对称,可得AD=A′D,进而得出AD+DE=A′D+DE,当A′,D,E在同一直线上时,AD+DE的最小值等于A′E的长,依据AD+DE的最小值为3,即可得到2AD+CD的最小值为6.本题主要考查了最短距离问题,凡是涉及最短距离的问题,一般要考虑线段的性质定理,结合轴对称变换来解决,多数情况要作点关于某直线的对称点.13.【答案】12【解析】解:由题意乙的速度为1500÷5=300(米/分),设甲的速度为x米/分.则有:7500−20x=2500,解得x=250,=400(米/分).25分钟后甲的速度为250×85由题意总里程=250×20+61×400=29400(米),86分钟乙的路程为86×300=25800(米),=12(分钟).∴29400−25800300故答案为12.首先确定甲乙两人的速度,求出总里程,再求出甲到达B地时,乙离B地的距离即可解决问题.本题考查一次函数的应用,解题的关键是读懂图象信息,灵活运用所学知识解决问题,属于中考填空题中的压轴题.14.【答案】1230【解析】解:设第一时段摸到红球x次,摸到黄球y次,摸到绿球z次,(x,y,z均为非负整数),则第一时段返现金额为(50x+30y+10z),第二时段摸到红球3x次,摸到黄球2y次,摸到绿球4z次,则第二时段返现金额为(50×3x+30×2y+10×4z),第三时段摸到红球x次,摸到黄球4y次,摸到绿球2z次,则第三时段返现金额为(50x+30×4y+10×2z),∵第三时段返现金额比第一时段多420元,∴(50x+30×4y+10×2z)−(50x+30y+10z)=420,∴z=42−9y①,∵z为非负整数,∴42−9y≥0,∴y≤429,∵三个时段返现总金额为2510元,∴(50x+30y+10z)+(50x+30×4y+10×2z)+(50x+30×4y+10×2z)=2510,∴25x+21y+7z=251②,将①代入②中,化简整理得,25x=42y−43,∴x=42y−4325④,∵x为非负整数,∴42y−4325≥0,∴y≥4342,∴4342≤y≤429,∵y为非负整数,∴y=2,34,当y=2时,x=4125,不符合题意,当y=3时,x=8325,不符合题意,当y=4时,x=5,则z=6,∴第二时段返现金额为50×3x+30×2y+10×4z=10(15×5+6×4+4×6)=1230(元),故答案为:1230.设第一时段摸到红球x次,摸到黄球y次,摸到绿球z次,(x,y,z均为非负整数),则第一时段返现(50x+30y+10z),根据“第三时段返现金额比第一时段多420元”,得出z=42−9y,进而确定出y≤429,再根据“三个时段返现总金额为2510元”,得出25x=42y−43,进而得出4342≤y≤429,再将满足题意的y的知代入④,计算x,进而得出x,z,即可得出结论.此题主要考查了三元一次不定方程,审清题意,找出相等关系,确定出y的范围是解本题的关键.15.【答案】7【解析】解:∵BD⊥AB,AC⊥AB,∴BD//AC,∴△ACE∽△DBE,∴ACBD =AEBE,∴AC1=1.40.2,∴AC=7(米),答:井深AC为7米.根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论.本题考查了相似三角形的应用,正确的识别图形是解题的关键.16.【答案】2√2【解析】解:设BE=x,则CD=2x,∵四边形ABCD为菱形,∴AB=AD=CD=2x,OB=OD,AC⊥BD,∵∠DAE=∠DEA,∴DE=DA=2x,∴BD=3x,∴OB=OD=32x,∵OE+BE=BO,∴1+x=32x,解得x=2,即AB=4,OB=3,在Rt△AOB中,OA=√42−32=√7,在Rt△AOE中,AE=√12+(√7)2=2√2.故答案为2√2.设BE=x,则CD=2x,根据菱形的性质得AB=AD=CD=2x,OB=OD,AC⊥BD,再证明DE=DA=2x,所以1+x=32x,解得x=2,然后利用勾股定理计算OA,再计算AE的长.本题考查了菱形的性质:菱形具有平行四边形的一切性质;菱形的四条边都相等;菱形的两条对角线互相垂直,并且每一条对角线平分一组对角.17.