2020年湖北省黄冈市中考数学试题
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湖北省黄冈市2020年中考数学试题(解析版).doc

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资料简介
第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 湖北省黄冈市 2020 年中考数学试题 一、选择题(本题共 8 小题,每小題 3 分,共 24 分.每小题给出的 4 个选项中,有且只有一 个答案是正确的) 1. 1 6 的相反数是 ( ) A. 6 B. -6 C. 1 6 D. 1 6  【答案】D 【解析】 【分析】 根据相反数的定义解答即可. 【详解】根据相反数的定义有: 1 6 的相反数是 1 6  . 故选 D. 【点睛】本题考查了相反数的意义,一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号;一个正数的相反数是负 数,一个负数的相反数是正数,0 的相反数是 0. 2.下列运算正确的是( ) A. 22 3m m m  B. 3 2 62 3 6m m m  C. 3 3(2 ) 8m m D. 6 2 3m m m  【答案】C 【解析】 【分析】 分别根据合并同类项、同底数幂相乘、幂的乘方、同底数幂相除逐一分析即可. 【详解】解:A. 2 3m m m  ,该项不符合题意; B. 2 53 322 6 63m m mm   ,该项不符合题意; C. 3 3(2 ) 8m m ,该项符合题意; D. 6 2 6 2 4m m m m   ,该项不符合题意; 故选:C. 【点睛】本题考查合并同类项、同底数幂相乘、幂的乘方、同底数幂相除,掌握运算法则是解题的关键. 3.如果一个多边形的每一个外角都是 36°,那么这个多边形的边数是( ) A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】D 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 【解析】 【分析】 根据多边形的外角的性质,边数等于 360°除以每一个外角的度数. 【详解】∵一个多边形的每个外角都是 36°,∴n=360°÷36°=10. 故选 D. 【点睛】本题考查了多边形外角与边数的关系,利用外角求正多边形的边数的方法,熟练掌握多边形外角 和公式是解决问题的关键. 4.甲、乙、丙、丁四位同学五次数学测验成绩统计如右表所示,如果从这四位同学中,选出一位同学参加数 学竞赛,那么应选___________去. 甲 乙 丙 丁 平均分 85 90 90 85 方差 50 42 50 42 A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】B 【解析】 【分析】 本题首先可通过四位同学的平均分比较,择高选取;继而根据方差的比较,择低选取求解本题. 【详解】通过四位同学平均分的比较,乙、丙同学平均数均为 90,高于甲、丁同学,故排除甲、丁;乙、 丙同学平均数相同,但乙同学方差更小,说明其发挥更为稳定,故选择乙同学. 故选:B. 【点睛】本题考查平均数以及方差,平均数表示其平均能力的高低;方差表示数据波动的大小,即稳定性 高低,数值越小,稳定性越强,考查对应知识点时严格按照定义解题即可. 5.下列几何体是由 4 个相同的小正方体搭成的,其中,主视图、左视图、俯视图都相同的是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 【分析】 根据题意分别画出各项三视图即可判断. 【详解】各选项主视图、左视图、俯视图如下: A. ,满足题意; B. ,不满足题意; C. ,不满足题意; D. ,不满足题意; 故选 A. 【点睛】本题考查几何体的三视图,关键在于牢记三视图的画法. 6.在平面直角坐标系中,若点 ( , )A a b 在第三象限,则点 ( , )B ab b 所在的象限是( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】 根据点 ( , )A a b 在第三象限,可得 0a  , 0b  ,进而判定出点 B 横纵坐标的正负,即可解决. 【详解】解:∵点 ( , )A a b 在第三象限, ∴ 0a  , 0b  , ∴ 0b  , ∴ 0ab  , ∴点 B 在第一象限, 故选:A. 【点睛】本题考查了点的坐标,解决本题的关键是掌握点的坐标特征. 7.