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文档简介

年中考考前押题密卷(浙江卷)数学·全解全析第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10个小题,每小题3分,共30分.在每个小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,请选出并在答题卡上将该项涂黑)1.下列手机中的图标是轴对称图形的是()A. B. C. D.【答案】C【分析】根据轴对称图形的概念,如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个图形叫做轴对称图形,进行判断即可.【解析】解:A.不是轴对称图形,故此选项不合题意;B.不是轴对称图形,故此选项不合题意;C.是轴对称图形,故此选项符合题意;D.不是轴对称图形,故此选项不合题意.故选:C.【点睛】本题考查的是轴对称图形的概念,正确掌握相关定义是解题关键.2.已知,则的值为()A. B. C.12 D.18【答案】B【分析】根据二次根式的被开方数是非负数,由非负数的性质列式求出x的值;然后将x的值代入求出y的值,最后代入待求式,进行计算即可.【解析】解:由题意得:,解得x=3,把x=3代入,可得y=3,所以==.故选:B.【点睛】本题考查二次根式有意义的条件,关键是掌握二次根式有意义的条件以及求代数式的值的方法.3.下列运算结果正确的是()A.m2+m2=2m4 B.a2•a3=a5 C.(mn2)3=mn6 D.m6÷m2=m3【答案】B【分析】直接利用合并同类项法则、同底数幂的乘除运算法则、积的乘方运算分别计算,进而判断得出答案.【解析】解:A.m2+m2=2m2,故此选项不合题意;B.a2•a3=a5,故此选项符合题意;C.(mn2)3=m3n6,故此选项不合题意;D.m6÷m2=m4,故此选项不合题意.故选:B.【点睛】此题主要考查了合并同类项、同底数幂的乘除运算、积的乘方运算,正确掌握相关运算法则是解题关键.4.在五边形ABCDE中,∠A=∠E=120°,∠B=130°,∠C=70°,则∠D=()A.100° B.110° C.120° D.130°【答案】A【分析】根据多边形内角和公式解题即可.【解析】解:多边形的内角和为180°×(n﹣2),∴五边形ABCDE的内角和为180°×(5﹣2)=540°,∴∠D=540°﹣∠A﹣∠B﹣∠C﹣∠E=540°﹣120°﹣130°﹣70°﹣120°=100°.故选:A.【点睛】本题主要考查了多边形的内角和求法,关键是多边形内角和公式的应用.5.下列调查适合做普查的是()A.调查游客对我市景点的满意程度 B.调查我省中小学生的身高情况 C.调查九年级(3)班全班学生本周末参加社区活动的时间 D.调查我市中小学生保护水资源的意识【答案】C【分析】全面调查是对需要调查的对象逐个调查,这种调查能够收集全面、广泛、可靠的资料,但调查费用较高,时间延续较长,适合于较小的调查范围,抽样调查适合于较广的调查范围,据此可得到结.【解析】解:A、调查游客对我市景点的满意程度,范围较广,适合于抽样调查,该选项不符合题意;B、调查我省中小学生的身高情况,人数多,范围广,适合于抽样调查,该选项不符合题意;C、调查九年级(3)班全班学生本周末参加社区活动的时间,人数少,范围小,适合于全面调查,即普查,该选项符合题意;D、调查我市中小学生保护水资源的意识,人数多,范围广,适合于抽样调查,该选项不符合题意;故选:C.【点睛】本题考查了判断全面调查与抽样调查,了解全面调查与抽样调查的区别是解题的关键.6.一个正棱柱的正(主)视图和俯视图如图所示,则该三棱柱的侧(左)视图的面积为()A.8 B.16 C.8 D.8【答案】A【分析】求出正三棱锥底面边长的高,然后求解侧视图的面积.【解析】解:由题意可知,底面三角形是正三角形,边长为4,高为2,所以侧视图的面积为:4×=8.故选:A.【点睛】本题考查三视图求解几何体的侧视图,求解底面三角形的高是解题的关键,是基础题.7.