2024成都中考数学B卷专项强化训练五 (含答案)

2024成都中考B卷专项强化训练五班级：________姓名：________得分：________(满分：50分)一、填空题(本大题共5个小题，每小题4分，共20分)19.请你写出一个图象经过第二、四象限的反比例函数的表达式：__________．20.已知m＋n＝eq\f(1,2)，则代数式eq\f(m－n,mn)÷(eq\f(m,n)－eq\f(n,m))的值为________．21.几个相同的小正方体叠放在一起，该组合体的主视图与俯视图如图所示，那么组合体中小正方体的个数最少有________个．第21题图22.定义：若一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)满足a－b＋c＝0，则我们称这个方程为“蝴蝶”方程．已知关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)是“蝴蝶”方程，且有两个相等的实数根，则a与c的数量关系是______．23.如图，这是喷灌架为一坡地草坪喷水的平面示意图，喷水头的高度(喷水头距喷灌架底部的距离)是1米，喷灌架喷射出的水流可以近似地看成抛物线y＝－eq\f(1,40)x2＋x＋1.现将喷灌架置于坡度为1∶10的坡地底部点O处，草坡上距离O的水平距离为30米处有一棵高度约为2.375米的石榴树AB.第23题图(1)喷射出的水流与坡面OA之间的最大铅直高度是____米；(2)若要对这棵石榴树进行喷灌(喷射出的水流经过点B)，则需将喷灌架向后移动____米．二、解答题(本大题共3个小题，共30分)24.(本小题满分8分)第31届世界大学生夏季运动会在成都举行，这一届的吉祥物“蓉宝”是以大熊猫“芝麻”为原型设计的．某公司生产的吉祥物摆件有445箱，蓉宝挂件有130箱．(1)现计划租用A，B两种货车共15辆，一次性将物品送往仓库，已知A种货车可装摆件35箱和挂件10箱，B种货车可装摆件15箱和挂件15箱，则一共有几种租车方案？(2)在(1)的条件下，A种货车每辆需运费860元，B种货车每辆需运费740元，怎样租车才能使总运费最少？并求出最少运费．25.(本小题满分10分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y＝a(x－1)2＋k的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的左边)，AB＝4，与y轴交于点C，E为抛物线的顶点，且tan∠ABE＝2.(1)求此二次函数的表达式；(2)已知点P在第四象限的抛物线上，连接AE交y轴于点M，连接PE交x轴于点N，连接MN，若S△EAP＝3S△EMN，求点P的坐标；(3)如图②，将原抛物线沿y轴翻折得到一个新抛物线，点A的对应点为点F，过点C作直线l与新抛物线交于另一点S，与原抛物线交于另一点T，是否存在这样一条直线，使得EF为∠SFT的角平分线？若存在，求出直线l的表达式；若不存在，请说明理由．图①图②第25题图26.(本小题满分12分)问题情境：如图①，菱形ABCD中，AC是对角线，点E，F，G，H分别是边BC，AB，AD，CD上的点，且满足BE＝DG，BF＝DH，将菱形ABCD分别沿EF，GH所在的直线折叠，点B的对应点I与点D的对应点J都落在对角线AC上．数学思考：(1)如图①，试判断线段AI，CJ的数量关系，并说明理由；猜想证明：(2)如图②，当点I与点J重合时，连接FG，EH，请判断四边形EFGH的形状，并说明理由；解决问题：(3)若AB＝n，∠B＝60°，当2BF＝3BE时，求CI的长(用含n的代数式表示)．图①图②第26题图备用图

参考答案与解析19.y＝－eq\f(3,x)(答案不唯一)【解析】设反比例函数表达式为y＝eq\f(k,x)，∵反比例函数图象经过第二、四象限，∴k<0，∴表达式可以为y＝－eq\f(3,x).20.2【解析】原式＝eq\f(m－n,mn)÷eq\f(m2－n2,mn)＝eq\f(m－n,mn)·eq\f(mn,（m－n）（m＋n）)＝eq\f(1,m＋n).当m＋n＝eq\f(1,2)时，原式＝2.21.8【解析】第一层有1＋2＋3＝6个小正方体，第二层最少有2个小正方体，∴这个组合体中最少有8个小正方体．22.a＝c【解析】∵关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)是“蝴蝶”方程，∴a－b＋c＝0，∴b＝a＋c.∵方程有两个相等的实数根，∴Δ＝b2－4ac＝(a＋c)2－4ac＝(a－c)2＝0，∴a＝c.23.(1)9.1【解析】设喷射出的水流与坡面OA之间的铅直高度为h米，则h＝－eq\f(1,40)x2＋x＋1－0.1x＝－eq\f(1,40)x2＋eq\f(9,10)x＋1＝－eq\f(1,40)(x－18)2＋9.1，∴最大铅直高度是9.1米；(2)5【解析】设将喷灌架向后移动a米，则图中x＝30时点B的纵坐标值等于抛物线表达式中x＝30＋a时的函数值，当x＝30时，点B的纵坐标为0.1×30＋2.375＝5.375，当x＝30＋a时，y＝－eq\f(1,40)(30＋a)2＋30＋a＋1＝5.375，解得a1＝5，a2＝－25(不符合题意，舍去)，∴需将喷灌向后移动5米．24.解：(1)设租用A种货车a辆，则租用B种货车(15－a)辆，由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(35a＋15（15－a）≥445，,10a＋15（15－a）≥130，))解得11≤a≤19.∵现计划租用A，B两种货车共15辆，∴11≤a≤14，故有4种方案：A种车分别为11，12，13，14辆，B种车对应为4，3，2，1辆；(2)设总运费为W元，则W＝860a＋740(15－a)＝120a＋11100，∵120＞0，∴W随a的增大而增大，∴当a＝11时，W最小，此时W＝120×11＋11100＝12420(元)，即租用A种货车11辆，B种货车4辆时，总运费最少，最少运费是12420元．