若菱形的周长为 16,高为 2,则菱形两邻角的度数之比为( ) A. 4: 1 B. 5: 1 C. 6: 1 D. 7: 1 【答案】B 【解析】 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 【分析】 如图,AH 为菱形 ABCD 的高,AH=2,利用菱形的性质得到 AB=4,利用正弦的定义得到∠B=30°,则 ∠C=150°,从而得到∠C:∠B 的比值. 【详解】解:如图,AH 为菱形 ABCD 的高,AH=2, ∵菱形的周长为 16, ∴AB=4, 在 Rt△ABH 中,sinB= AH AB = 2 1 4 2  , ∴∠B=30°, ∵AB∥CD, ∴∠C=150°, ∴∠C:∠B=5:1. 故选:B. 【点睛】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.也考查了正弦的定义及应用. 8.2020 年初以来,红星消毒液公司生产的消毒液在库存量为 m 吨的情况下,日销售量与产量持平,自 1 月 底抗击“新冠病毒”以来,消毒液霱求量猛增,该厂在生产能力不变的情况下,消毒液一度脱销.下面表示 2020 年初至脱销期间,该厂库存量 y(吨)与时间(天)之间函数关系的大致图象是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 正确理解函数图象与实际问题的关系,题目中的脱销时库存量为 0. 【详解】根据题意:一开始销售量与生产量持平,此时图象为平行于 x 轴的线段, 当下列猛增是库存随着时间的增加而减小, 时间 t 与库存量 y 之间函数关系的图象为先平,再逐渐减小,最后为 0. 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 故选:D. 【点睛】本题要求能够通过图象得到函数是随自变量的增大,知道函数值是增大还是减小,通过图象得到 函数是随自变量的增大或减小的快慢. 二、填空题(本题共 8 小题,每小題 3 分,共 24 分) 9.计算: 3 8 = ▲ . 【答案】﹣2. 【解析】 立方根. 【分析】根据立方根的定义,求数 a 的立方根,也就是求一个数 x,使得 x3=a,则 x 就是 a 的一个立方根: ∵(-2)3=-8,∴ 3 8= 2  . 10.已知 1 2,x x 是一元二次方程 2 2 1 0x x   的两根,则 1 2 1 x x  ____________. 【答案】-1 【解析】 【分析】 根据根与系数的关系得到 x1x2=-1,代入 1 2 1 x x 计算即可. 【详解】解:∵一元二次方程 x2−2x−1=0 的两根为 x1,x2, ∴x1x2=-1, ∴ 1 2 1 x x  -1. 故答案为:-1. 【点睛】本题考查了一元二次方程 ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系:若方程的两根为 x1,x2,则 x1+x2=− b a ,x1•x2= c a . 11.若| 2| 0x x y    ,则 1 2 xy  __________. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据非负数的性质进行解答即可. 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 【详解】解: | 2 | 0x x y    , 2 0x   , 0x y  , 2x  , 2y   ,  1 1 2 ( 2) 22 2xy       , 故答案为:2. 【点睛】本题考查了非负数的性质,掌握几个非负数的和为 0,这几个数都为 0,是解题的关键. 12.已知:如图,在 ABC 中,点 D 在边 BC 上, , 35AB AD DC C     ,则 BAD  _______度. 【答案】40 【解析】 【分析】 根据等边对等角得到 35CAD C     ,再根据三角形外角的性质得到 70BDA C CAD      , 故 70B BDA     ,由三角形的内角和即可求解 BAD 的度数. 【详解】解:∵ , 35AD DC C    , ∴ 35CAD C    , ∴ 70BDA C CAD      , ∵ AB AD , ∴ 70B BDA     , ∴ 180 40BAD B BDA     , 故答案为:40. 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、三角形外角的性质、三角形的内角和,熟练掌握几何知识并灵活运 用是解题的关键. 13.计算: 2 2 1y x x y x y       的结果是____________. 