如图,为做好疫情防控,小航同学在超市帮妈妈买回一袋纸杯,他把纸杯整齐地叠放在一起,请根据图中信息,如果把这50个纸杯整齐叠放在一起时,它的高度为()A.56cm B.57cm C.58cm D.59cm【答案】B【分析】根据题中所给图形,求出一个杯子高度及叠放后每个杯子漏出部分的高度即可得到答案.【解析】解:由图可知,右边8个杯子叠放高度比左边3个杯子高15﹣10=5(cm),∴杯子叠放后每个杯子漏出来部分的高度为5÷5=1cm,则一个杯子高度为10﹣2=8(cm),∴把这50个纸杯整齐叠放在一起时,它的高度为8+49=57(cm),故选:B.【点睛】本题考查数学知识解决实际问题,读懂题意,数形结合,分析出叠放后每个杯子漏出来部分的高度是解决问题的关键.8.将一副三角板如图放置,则下列结论中正确的是()①如果∠2=30°,则有AC∥DE;②∠BAE+∠CAD=180°;③如果BC∥AD,则有∠2=45°;④如果∠CAD=150°,必有∠4=∠C.A.①②③ B.③④ C.①②④ D.①②③④【答案】D【分析】根据平行线的性质与判定,余角的性质,等逐项分析并选择正确的选项即可.【解析】解:①∵∠2=30°,∴∠1=60°,∴∠1=∠E,∴AC∥DE,故①正确;②∵∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°,∴∠BAE+∠CAD=∠2+∠1+∠2+∠3=90°+90°=180°,故②正确;③∵BC∥AD,∴∠1+∠2+∠3+∠C=180°,又∵∠C=45°,∠1+∠2=90°,∴∠3=45°,∴∠2=90°﹣45°=45°,故③正确;④∵∠CAD=150°,∠DAE=90°,∴∠1=∠CAD﹣∠DAE=150°﹣90°=60°,∵∠E=60°,∴∠1=∠E,∴AC∥DE,∴∠4=∠C,故④正确;故选:D.【点睛】本题考查三角板中的角度计算,平行线的性质与判定,能够掌握数形结合思想是解决本题的关键.9.在学习勾股定理时,甲同学用四个相同的直角三角形(直角边长分别为a,b,斜边长为c)构成如图所示的正方形;乙同学用边长分别为a,b的两个正方形和长为b,宽为a的两个长方形构成如图所示的正方形,甲、乙两位同学给出的构图方案,可以证明勾股定理的是()A.甲 B.乙 C.甲,乙都可以 D.甲,乙都不可以【答案】A【分析】由图形中的面积关系,应用完全平方公式即可解决问题.【解析】解:甲同学的方案:∵大正方形的面积=小正方形的面积+直角三角形的面积×4,∴(a+b)2=c2+ab×4,∴a2+b2+2ab=c2+2ab,∴a2+b2=c2,因此甲同学的方案可以证明勾股定理;乙同学的方案:∵大正方形的面积=矩形的面积×2+两个小正方形的面积,∴(a+b)2=a2+2ab+b2,∴得不到a2+b2=c2,因此乙同学的方案不可以证明勾股定理.故选:A.【点睛】本题考查勾股定理的证明,关键是应用面积法,完全平方公式.10.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI,正方形BCFG与正方形CADE,延长BG,FG分别交AD,DE于点K,J,连结DH,IJ.图中两块阴影部分面积分别记为S1,S2.若S1:S2=1:4,S四边形边BAHE=18,则四边形MBNJ的面积为()A.5 B.6 C.8 D.9【答案】B【分析】先证△CAB≌△DAH(SAS),得∠ADH=90°,则H、D、E三点共线,再证=,则BC=FC=FG=BG=2GJ,AC=AD=DE=CE=BC+GJ=3GJ,然后由S四边形BAHE=S△ADH+S梯形ADEB=18,求出GJ=,证△FAN≌△EBM(ASA),则S△FAN=S△EBM,最后由S四边形MBNJ=S矩形CFJE﹣S四边形BCFN﹣S△EBM=S矩形CFJE﹣S△ABC,即可得出结果.