【答案】2√3【解析】解:连接BF,BE,过点A作AT⊥BF于T∵ABCDEF是正六边形,∴CB//EF,AB=AF,∠BAF=120°,∴S△PEF=S△BEF,∵AT⊥BE,AB=AF,∴BT=FT,∠BAT=∠FAT=60°,∴BT=FT=AB⋅sin60°=√3,∴BF=2BT=2√3,∵∠AFE=120°,∠AFB=∠ABF=30°,∴∠BFE=90°,∴S△PEF=S△BEF=12⋅EF⋅BF=12×2×2√3=2√3,故答案为2√3.连接BF,BE,过点A作AT⊥BF于T,证明S△PEF=S△BEF,求出△BEF的面积即可.本题考查正多边形与圆,解直角三角形等知识,解题的关键是学会用转化的思想思考问题,属于中考常考题型.18.【答案】①②④【解析】解:①∵二次函数y=−(x−m)2+m+1(m为常数)与函数y=−x2的二次项系数相同,∴该函数的图象与函数y=−x2的图象形状相同,故结论①正确;②∵在函数y=−(x−m)2+m2+1中,令x=0,则y=−m2+m2+1=1,∴该函数的图象一定经过点(0,1),故结论②正确;③∵y=−(x−m)2+m2+1,∴抛物线开口向下,对称轴为直线x=m,当x>m时,y随x的增大而减小,故结论③错误;④∵抛物线开口向下,当x=m时,函数y有最大值m2+1,∴该函数的图象的顶点在函数y=x2+1的图象上.故结论④正确,故答案为①②④.利用二次函数的性质一一判断即可.本题考查二次函数的性质,一次函数的性质,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型.19.【答案】6√2+π3【解析】解:如图,作点D关于OB的对称点D′,连接D′C交OB于点E′,连接E′D、OD′,此时E′C+E′C最小,即:E′C+E′C=CD′,由题意得,∠COD=∠DOB=∠BOD′=30°,∴∠COD′=90°,∴CD′=√OC2+OD′2=√22+22=2√2,CD⏜的长l=30π×2180=π3,∴阴影部分周长的最小值为2√2+π3=6√2+π3.故答案为:6√2+π3.利用轴对称的性质,得出当点E移动到点E′时,阴影部分的周长最小,此时的最小值为弧CD的长与CD′的长度和,分别进行计算即可.本题考查与圆有关的计算,掌握轴对称的性质,弧长的计算方法是正确计算的前提,理解轴对称解决路程最短问题是关键.20.【答案】√13取格点M,N,连接MN,连接BD并延长,与MN相交于点B′,连接B′C,与半圆相交于点E,连接BE,与AC相交于点P,连接B′P并延长,与BC相交于点Q,则点P,Q即为所求【解析】解:(Ⅰ)线段AC的长等于√32+22=√13;(Ⅱ)如图,取格点M ,N ,连接MN ,连接BD 并延长,与MN 相交于点B′,连接B′C ,与半圆相交于点E ,连接BE ,与AC 相交于点P ,连接B′P 并延长,与BC 相交于点Q ,则点P ,Q 即为所求.(Ⅰ)利用网格根据勾股定理即可求出线段AC 的长;(Ⅱ)取格点M ,N ,连接MN ,连接BD 并延长,与MN 相交于点B′,连接B′C ,与半圆相交于点E ,连接BE ,与AC 相交于点P ,连接B′P 并延长,与BC 相交于点Q ,即可得点P ,Q .本题考查了作图−复杂作图、勾股定理、圆周角定理、轴对称−最短路线问题,解决本题的关键是掌握轴对称性质.21.【答案】解:(1)由题意,得到−b 2=3,解得b =−6,∵函数y 1的图象经过(a,−6),∴a 2−6a +a =−6,解得a =2或3,∴函数y 1=x 2−6x +2或y 1=x 2−6x +3.(2)∵函数y 1的图象经过点(r,0),其中r ≠0,∴r 2+br +a =0,∴1+b r +a r 2=0,即a(1r )2+b ⋅1r +1=0,∴1r是方程ax 2+bx +1的根, 即函数y 2的图象经过点(1r ,0).(3)由题意a >0,∴m =4a−b 24,n =4a−b 24a , ∵m +n =0,∴4a−b 24+4a−b 24a =0,∴(4a −b 2)(a +1)=0,∵a +1>0,∴4a −b 2=0,∴m =n =0.