【答案】 1 x y 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 【解析】 【分析】 先计算括号内分式的减法、将被除式分母因式分解,再将除法转化为乘法,最后约分即可得. 【详解】解: 2 2 1y x x y x y          y x y x x y x y x y x y             y y x y x y x y        y x y x y x y y    1 x y   , 故答案为: 1 x y . 【点睛】本题主要考查分式的混合运算,解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则. 14.已知:如图, // , 75 , 135AB EF ABC CDF     ,则 BCD  _____________度. 【答案】30 【解析】 【分析】 本题可利用两直线平行,同位角相等求解∠EGC,继而根据邻补角定义求解∠CDE,最后根据外角定义求 解∠BCD. 【详解】令 BC 与 EF 相交于 G 点,如下图所示: ∵ // , 75 , 135AB EF ABC CDF     , ∴∠EGC=∠ABC=75°,∠EDC=180°-∠CDF=180°-135°=45°, 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 又∵∠EGC=∠BCD+∠EDC, ∴∠BCD=75°-45°=30°, 故答案:30. 【点睛】本题考查直线平行的性质,外角以及邻补角定义,难度一般,掌握一些技巧有利于解题效率,例 如见平行推角等. 15.我国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题:“今有池方一丈,葭(jiā)生其中央,出水一尺,引 葭赴岸,适与岸齐问水深几何?”(注:丈、尺是长度单位,1 丈=10 尺)这段话翻译成现代汉语,即为: 如图,有一个水池,水面是一个边长为 1 丈的正方形,在水池正中央有一根芦苇,它高出水面 1 尺,如果 把这根芦苇拉向水池一边的中点,它的顶端恰好到达池边的水面.则水池里水的深度是_______________尺. 【答案】12 【解析】 【分析】 首先设水池的深度为 x 尺,则这根芦苇的长度为(x+1)尺,根据勾股定理可得方程 x2+52=(x+1)2 即可. 【详解】设这个水池深 x 尺, 由题意得,x2+52=(x+1)2, 解得:x=12 答:这个水池深 12 尺. 故答案为:12. 【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用,在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决 实际问题常用的方法,关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型,画出准确的示意图.领会数形结合的 思想的应用. 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 16.如图所示,将一个半径 10cmOA  ,圆心角 90AOB   的扇形纸板放置在水平面的一条射线 OM 上.在没有滑动的情况下,将扇形 AOB 沿射线 OM 翻滚至 OB 再次回到 OM 上时,则半径OA的中点 P 运 动的路线长为_____________ cm . 【答案】 5 510 2   【解析】 【分析】 仔细观察顶点 P 经过的路线可得,中点 P 经过的路线可以分为四段,分别求出四段的长,再求出其和即可. 【详解】连接 BP,如图, ∵P 为 AO 的中点,AO=10cm, ∴PO=5cm, 由勾股定理得,BP= 5 5cm , 中点 P 经过的路线可以分为四段,当弧 AB 切射线 OM 于点 B 时,有 OB⊥射线 OM,此时 P 点绕不动点 B 转过了 90°,此时点 P 经过的路径长为: 90 5 5 5 5=180 2   cm; 第二段:OB⊥射线 OM 到 OA⊥射线 OM,P 点绕动点转动,而这一过程中弧 AB 始终是切于射线 OM 的, 所以 P 与转动点的连线始终⊥射线 OM,所以 P 点过的路线长=AB 的弧长,即 90 10 =5180   ; 第三段:OB⊥射线 OM 到 P 点落在射线 OM 上,P 点绕不动点 A 转过了 90°,此时点 P 经过的路径长为: 90 5 5=180 2   ; 第四段:OA⊥射线 OM 到 OB 与射线 OM 重合,P 点绕不动点 O 转过了 90°,此时点 P 经过的路径长为: 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 90 5 5=180 2   ; 所以,P 点经过的路线总长 S= 5 5 5 5 5 55 + + + =10 +2 2 2 2       . 