【解析】解:∵四边形BAHI和四边形CADE都是正方形,∴AC=AD,AB=AH,∠CAD=∠ABI=∠BAH=∠ADE=90°,∴∠CAB+∠BAD=∠DAH+∠BAD,∴∠CAB=∠DAH,在△CAB和△DAH中,,∴△CAB≌△DAH(SAS),∴∠ADH=∠ACB=90°,∵∠ADE=90°,∴H、D、E三点共线,∵四边形BCFG和四边形CADE都是正方形,延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J,∴四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形,且AF=BE,∠AFN=∠BEM=90°,四边形DKGJ是正方形,四边形CFJE是矩形,∵S1:S2=1:4,∴=,∴BC=FC=FG=BG=2GJ,∵四边形CADE是正方形,∴∠ADE=90°,AC=AD=DE=CE=BC+GJ=3GJ,在Rt△ACB中,由勾股定理得:AB===GJ,在Rt△ADH中,由勾股定理得:DH===2GJ,∵S四边形BAHE=S△ADH+S梯形ADEB=18,∴AD•DH+(AD+BE)•DE=×3GJ×2GJ+(3GJ+GJ)×3GJ=18,解得:GJ=(负值已舍去),∵∠ABC+∠EBM=180°﹣∠ABI=180°﹣90°=90°,∠ABC+∠CAB=90°,∴∠CAB=∠EBM,即∠FAN=∠EBM,在△FAN和△EBM中,,∴△FAN≌△EBM(ASA),∴S△FAN=S△EBM,∴S△ABC=S四边形BCFN+S△FAN=S四边形BCFN+S△EBM,∴S四边形MBNJ=S矩形CFJE﹣S四边形BCFN﹣S△EBM=S矩形CFJE﹣S△ABC=FC•CE﹣AC•BC=2GJ×3GJ﹣×3GJ×2GJ=3GJ2=3×()2=6,故选:B.【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形面积、梯形面积与三角形面积的计算等知识,证明△FAN≌△EBM是解题的关键.第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6个小题,每小题4分,共24分)11.分解因式6xy2﹣3x2y=.【答案】3xy(2y﹣x)【分析】原式提取公因式3xy即可.【解析】解:原式=3xy(2y﹣x).故答案为:3xy(2y﹣x).【点睛】此题考查了因式分解﹣提公因式法,熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键.12.如图,▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O,AC+BD=22,AB=9.则△OCD的周长为.【答案】20【分析】由平行四边形的性质得OC=AC,OD=BD,CD=AB=9,则OC+OD=(AC+BD)=11,即可求出OC+OD+CD的值.【解析】解:∵四边形ABCD是平行四边形,对角线AC与BD交于点O,∴OC=OA=AC,OD=OB=BD,CD=AB=9,∵AC+BD=18,∴OC+OD=(AC+BD)=×22=11,∴OC+OD+CD=11+9=20,∴△OCD的周长为20,故答案为:20.【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、三角形的周长等知识,证明OC=AC,OD=BD,并且求得OC+OD=11是解题的关键.13.如图,将等腰△ABC(∠A是锐角)沿BD对折,使得点A落在射线BC上的E点处,再将△DCE沿CD对折得到△DCF,若DF刚好垂直于BC,则∠A的大小为°.【答案】45【分析】由等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB,由折叠的性质可得∠A=∠E=∠F,∠DCE=∠DCF,由外角性质可求∠BCF=∠A=∠E=∠F,由直角三角形的性质可求解.【解析】解:∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∵将等腰△ABC(∠A是锐角)沿BD对折,使得点A落在射线BC上的E点处,∴∠A=∠E,∵将△DCE沿CD对折得到△DCF,∴∠E=∠F,∠DCE=∠DCF,∵∠DCE=∠ABC+∠A,∠DCF=∠ACB+∠BCF,∴∠BCF=∠A,∴∠BCF=∠A=∠E=∠F,∵DF⊥BC,∴∠BCF=∠F=45°,∴∠A=45°,故答案为:45.【点睛】本题考查了翻折变换,等腰三角形的性质,外角的性质,灵活运用折叠的性质是本题的关键.14.已知一组数据x1,x2,x3,x4,x5的方差是,那么x1﹣5,x2﹣5,x3﹣5,x4﹣5,x5﹣5的方差是.【答案】【分析】方差是用来衡量一组数据波动大小的量,每个数都减去5所以波动不会变,方差不变.