【解析】(1)利用待定系数法解决问题即可.(2)函数y 1的图象经过点(r,0),其中r ≠0,可得r 2+br +a =0,推出1+b r +a r 2=0,即a(1r )2+b ⋅1r +1=0,推出1r 是方程ax 2+bx +1的根,可得结论.(3)由题意a >0,∴m =4a−b 24,n =4a−b 24a ,根据m +n =0,构建方程可得结论.本题考查二次函数的图象与系数的关系,二次函数的性质等知识,解题的关键是熟练掌握待定系数法,学会利用参数解决问题,属于中考常考题型.22.【答案】−1211 −6【解析】解:(1)x =−3、0分别代入y =−12x 2+2,得a =−129+2=−1211,b =−120+2=−6,故答案为−1211,−6;画出函数的图象如图: ,故答案为−1211,−6;(2)根据函数图象:①函数y =−12x 2+2的图象关于y 轴对称,说法正确;②当x =0时,函数y =−12x 2+2有最小值,最小值为−6,说法正确;③在自变量的取值范围内函数y 的值随自变量x 的增大而减小,说法错误.(3)由图象可知:不等式−12x 2+2<−23x −103的解集为x <−4或−2<1.(1)将x =−3,0分别代入解析式即可得y 的值,再画出函数的图象;(2)结合图象可从函数的增减性及对称性进行判断;(3)根据图象求得即可.本题主要考查一次函数的图象和性质,一次函数与一元一次不等式,会用描点法画出函数图象,利用数形结合的思想得到函数的性质是解题的关键.23.【答案】(1)证明:连接OA.∵AB=AC,∴AB⏜=AC⏜,∴OA⊥BC,∴∠BAO=∠CAO,∵OA=OB,∴∠ABD=∠BAO,∴∠BAC=2∠BAD.(2)解:如图2中,延长AO交BC于H.①若BD=CB,则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD,∵AB=AC,∴∠ABC=∠C,∴∠DBC=2∠ABD,∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°,∴8∠ABD=180°,∴∠C=3∠ABD=67.5°.②若CD=CB,则∠CBD=∠CDB=3∠ABD,∴∠C=4∠ABD,∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°,∴10∠ABD=180°,∴∠BCD=4∠ABD=72°.③若DB=DC,则D与A重合,这种情形不存在.综上所述,∠C的值为67.5°或72°.(3)如图3中,作AE//BC交BD的延长线于E.则AEBC =ADDC=23,∴AOOH =AEBH=43,设OB=OA=4a,OH=3a,∵BH2=AB2−AH2=OB2−OH2,∴25−49a2=16a2−9a2,∴a2=2556,∴BH=5√24,∴BC=2BH=5√22.【解析】(1)连接OA.利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可.(2)分三种情形:①若BD=CB,则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD.②若CD=CB,则∠CBD=∠CDB= 3∠ABD.③若DB=DC,则D与A重合,这种情形不存在.分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可.(3)如图3中,作AE//BC交BD的延长线于E.则AEBC =ADDC=23,推出AOOH=AEBH=43,设OB=OA=4a,OH=3a,根据BH2=AB2−AH2=OB2−OH2,构建方程求出a即可解决问题.本题属于圆综合题,考查了垂径定理,等腰三角形的性质,解直角三角形,平行线分线段成比例定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造平行线解决问题,学会利用参数构建方程解决问题,属于中考常考题型.24.【答案】解:(1)49÷5=9…4,但49÷3=16…1,所以49不是“差一数”;74÷5=14…4,74÷3=24…2,所以74是“差一数”.