故答案为: 5 510 2   【点睛】本题考查了弧长的计算,关键是理解中点 P 经过的路线可得,中点 P 经过的路线总长为四个扇形 的弧长. 三、解答题(本题共 9 題,满分 72 分) 17.解不等式 2 1 1 3 2 2x x  ,并在数轴上表示其解集. 【答案】 3x   ,数轴见解析 【解析】 【分析】 先去分母、移项、合并同类项解不等式,得出解集后在数轴上表示即可. 【详解】解: 2 1 1 3 2 2x x  去分母得, 4 3 3x x  , 移项得, 4 3 3x x   , 合并同类项得, 3x   . ∴原不等式的解集为: 3x   . 解集在数轴上表示为: 【点睛】本题考查了解一元一次不等式,根据不等式的性质解一元一次不等式是解题的关键. 18.已知:如图,在 ABCD 中,点O 是CD 的中点,连接 AO 并延长,交 BC 的延长线于点 E ,求证: AD CE . 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 【答案】见解析 【解析】 【分析】 通过证明 ADO ECO△ ≌△ 即可得证. 【详解】证明:∵点O 是 CD 的中点, DO CO  . 在 ABCD 中, //AD BC , ,D DCE DAO E      . 在 ADO△ 和 ECO 中, DAO E D DCE DO CO         , ( )ADO ECO AAS△ ≌△ AD CE  . 【点睛】本题考查平行四边形的性质,全等三角形的判定与性质等内容,熟练运用平行四边形的性质及全 等三角形的判定是解题的关键. 19.为推广黄冈各县市名优农产品,市政府组织创办了“黄冈地标馆”.一顾客在“黄冈地标馆”发现,如果购 买 6 盒羊角春牌绿茶和 4 盒九孔牌藕粉,共需 960 元.如果购买 1 盒羊角春牌绿茶和 3 盒九孔牌藕粉共需 300 元.请问每盒羊角春牌绿茶和每盒九孔牌藕粉分别需要多少元? 【答案】每盒羊角春牌绿茶 120 元,每盒九孔牌藕粉 60 元 【解析】 【分析】 根据题意列出二元一次方程组解出即可. 【详解】解:设每盒羊角春牌绿茶 x 元,每盒九孔牌藕粉 y 元,依题意可列方程组: 6 4 960 3 300 x y x y      解得: 120 60 x y    答:每盒羊角春牌绿茶 120 元,每盒九孔牌藕粉 60 元. 【点睛】本题考查二元一次方程组的应用,关键在于理解题意找出等量关系. 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 20.为了解疫情期网学生网络学习的学习效果,东坡中学随机抽取了部分学生进行调查.要求每位学生从“优 秀”、“良好”、“一般”、“不合格”四个等次中,选择一项作为自我评价网络学习的效果现将调查结果绘制成 如下两幅不完整的统计图,请结合图中所给的信息解答下列问题: (1)这次活动共抽查了_________________人. (2)将条形统计图补充完整,并计算出扇形统计图中,学习效果“一般”的学生人数所在扇形的圆心角度数. (3)张老师在班上随机抽取了 4 名学生,其中学习效果“优秀”的 1 人,“良好”的 2 人,“一般”的 1 人,若 再从这 4 人中随机抽取 2 人,请用画树状图法,求出抽取的 2 人学习效果全是“良好”的概率. 【答案】(1)200;(2)图见解析,108 ;(3) 1 6 【解析】 【分析】 (1)用“良好”所占的人数 80 除以它所占的百分比 40%即可得到调查的总人数; (2)用总分数减去“优秀”、“良好”、“一般”所占的人数即可计算出“不合格”的人数,然后补全条形统计图,用 “一般”的人数除以总人数得到其所占的百分比,再乘以 360°即可得到“一般”的学生人数所在扇形的圆心角 度数; (3)画图树状图,然后再用概率公式求解即可. 【详解】解:(1)结合扇形统计图和条形统计图可知: 本次活动共调查了:80÷40%=200(人), 故答案为:200. (2)“不合格”的人数为:200-40-80-60=20 人, 故条形统计图补全如下所示: 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 学习效果“一般”的学生人数所占的百分比为:60÷200=30%, 故学习效果“一般”所在扇形的圆心角度数为 30%×360°=108°, 故答案为:108°. (3)依题意可画树状图: 共有 12 种可能的情况,其中同时选中“良好”的情况由 2 种, P (同时选中“良好”) 2 1 12 6   . 故答案为: 1 6 . 