【解析】解:由题意知,原数据的平均数为,新数据的每一个数都减去了5,则平均数变为﹣5,则原来的方差=[(x1﹣)2+(x2﹣)2+…+(x5﹣)2]=,现在的方差=[(x1﹣5﹣+5)2+(x2﹣5﹣+5)2+…+(x5﹣5﹣+5)2]=[(x1﹣)2+(x2﹣)2+…+(x5﹣)2]=,所以方差不变.故答案为:.【点睛】本题考查了方差,本题说明了当数据都加上一个数(或减去一个数)时,方差不变,即数据的波动情况不变.15.直线y=kx+6k交x轴于点A,交y轴于点B,以原点O为圆心,3为半径的⊙O与l相交,则k的取值范围为.【答案】﹣<k<【分析】根据题意得到A(﹣6,0),B(0,6k),设⊙O于AB相切于C,连接OC,求得∠OAC=30°,于是得到结论.【解析】解:∵直线y=kx+6k交x轴于点A,交y轴于点B,∴A(﹣6,0),B(0,6k),设⊙O与AB相切于C,连接OC,∴OA=6,OC=3,∠ACO=90°,∴OC=OA,∴∠OAC=30°,当⊙O与l相交时,OB=|6k|<2,∴﹣<k<,故答案为﹣<k<.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系,一次函数图象与系数的关系,正确的作出图形是解题的关键.16.在二次函数y=x2﹣2tx+3中,t为大于0的常数.(1)若此二次函数的图象过点(2,1),则t等于;(2)如果A(m﹣2,a),B(4,b),C(m,a)都在此二次函数的图象上,且a<b<3,则m的取值范围是.【答案】(1);(2)3<m<4或m>6【分析】(1)将(2,1)代入y=x2﹣2tx+3计算得出t值即可;(2)先根据点AC的纵坐标相等,可得对称轴x=t=m﹣1,再分两种情况讨论得出结果即可.【解析】解:(1)将(2,1)代入y=x2﹣2tx+3得:1=4﹣4t+3,解得:t=,故答案为:.(2)∵A(m﹣2,a),C(m,a)都在二次函数图象上,∴二次函数y=x2﹣2tx+3的对称轴为直线x=t==m﹣1,∵t>0,∴m﹣1>0,解得m>1,∵m﹣2<m,∴A点在对称轴左侧,C点对称轴右侧,在二次函数y=x2﹣2tx+3中,令x=0,y=3,∴抛物线与y轴的交点坐标为(0,3),∴点(0,3)关于对称轴对称点的坐标为(2m﹣2,3),∵b<3,∴4<2m﹣2,解得m>3,①当点A(m﹣2,a),B(4,b)都在对称轴左侧时,∵y随x的增大而减小,且a<b,∴4<m﹣2,解得m>6,此时m满足的条件为:m>6;②当点A(m﹣2,a)在对称轴左侧,点B(4,b)在对称轴右侧时,∵a<b,∴点B(4,b)到对称轴的距离大于点A到对称轴的距离,∴4﹣(m﹣1)>m﹣1﹣(m﹣2),解得:m<4,此时,m满足的条件是:3<m<4,综上分析,3<m<4或m>6.故答案为:3<m<4或m>6.【点睛】本题考查了二次函数的性质,解题的关键是分类讨论.三、解答题(本大题共8个小题,共66分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.以下是某同学化简分式的部分运算过程:解:原式=……第一步=第二步=.……第三步……(1)上面第二步计算中,中括号里的变形的依据是通分;(2)上面的运算过程中第三步出现了错误;(3)请你写出完整的正确解答过程,并从﹣2,2,0中选一个作为x的值代入求值.【分析】(1)根据分式的性质,即可求解;(2)根据分式的运算法则:先乘方,再加减,最后乘除,有括号先算括号里面的计算即可;(3)取x=0,代入计算即可.【解析】解:(1)上面第二步计算中,中括号里的变形是通分,通分的依据是分式的基本性质,故答案为:通分;(2)第三步出现错误,原因是分子相减时未变号,原式=[﹣]×,=[﹣]×,=×,=×,=.故答案为:三.(3)当x=0时,上式==.【点睛】本题主要考查了分式的混合运算,熟练掌握分式的运算法则是解决本题的关键.18.如图,在平面直角坐标系中,已知△ABC三个顶点的坐标分别是A(﹣1,5),B(﹣4,3),C(﹣2,2).(1)△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称,画出△A1B1C1,并写出点A1,B1,C1的坐标;(2)将△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到△A2B2C2,画出△A2B2C2;(3)求(2)的旋转过程中点C经过的路径长.