(2)大于300且小于400的数除以5余数为4的有304,309,314,319,324,329,334,339,344,349,354,359,364,369,374,379,384,389,394,399,其中除以3余数为2的有314,327,344,359,374,389.故大于300且小于400的所有“差一数”有314,327,344,359,374,389.【解析】(1)根据“差一数”的定义即可求解;(2)根据“差一数”的定义即可求解.考查了因式分解的应用,本题是一个新定义题,关键是根据新定义的特征和仿照样例进行解答,主要考查学生的自学能力.25.【答案】(1)证明:∵ADAB =A′D′A′B′,∴ADA′D′=ABA′B′,∵CDC′D′=ACA′C′=ABA′B′,∴CDC′D′=ACA′C′=ADA′D′,∴△ADC∽△A′D′C,∴∠A=∠A′,∵ACA′C′=ABA′B′,∴△ABC∽△A′B′C′.故答案为:CDC′D′=ACA′C′=ADA′D′,∠A=∠A′.(2)如图,过点D,D′分别作DE//BC,D′E′//B′C′,DE交AC于E,D′E′交A′C′于E′.∵DE//BC,∴△ADE∽△ABC,∴ADAB =DEBC=AEAC,同理,A′D′A′B′=D′E′B′C′=A′E′A′C′,∵ADAB =A′D′A′B′,∴DEBC =D′E′B′C′,∴DED′E′=BCB′C′,同理,AEAC =A′E′A′C′,∴AC−AEAC =A′C′−A′E′A′C′,即ECAC=E′C′A′C′,∴ECE′C′=ACA′C′,∵CDC′D′=ACA′C′=BCB′C′,∴CDC′D′=DED′E′=ECE′C′,∴△DCE∽△D′C′E′,∴∠CED=∠C′E′D′,∵DE//BC,∴∠CED+∠ACB=90°,同理,∠C′E′D′+∠A′C′B′=180°,∴∠ACB=∠A′B′C′,∵ACA′C′=CBC′B′,∴△ABC∽△A′B′C′.【解析】(1)根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可.(2)过点D,D′分别作DE//BC,D′E′//B′C′,DE交AC于E,D′E′交A′C′于E′.首先证明△CED∽△C′E′D′,推出∠CED=∠C′E′D′,再证明∠ACB=∠A′C′B′即可解决问题.本题考查相似三角形的判定和性质,解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题,学会添加常用辅助线,构造相似三角形解决问题,属于中考常考题型.26.【答案】证明:(1)如图②,连接A′C′,∵点A,点A′关于l对称,点C在l上,∴CA=CA′,∴AC+BC=A′C+BC=A′B,同理可得AC′+C′B=A′C′+BC′,∵A′B<A′C′+C′B,∴AC+BC<AC′+C′B;(2)如图③,在点C出建燃气站,铺设管道的最短路线是ACDB,(其中点D是正方形的顶点);如图④,在点C出建燃气站,铺设管道的最短路线是ACD+DE⏜+EB,(其中CD,BE都与圆相切)【解析】(1)由轴对称的性质可得CA=CA′,可得AC+BC=A′C+BC=A′B,AC′+C′B=A′C′+BC′,由三角形的三边关系可得A′B<A′C′+C′B,可得结论;(2)①由(1)的结论可求;②由(1)的结论可求解.本题是四边形综合题,考查了正方形的性质,圆的有关知识,轴对称的性质,三角形的三边关系,熟练运用这些性质解决问题是本题的关键.27.【答案】CF、DE、DF【解析】解:(1)∵∠ACB=90°,DE⊥AC,DF⊥BC,∴四边形CEDF是矩形,∵CD平分∠ACB,DE⊥AC,DF⊥BC,∴DE=DF,∴四边形CEDF是正方形,∴CE=CF=DE=DF,故答案为:CF、DE、DF;(2)连接OP,如图2所示:∵AB是半圆O的直径,PB⏜=2PA⏜,×180°=60°,∴∠APB=90°,∠AOP=13∴∠ABP=30°,。

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