【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率以及扇形与条形统计图,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;树状图法可以展示所有等可能的结果求出 n,再 从中选出符合事件 A 的结果数目 m,最后用概率公式求出 P(A)= m n 即可求出事件 A 的概率. 21.已知:如图,AB 是 O 的直径,点 E 为 O 上一点,点 D 是 »AE 上一点,连接 AE 并延长至点 C,使 ,CBE BDE BD   与 AE 交于点 F. (1)求证: BC 是 O 的切线; (2)若 BD 平分 ABE ,求证: 2AD DF DB  . 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】 【分析】 (1)利用 AB 为直径,得出 90BEA   ,利用 ,BDE BAE CBE BDE      得出 BAE CBE   , 从而得出 90EBA EBC     ,进而得出结论; (2)证出 FDA ADB ∽ 即可得出结论. 【详解】证明:(1) ABQ 为直径, 90BEA  , 在 Rt BEAV 中, 90EBA BAE     , 又 ,BDE BAE CBE BDE      , BAE CBE   , 90EBA CBE    ,即 90ABC  , BC AB  , 又 ABQ 为 O 的直径, BC 是 O 的切线; (2) BDQ 平分 ABE , EBD DBA   , 又 EBD EAD   , DBA EAD   , 又 FDA ADB   , FDA ADB ∽ , AD FD BD AD   , 2AD DF DB   . 【点睛】本题考查了切线的判定,同弧所对的圆周角相等,三角形相似的判定和性质;证明切线有两种情 况(1)有交点,作半径,证垂直;(2)无交点,作垂直,证半径. 22.因东坡文化远近闻名的遗爱湖公园,“国庆黄金周”期间,游人络绎不绝,现有一艘游船载着游客在遗爱 湖中游览.当船在 A 处时,船上游客发现岸上 1P 处的临皋亭和 2P 处的遗爱亭都在东北方向;当游船向正东 方向行驶 600m 到达 B 处时,游客发现遗爱亭在北偏西 15°方向;当游船继续向正东方向行驶 400m 到达 C 处时,游客发现临皋亭在北偏西 60°方向. 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 (1)求 A 处到临皋亭 P 处的距离. (2)求临皋亭 1P 处与遗爱亭 2P 处之间的距离(计算结果保留根号) 【答案】(1) (500 6 500 2) m ;(2) (800 2 400 6) 米 【解析】 【分析】 (1)过点 1P 作 1PM AC 于点 M.设 1 mPM x ,在 1Rt APM 中,得到 1 2 mAP x ,在 1Rt PMC 中, 得到 3 mMC x ,根据 AC AB BC AM MC    得到关于 x 的一元一次方程,求解即可得到 x 的值, 进而 A 处到临皋亭的距离即可求解; (2)过点 B 作 2BN AP 于点 N ,在 Rt ABN△ 中,得到 300 2mAN  ,在 2Rt NP B△ 中,得到 2 100 6mNP  ,根据 1 2 2 1 2 1PP AP AP AN NP AP     求解即可. 【详解】解:(1)依题意有 2 2 145 , 75 , 30P AB P BA PCA         . 过点 1P 作 1PM AC 于点 M.设 1 mPM x ,则 在 1Rt APM 中, 1 1m m, 2 AM PM x AP x   . 在 1Rt PMC 中, 1 12 2 m, 3 mPC PM x MC x   . 又 AC AB BC AM MC    , 3 600 400. 500( 3 1)x x x       第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 1 2 500( 3 1) (500 6 500 2) mAP      ∴点 A 处与点 1P 处临皋亭之间的距离为 (500 6 500 2) m . (2)过点 B 作 2BN AP 于点 N . 在 Rt ABN△ 中, 45ABN   . 600 300 2m 2 2 ABAN BN     . 在 2Rt NP B△ 中, 2 2 30NBP P BA ABN       . 2 300 2 100 6m 3 3 NBNP    . 2 2 (300 2 100 6)mAP AN NP     . 1 2 2 1 300 2 100 6 500 6 500 2 (800 2 400 6)mPP AP AP         . ∴点 1P 处临亭与点 2P 处遗爱亭之间的距离为 (800 2 400 6)m . 