【分析】(1)利用中心对称的性质分别作出A,B,C的对应点A1,B1,C1,再顺次连接,写出点A1,B1,C1的坐标即可.(2)利用旋转变换的性质分别作出A,B,C的对应点A2,B2,C2,再顺次连接即可.(3)利用弧长公式求得点C经过的路径长.【解析】解:(1)如图1,△A1B1C1即为所求.A1(1,﹣5),B1(4,﹣3),C1(2,﹣2);(2)如图2,△A2B2C2即为所求;(3),点C经过的路径长为.【点睛】本题考查作图﹣平移变换,旋转变换,解题的关键是掌握平移变换,旋转变换的性质,属于中考常考题型.19.如图,在△ABC中,AB=AC,点D,E,F分别在AB,BC,AC边上,且BE=CF,BD=CE.(1)求证:∠BED=∠CFE;(2)当∠BAC=44°时,求∠DEF的度数.【分析】利用边角边定理证明△DBE≌△CEF,利用三角形内角和定理即可求出∠DEF的度数.【解析】(1)证明:∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,在△DBE和△CEF中,,∴△DBE≌△CEF(SAS),∴∠BED=∠CFE;(2)解:由(1)知:△DBE≌△CEF,∴∠1=∠3,∵∠A+∠B+∠C=180°,∠B=∠C,∴∠B=(180°﹣44°)=68°,∴∠1+∠2=180°﹣68°=112°,∴∠3+∠2=112°,∴∠DEF=180°﹣112°=68°.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质,证明三角形全等是解题的关键.20.跳绳是驿城区某校体育活动的特色项目.体育组为了了解八年级学生1分钟跳绳次数情况,随机抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试(单位:次),数据如下:100110114114120122122131144148152155156165165165165174188190对这组数据进行整理和分析,结果如下:平均数众数中位数145ab请根据以上信息解答下列问题:(1)填空:a=165,b=150.(2)学校规定1分钟跳绳165次及以上为优秀,请你估计七年级500名学生中,约有多少名学生能达到优秀.(3)某同学1分钟跳绳152次,请推测该同学的1分钟跳绳次数是否超过年级一半的学生?说明理由.【分析】(1)根据众数和中位数的定义解答即可;(2)用总人数乘样本中1分钟跳绳165次及以上所占比例即可;(3)根据中位数的意义解答即可.【解析】解:(1)在被抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试成绩中,165出现的次数最多,故众数a=165;把被抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试成绩从小到大排列,排在中间的两个数分别是148,152,故中位数b==150.故答案为:165;150;(2)500×=175(名),答:估计八年级500名学生中,约有175名学生能达到优秀;(3)超过年级一半的学生,理由如下:∵152>150,∴推测该同学的1分钟跳绳次数超过年级一半的学生.【点睛】本题考查众数、中位数以及用样本估计总体等知识,解题的关键是熟练掌握基本概念.21.A、B两地相距120km,甲车从A地驶往B地,乙车从B地以80km/h的速度匀速驶往A地,乙车比甲车晚出发mh.设甲车行驶的时间为x(h),甲、乙两车离A地的距离分别为y1(km)、y2(km),图中线段OP表示y1与x的函数关系.(1)甲车的速度为60km/h;(2)若两车同时到达目的地,在图中画出y2与x的函数图象,并求甲车行驶几小时后与乙车相遇;(3)若甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇,直接写出m的范围.