25.解：(1)抛物线y＝a(x－1)2＋k的对称轴为直线x＝1，又∵AB＝4，∴点A到y轴的距离为eq\f(1,2)×4－1＝1，∴点A的坐标是(－1，0).∵tan∠ABE＝2，∴eq\f(1,2)×4×tan∠ABE＝2×2＝4，∴点E的纵坐标为4，∴顶点E的坐标为(1，4)，∴k＝4.∵点A(－1，0)在二次函数y＝a(x－1)2＋k的图象上，∴a(－1－1)2＋4＝0，解得a＝－1，∴二次函数的表达式为y＝－(x－1)2＋4；(2)如解图①，∵A(－1，0)，E(1，4)，∴点M是AE的中点，且M(0，2)，根据等底等高的三角形的面积相等可得S△AMN＝S△EMN，又∵S△EAP＝3S△EMN，∴S△AMN＝S△APN，根据等底等高的三角形的面积相等可得点P的纵坐标为－2，∴－(x－1)2＋4＝－2，解得x1＝1＋eq\r(6)，x2＝1－eq\r(6)(舍去)，∴点P的坐标是(1＋eq\r(6)，－2)；第25题解图①(3)存在．如解图②，过点S作SG⊥x轴于点G，过点T作TH⊥x轴于点H.令x＝0，则－(0－1)2＋4＝3，∴点C的坐标为(0，3).根据翻折的性质，抛物线y＝－(x－1)2＋4沿y轴翻折得到的新抛物线为y＝－(x＋1)2＋4，∵点A的对应点为点F，∴点F的坐标为(1，0).又∵E(1，4)，∴EF⊥x轴．设直线l的表达式为y＝kx＋3，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,y＝－（x－1）2＋4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝3))(为点C的坐标，舍去)或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2－k，,y＝－k2＋2k＋3.))∴点T的坐标为(2－k，－k2＋2k＋3).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,y＝－（x＋1）2＋4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝3))(为点C的坐标，舍去)或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2－k，,y＝－k2－2k＋3，))∴点S的坐标为(－2－k，－k2－2k＋3)；∵EF是∠SFT的平分线，∴∠SFG＝∠TFH.又∵∠SGF＝∠THF＝90°，∴△SGF∽△THF，∴eq\f(SG,TH)＝eq\f(FG,FH)，即eq\f(－k2－2k＋3,－k2＋2k＋3)＝eq\f(1－（－2－k）,2－k－1)，整理，得(k＋3)(k2－2k－1)＝0，解得k1＝1＋eq\r(2)，k2＝1－eq\r(2)，k3＝－3.∵点S(－2－k，－k2－2k＋3)在y轴的左侧，点T(2－k，－k2＋2k＋3)在对称轴直线x＝1的右侧，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2－k＜0，,2－k＞1，))解得－2＜k＜1，∴k＝1－eq\r(2)，∴直线l的表达式为y＝(1－eq\r(2))x＋3.第25题解图②26.解：(1)AI＝CJ.理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，∠B＝∠D，∴∠IAF＝∠JCH.又∵BE＝DG，BF＝DH，∴AB－BF＝CD－DH，△BEF≌△DGH(SAS)，∴AF＝CH，∠BFE＝∠DHG.由折叠可知∠IFE＝∠BFE，∠JHG＝∠DHG，∴∠IFE＝∠BFE＝∠JHG＝∠DHG.又∵∠AFI＝180°－∠IFE－∠BFE，∠CHJ＝180°－∠JHG－∠DHG，∴∠AFI＝∠CHJ.又∵AF＝CH，∠IAF＝∠JCH，∴△AFI≌△CHJ(ASA).∴AI＝CJ；(2)四边形EFGH是矩形．理由如下：如解图，连接BD，交AC于点O，设FG与AC交于点P.∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC.又∵点I与点J重合，点I，点J都在AC上，∴点I，点J，点O重合，∠AOB＝90°.由折叠可知OF＝BF，∴∠FBO＝∠FOB.又∵∠FAO＝90°－∠FBO，∠FOA＝90°－∠FOB，∴∠FAO＝∠FOA，∴OF＝AF.又∵OF＝BF，∴BF＝AF.同理可得AG＝DG.∴GF是△ABD的中位线，∴GF∥BD.同理可得EH∥BD.∴GF∥EH∥BD.同理可得EF∥GH∥AC，∴四边形EFGH是平行四边形，∠AOB＝∠OPG＝∠EFG＝90°，∴四边形EFGH是矩形；第26题解图(3)∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝n.又∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝n，∠B＝∠BAC＝∠ACB＝60°.由折叠可知∠FIE＝∠B＝60°，IF＝BF，IE＝BE.又∵2BF＝3BE，∴eq\f(IF,IE)＝eq\f(3,2).∵∠FIE＝∠BAC＝∠ACB＝60°，∴∠AIF＝180°－∠FIE－∠CIE＝180°－60°－∠CIE＝120°－∠CIE，∠CEI＝180°－∠ACB－∠CIE＝180°－60°－∠CIE＝120°－∠CIE，∴∠AIF＝∠CEI.又∵∠BAC＝∠ACB＝60°，∴△AIF∽△CEI，∴eq\f(AF,CI)＝eq\f(AI,CE)＝eq\f(IF,EI).设BF＝IF＝3k，IE＝BE＝2k，则AF＝n－3k，CE＝n－2k，∴eq\