【点睛】本题考查解直角三角形的应用,作出合适的辅助线,构造出直角三角形是解题的关键. 23.已知:如图,一次函数的图象与反比例函数的图象交于 A,B 两点,与 y 轴正半轴交于点 C,与 x 轴负半 轴交于点 D, 15,tan 2OB DOB   . (1)求反比例函数的解析式; (2)当 1 2ACO OCDS S  时,求点 C 的坐标. 【答案】(1) 2y x  ;(2)点 C 的坐标为 (0,2) 【解析】 【分析】 (1)过点 B 作 BM x 轴于点 M,由 1tan 2DOB  设 BM=x,MO=2x,由勾股定理求出 x 的值,得到点 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 B 的坐标,代入即可求解; (2)设点 C 的坐标为 (0, )m ,则 0m  .设直线 AB 的解析式为: y kx m  ,将 B 点坐标代入 AB 的函 数关系式,可得 1 2 my x m  ,令 y=0 得到 2 1 mOD m   ,令 2 1 2 m x mx   ,解得两个 x 的值,A 点的 横坐标为 2 1m  ,由 1 2ACO OCDS S  列出方程求解即可. 【详解】解:(1)过点 B 作 BM x 轴于点 M,则 在 Rt MOB 中 1tan 2 BMDOB MO    . 设 ( 0)BM x x  ,则 2MO x . 又 2 2 25,OB OM BM OB   . 2 2 2(2 ) ( 5)x x   . 又 0,x  1x  , ∴点 B 的坐标是 ( 2, 1)  ∴反比例的解析式为 2y x  . (2)设点 C 的坐标为 (0, )m ,则 0m  .设直线 AB 的解析式为: y kx m  . 又∵点 ( 2, 1)B   在直线 AB 上将点 B 的坐标代入直线解析式中, 2 1k m    . 1 2 mk   . ∴直线 AB 的解析式为: 1 2 my x m  . 令 0y  ,则 2 1 mx m    . 2 1 mOD m    . 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 令 2 1 2 m x mx   ,解得 1 2 22, 1x x m     . 经检验 1 2,x x 都是原方程的解. 又 1 2ACO OCDs s  . 1 1 1 2 2 2ACO x CO OD     . 2 AOD x  . 2 4 1 1 m m m    . 2m  . 经检验, 2m  是原方程的解. ∴点 C 的坐标为 (0,2) . 【点睛】本题考查反比例函数与一次函数综合、分式方程、一元二次方程和解直角三角形,解题的关键是 熟练掌握反比例函数的图象和性质. 24.网络销售已经成为一种热门的销售方式为了减少农产品的库存,我市市长亲自在某网络平台上进行直播 销售大别山牌板栗.为提高大家购买的积极性,直播时,板栗公司每天拿出 2000 元现金,作为红包发给购 买者.已知该板栗的成本价格为 6 元 /kg ,每日销售量 (kg)y 与销售单价 x(元 /kg )满足关系式: 100 5000y x   .经销售发现,销售单价不低于成本价格且不高于 30 元 /kg .当每日销售量不低于 4000kg 时,每千克成本将降低 1 元设板栗公司销售该板栗的日获利为 W(元). (1)请求出日获利 W 与销售单价 x 之间的函数关系式 (2)当销售单价定为多少时,销售这种板栗日获利最大?最大利润为多少元? (3)当 40000W  元时,网络平台将向板栗公可收取 a 元 /kg( 4)a  的相关费用,若此时日获利的最大值 为 42100 元,求 a 的值. 【答案】(1) 2 2 100 5500 27000(6 10) 100 5600 32000(10 30) x x xw x x x           ;(2)当销售单价定为 28 元时,日获利最大, 且最大为 46400 元;(3) 2a  【解析】 【分析】 (1)首先根据题意求出自变量 x 的取值范围,然后再分别列出函数关系式即可; (2)对于(1)得到的两个函数关系式在其自变量取值范围内求出最大值,然后进行比较,即可得到结果; 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 (3)先求出当 40000w  ,即 2100 5600 32000 40000x x    时的销售单价,得当 40000,20 36w x   ,从而 20 30x  ,得 1 ( 6 )( 100 5000) 2000w x a x      ,可知,当 128 2x a  时, max 42100w  元,从而有 1 128 6 100 28 5000 2000 421002 2a a a                    , 解方程即可得到 a 的值. 