【分析】(1)甲车的速度为120÷2=60(km/h);(2)求出乙车比甲车晚出发0.5h,即可画出图象,再求出y1=60x,y2=﹣80x+160,联立解析式解方程组即可得到答案;(3)求得y1=60x,y2=120﹣80(x﹣m)=﹣80x+120+80m,联立解方程组可得y1=y2=60(+m),根据甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇,可列60<60(+m)<72,即可解得答案.【解析】解:(1)由图可得,甲车的速度为120÷2=60(km/h),故答案为:60;(2)∵乙车从B地以80km/h的速度匀速驶往A地,两车同时到达目的地,∴乙车行驶时间为120÷80=1.5(h),∵2﹣1.5=0.5(h),∴乙车比甲车晚出发0.5h,画出y2与x的函数图象如下:图象CD即为y2与x的函数图象,由题意得y1=60x,设CD的函数表达式为y2=﹣80x+b,将(2,0)代入y2=﹣80x+b,得b=160,∴y2=﹣80x+160,由﹣80x+160=60x,解得x=,∴甲车出发后h与乙车相遇,答:甲车出发后h与乙车相遇;(3)根据题意得y1=60x,y2=120﹣80(x﹣m)=﹣80x+120+80m,由60x=﹣80x+120+80m得:x=+m,当x=+m时,y1=y2=60(+m),∵甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇,∴60<60(+m)<72,解得<m<,∴m的范围是<m<.【点睛】本题考查一次函数的应用,涉及待定系数法,解题的关键是数形结合数形的应用.22.某校八年级学生在数学课上进行了项目化学习研究,某小组研究如下:【提出驱动性问题】机场监控问题.【设计实践任务】选择“素材1”“素材2”,设计了“任务1”“任务2”“任务3”的实践活动.请你尝试帮助他们解决相关问题.机场监控问题的思考素材1如图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象,1号指挥机(看成点P)始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行.素材22号试飞机(看成点Q)一直保持在1号机P的正下方从原点O处沿45°角爬升,到高4km的A处便立刻转为水平飞行,再过1min到达B处开始沿直线BC降落,要求1min后到达C(10,3)处.问题解决任务1求解析式和速度求出OA段h关于s的函数解析式,直接写出2号机的爬升速度;任务2求解析式和坐标求出BC段h关于s的函数解析式,并预计2号机着陆点的坐标;任务3计算时长通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少.【分析】(1)设OA段h关于s的函数解析式为正比例函数的一般形式,根据OA与水平方向的夹角求出k值,从而求出对应函数解析式;根据勾股定理,求出点O与A的距离,1号机与2号机在水平方向的速度相同,由速度=路程÷时间求出2号机的爬升速度即可;(2)先求出点B的坐标,再利用待定系数法求出BC段h关于s的函数解析式;当h=0时对应s的值,从而求得2号机着陆点的坐标;(3)分别求出2号机在OA段和BC段PQ=3时对应的s的值,根据图象,当s处于这两者之间时PQ不超过3km,根据时间=路程÷速度求解即可.【解析】解:任务1:设OA段h关于s的函数解析式为h=ks,∴k==tan45°=1,∴h=s,∴当h=4时,s=4,∴OA段h关于s的函数解析式为h=s(0≤s≤4);2号机从O点到达A点飞行的路程为OA==4(km),所用时间为min,∴2号机的爬升速度为4÷=3(km/min).任务2:B点的横坐标为4+1×3=7,∴B点的坐标为(7,4).设BC段h关于s的函数解析式为h=k1s+b(k1、b为常数,且k1≠0).将坐标B(7,4)和C(10,3)分别代入h=k1s+b,得,解得,∴BC段h关于s的函数解析式为h=﹣s+.当h=0时,0=﹣s+,解得s=19,∴预计2号机着陆点的坐标为(19,0).任务3:当2号机在OA段,且PQ=3时,5﹣s=3,解得s=2;当2号机在BC段,且PQ=3时,5﹣(﹣s+)=3,解得s=13,根据图象可知,当2≤s≤13时,两机距离PQ不超过3km,∴两机距离PQ不超过3km的时长是(13﹣2)÷3=(min).