【详解】解:(1)当 4000y  ,即 100 5000 4000x   , 10x  . ∴当 6 10x≤ ≤ 时, ( 6 1)( 100 5000) 2000w x x      2100 5500 27000x x    当10 30x  时, ( 6)( 100 5000) 2000w x x     2100 5600 32000x x    . 2 2 100 5500 27000(6 10) 100 5600 32000(10 30) x x xw x x x            (2)当 6 10x≤ ≤ 时, 2100 5500 27000w x x    . ∵对称轴为 5500 55 102 2 ( 100) 2 bx a        , ∴当 10x  时, max 5 4000 2000 18000w     元. 当10 30x  时, 2100 5600 32000w x x    . ∵对称轴为 5600 282 2 ( 100) bx a       , ∴当 28x  时, max 22 2200 2000 46400w     元. 46400 18000 ∴综合得,当销售单价定为 28 元时,日获利最大,且最大为 46400 元. (3) 40000 18000 , 10 30x   ,则 2100 5600 32000w x x    . 令 40000w  ,则 2100 5600 32000 40000x x    . 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 解得: 1 220, 36x x  . 在平面直角坐标系中画出 w 与 x 的数示意图. 观察示意图可知: 40000,20 36w x   . 又 10 30x  , 20 30x   . 1 ( 6 )( 100 5000) 2000w x a x       2100 (5600 100 ) 32000 5000x a x a      . 对称轴为 5600 100 1282 2 ( 100) 2 b ax aa        4a  , 对称轴 128 302x a   . ∴当 128 2x a  时, max 42100w  元. 1 128 6 100 28 5000 2000 421002 2a a a                     2 88 172 0a a    , 1 22, 86a a   . 又 4a  , 2a  . 【点睛】本题考查了二次函数和一元二次方程在销售问题中的应用,明确成本利润问题的基本数量关系及 二次函数的性质是解题的关键. 25.已知抛物线 2y ax bx c   与 x 轴交于点 ( 1,0)A  ,点 (3,0)B ,与 y 轴交于点 (0,3)C ,顶点为点 D. 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 (1)求抛物线的解析式; (2)若过点 C 的直线交线段 AB 于点 E,且 : 3:5ACE CEBS S   ,求直线 CE 的解析式 (3)若点 P 在抛物线上,点 Q 在 x 轴上,当以点 D、C、P、Q 为顶点的四边形是平行四边形时,求点 P 的坐标; (4)已知点 450, , (2,0)8H G     ,在抛物线对称轴上找一点 F,使 HF AF 的值最小此时,在抛物线上是 否存在一点 K,使 KF KG 的值最小,若存在,求出点 K 的坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】(1) 2y x 2x 3    ;(2) 6 3y x   ;(3)点 P 的坐标为 (1 5, 1),(1 3,1)   ;(4)存在, 点 K 的坐标为 (2,3) 【解析】 【分析】 (1)由于点 A、B 为抛物线与 x 轴的交点,可设两点式求解;也可将 A、B、C 的坐标直接代入解析式中 利用待定系数法求解即可; (2)根据两个三角形的高相等,则由面积比得出 : 3:5AE EB  ,求出 AE,根据点 A 坐标可解得点 E 坐标, 进而求得直线 CE 的解析式; (3)分两种情况讨论①当四边形 DCPQ 为平行四边形时;②当四边形 DCQP 为平行四边形时,根据平行 四边形的性质和点的坐标位置关系得出纵坐标的关系式,分别代入坐标数值,解方程即可解答; (4)根据抛物线的对称性,AF=BF,则 HF+AF=HF+BF,当 H、F、B 共线时,HF+AF 值最小,求出此时 点 F 的坐标,设  0 0,K x y ,由勾股定理和抛物线方程得 0 17 4KF y  ,过点 K 作直线 SK,使 //SK y 轴, 且点 S 的纵坐标为17 4 ,则点 S 的坐标为 0 17, 4x     ,此时, 0 17 4KS y  ,∴KF+KG=KS+KG,当 S、K、G 共线且平行 y 轴时,KF+KG 值最小,由点 G 坐标解得 0x ,代入抛物线方程中解得 0y ,即为所求 K 的坐标. 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 【详解】解:(1)方法 1:设抛物线的解析式为 ( 3)( 1)y a x x= - + 将点 (0,3)C 代入解析式中,则有1 (0 3) 3 1a a      . ∴抛物线的解析式为  2 22 3 2 3y x x x x        . 方法二:∵经过 , ,A B C 三点抛物线的解析式为 2y ax bx c   , 将 ( 1,0), (3,0), (0,3)A B C 代入解析式中,则有 3 0 9 3 0 c a b c a b c          ,解得: 1 2 3 a b c       , ∴抛物线的解析式为 2y x 2x 3    . (2) : 3:5ACE CEBS S   , 1 32 1 5 2 AE CO EB CO     . : 3:5AE EB  . 3 3 348 8 2AE AB     . 3 11 2 2Ex     . E 的坐标为 1 ,02      . 又 C 点的坐标为 (0,3) . 直线CE 的解析式为 6 3y x   . (3) 2 22 3 ( 1) 4y x x x        . ∴顶点 D 的坐标为 (1,4) . ①当四边形 DCPQ 为平行四边形时,由 DQ∥CP,DQ=CP 得: D Q C Py y y y   ,即 4 0 3 Py   . 1py   .令 1y   ,则 2 2 3 1x x     . 1 5x   . 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 ∴点 P 的坐标为 (1 5, 1)  . ②当四边形 DCQP 为平行四边形时,由 CQ∥DP,CQ=DP 得: c Q D py y y y   ,即 3 0 4 Py   1py  .令 1y  ,则 2 2 3 1x x    . 1 3x   . ∴点 P 的坐标为 (1 3,1) . ∴综合得:点 P 的坐标为 (1 5, 1),(1 3,1)   (4)∵点 A 或点 B 关于对称轴 1x  对称 ∴连接 BH 与直线 1x  交点即为 F 点. ∵点 H 的坐标为 450, 8      ,点 B 的坐标为 (3,0) , ∴直线 BH 的解析式为: 15 45 8 8y x   . 令 1x  ,则 15 4y  . 当点 F 的坐标为 151, 4      时, HF AF 的值最小.11 分 设抛物线上存在一点  0 0,K x y ,使得 FK FG 的值最小. 则由勾股定理可得:   2 22 0 0 151 4KF x y       . 又∵点 K 在抛物线上,  2 0 0 1 4y x      2 0 01 4x y    代入上式中,   2 2 2 0 0 0 15 174 4 4KF y y y                0 17 4KF y   . 如图,过点 K 作直线 SK,使 //SK y 轴,且点 S 的纵坐标为17 4 . 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载 ∴点 S 的坐标为 0 17, 4x     . 则 0 17 4SK y  . 0 0 0 17 17 17,4 4 4y y y         (两处绝对值化简或者不化简者正确.) KF SK  . KF KG SK KG    当且仅当 , ,S K G 三点在一条直线上,且该直线干行于 y 轴, FK FG 的值最小. 又∵点 G 的坐标为 (2,0) , 0 2x  ,将其代入抛物线解析式中可得: 0 3y  . ∴当点 K 的坐标为 (2,3) 时, KF KG 最小. 【点睛】本题主要考查了二次函数与几何图形的综合,涉及待定系数法、平行四边形的性质、、三角形面积、 求线段和的最小值(即将军饮马模型)等知识,解答的关键是认真审题,找出相关条件,运用待定系数法、 数形结合法等解题方法确定解题思路,对相关信息进行推理、探究、发现和计算. 第一试卷网 Shijuan1.Com 提供下载

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