【点睛】本题考查一次函数的应用,理解题意并利用待定系数法求出函数关系式是解题的关键.23.【操作与发现】如图①,在正方形ABCD中,点N,M分别在边BC、CD上.连接AM、AN、MN.∠MAN=45°,将△AMD绕点A顺时针旋转90°,点D与点B重合,得到△ABE.易证:△ANM≌△ANE,从而可得:DM+BN=MN.(1)【实践探究】在图①条件下,若CN=6,CM=8,则正方形ABCD的边长是12.(2)如图②,在正方形ABCD中,点M、N分别在边DC、BC上,连接AM、AN、MN,∠MAN=45°,若tan∠BAN=,求证:M是CD的中点.(3)【拓展】如图③,在矩形ABCD中,AB=12,AD=16,点M、N分别在边DC、BC上,连接AM、AN,已知∠MAN=45°,BN=4,则DM的长是8.【分析】(1)先证△AMN≌△EAN(SAS),得MN=EN.则MN=BN+DM.再由勾股定理得MN=10,则BN+DM=10,设正方形ABCD的边长为x,则BN=BC﹣CN=x﹣6,DM=CD﹣CM=x﹣8,得x﹣3+x﹣4=5,求解即可;(2)设BN=m,DM=n,由(1)得MN=BN+DM=m+n,再由锐角三角函数定义得AB=3BN=3m,则CN=BC﹣BN=2m,CM=CD﹣DM=3m﹣n,然后在Rt△CMN中,由勾股定理得出方程,得3m=2n,即可解决问题;(3)延长AB至P,使BP=BN=4,过P作BC的平行线交DC的延长线于Q,延长AN交PQ于E,连接EM,则四边形APQD是正方形,得PQ=DQ=AP=AB+BP=16,设DM=a,则MQ=16﹣a,证△ABN∽△APE,得PE=BN=,则EQ=,然后在Rt△QEM中,由勾股定理得出方程,求解即可.【解析】(1)解:∵四边形ABCD是正方形,∴AB=CD=AD,∠BAD=∠C=∠D=90°,由旋转的性质得:△ABE≌△ADM,∴BE=DM,∠ABE=∠D=90°,AE=AM,∠BAE=∠DAM,∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°,即∠EAM=90°,∵∠MAN=45°,∴∠EAN=90°﹣45°=45°,∴∠MAN=∠EAN,在△AMN和△AEN中,,∴△AMN≌△AEN(SAS),∴MN=EN,∵EN=BE+BN=DM+BN,∴MN=BN+DM,在Rt△CMN中,由勾股定理得:MN===10,则BN+DM=10,设正方形ABCD的边长为x,则BN=BC﹣CN=x﹣6,DM=CD﹣CM=x﹣8,∴x﹣6+x﹣8=10,解得:x=12,即正方形ABCD的边长是12;故答案为:12;(2)证明:设BN=m,DM=n,由(1)可知,MN=BN+DM=m+n,∵∠B=90°,tan∠BAN=,∴tan∠BAN==,∴AB=3BN=3m,∴CN=BC﹣BN=2m,CM=CD﹣DM=3m﹣n,在Rt△CMN中,由勾股定理得:(2m)2+(3m﹣n)2=(m+n)2,整理得:3m=2n,∴CM=2n﹣n=n,∴DM=CM,即M是CD的中点;(3)解:延长AB至P,使BP=BN=4,过P作BC的平行线交DC的延长线于Q,延长AN交PQ于E,连接EM,如图③所示:则四边形APQD是正方形,∴PQ=DQ=AP=AB+BP=12+4=16,设DM=a,则MQ=16﹣a,∵PQ∥BC,∴△ABN∽△APE,∴===,∴PE=BN=,∴EQ=PQ﹣PE=16﹣=,由(1)得:EM=PE+DM=+a,在Rt△QEM中,由勾股定理得:()2+(16﹣a)2=(+a)2,解得:a=8,即DM的长是8;故答案为:8.【点睛】本题是四边形综合题目,考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、锐角三角函数定义、相似三角形的判定与性质等知识;本题综合性强,熟练掌握正方形的性质和矩形的性质,证明三角形全等和三角形相似是解题的关键,属于中考常考题型.24.如图1,E点为x轴正半轴上一点,⊙E交x轴于A、B两点,交y轴于C、D两点,P点为劣弧上一个动点,且A(﹣1,0)、E(1,0).(1)的度数为120

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