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2021-2022学年-有答案-湖北省武汉市某校初三(上)期中考试数学试卷

来源:小侦探旅游网


2021-2022学年湖北省武汉市某校初三(上)期中考试数学试卷

一、选择题

1. 一元二次方程3𝑥2−6𝑥+1=0的二次项系数和一次项系数分别为( ) A.3和6

2. 如图所示的图形绕某点旋转180∘后,不能与原来图形重合的是( )

B.3和−6

C.3和−1

D.3和1

A.

B. C. D.

3. 与抛物线 𝑦=−3𝑥2+2𝑥−7 的形状、开口方向都相同,只有位置不同的抛物线是( )

A.𝑦=𝑥2+2𝑥−7 C.𝑦=𝑥2+2𝑥−7

31

1

B.𝑦=3𝑥2 D.𝑦=−𝑥2+√3𝑥

31

1

4. 将抛物线 𝑦=2(𝑥−4)2−1 先向左平移4个单位长度,再向上平移2个单位长度,平移后所得抛物线的解析式为( ) A.𝑦=2𝑥2+1

C.𝑦=2(𝑥−8)2+1

5. 如图,⊙𝑂是△𝐴𝐵𝐶的外接圆,∠𝐴𝐶𝑂=45∘,则∠𝐵的度数为( )

B.𝑦=2𝑥2−3

D.𝑦=2(𝑥−8)2−3

A.30∘

B.35∘

C.40∘ D.45∘

6. 如图,在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中,∠𝐵𝐴𝐶=90∘,将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴顺时针旋转90∘后得到的△𝐴𝐵′𝐶′(点𝐵的对应点是点𝐵′,点𝐶的对应点是点𝐶′),连接𝐶𝐶′.若∠𝐵=78∘,则∠𝐶𝐶′𝐵′的大小是( )

试卷第1页,总22页

A.23∘

B.30∘ C.33∘ D.39∘

7. 设𝐴(−2, 𝑦1),𝐵(1, 𝑦2),𝐶(2, 𝑦3)是抛物线𝑦=−2(𝑥+1)2+3上的三个点,则𝑦1,𝑦2,𝑦3的大小关系是( ) A.𝑦1>𝑦2>𝑦3 8.

已知二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的𝑥,𝑦的部分对应值如下表:

B.𝑦1>𝑦3>𝑦2

C.𝑦3>𝑦2>𝑦1

D.𝑦3>𝑦1>𝑦2

𝑥 −1 0 1 𝑦 5 2 3 1 −1 −1 1 52

32

则该二次函数图象的对称轴为( ) A.𝑦轴

9. 已知二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图象如图,其对称轴𝑥=−1,给出下列结果:①𝑏2>4𝑎𝑐;②𝑎𝑏𝑐>0;③2𝑎+𝑏=0;④𝑎+𝑏+𝑐>0;⑤𝑎−𝑏+𝑐<0,则正确的结论是( )

B.直线𝑥=

C.直线𝑥=2

D.直线𝑥=

A.①②③④

10. 如图,正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为3𝑐𝑚,动点𝑃从𝐵点出发以3𝑐𝑚/𝑠的速度沿着边𝐵𝐶−𝐶𝐷−𝐷𝐴运动,到达𝐴点停止运动;另一动点𝑄同时从𝐵点出发,以1𝑐𝑚/𝑠的速度沿着边𝐵𝐴向𝐴点运动,到达𝐴点停止运动.设𝑃点运动时间为𝑥(𝑠),△𝐵𝑃𝑄的面积为𝑦(𝑐𝑚2),则𝑦关于𝑥的函数图象是( )

B.②④⑤

C.②③④

D.①④⑤

试卷第2页,总22页

A. B.

C.

二、填空题

D.

如图,在△𝐴𝐵𝐶中,∠C=90∘,𝐵𝐶=3,𝐴𝐶=5,点𝐷为线段𝐴𝐶上一动点,将线段𝐵𝐷绕点𝐷逆时针旋转90∘,点𝐵的对应点为𝐸,连接𝐴𝐸,则𝐴𝐸长的最小值为________.

三、解答题

解方程:𝑥2−4𝑥−3=0.

如图,在⊙𝑂中,𝐴𝐷=𝐵𝐶,求证:𝐷𝐶=𝐴𝐵.

已知一元二次方程 𝑥2−2(𝑘−1)𝑥+𝑘2+3=0 有两个根分别为 𝑥1,𝑥2. (1)求𝑘的取值范围;

(2)若原方程的两个根 𝑥1,𝑥2满足(𝑥1+2)(𝑥2+2)=8,求𝑘的值.

试卷第3页,总22页

如图,在4×4的方格纸中,△𝐴𝐵𝐶的三个顶点都在格点上.

(1)在图①中,画出一个与△𝐴𝐵𝐶成中心对称的格点三角形;

(2)在图②中,画出一个与△𝐴𝐵𝐶成轴对称且与△𝐴𝐵𝐶有公共边的格点三角形;

(3)在图③中,画出△𝐴𝐵𝐶绕着点𝐶按顺时针方向旋转90∘后的三角形;

(4)在图④中,画出所有格点△𝐵𝐶𝐷,使△𝐵𝐶𝐷 为等腰直角三角形,且 𝑆△𝐵𝐶𝐷=4.

已知𝐴,𝐵,𝐶,𝐷是⊙𝑂上的四个点.

(1)如图1,若∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=90,𝐴𝐷=𝐶𝐷,求证:𝐴𝐶⊥𝐵𝐷;

(2)如图2,若𝐴𝐶⊥𝐵𝐷,垂足为𝐸,𝐴𝐵=4,𝐷𝐶=6,求⊙𝑂的半径.

某服装公司的某种运动服每月的销量与售价的相关信息如下表:

售价𝑥(元/件) 100 110 120 130 … 月销量𝑦(件) 200 180 160 140 … 已知该运动服的进价为每件60元,设售价为𝑥元.

(1)请用含𝑥的式子表示:

①销售该运动服每件的利润是 (________)元; ②月销量是𝑦=________;(直接写出结果)

(2)设销售该运动服的月利润为𝑊元,那么售价为多少时,当月的利润最大,最大利润是多少?

(3)该公司决定每销售一件运动服,就捐赠𝑎(𝑎>0)元利润给希望工程,物价部门规定该运动服销售价不得超过120元,设销售该运动服的月利润为𝑊元,若月销售最大利润是8800元,求𝑎的值.

试卷第4页,总22页

如图1,若四边形𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐺𝐹𝐸𝐷都是正方形,显然图中有𝐴𝐺=𝐶𝐸,𝐴𝐺⊥𝐶𝐸.

(1)当正方形𝐺𝐹𝐸𝐷绕𝐷旋转到如图2的位置时,𝐴𝐺=𝐶𝐸是否成立?若成立,请给出证明,若不成立,请说明理由;

(2)当正方形𝐺𝐹𝐸𝐷绕𝐷旋转到𝐵,𝐷,𝐺在一条直线(如图3)上时,连结𝐶𝐸,设𝐶𝐸分别交𝐴𝐺,𝐴𝐷于𝑃,𝐻. ①求证:𝐴𝐺⊥𝐶𝐸;

②如果,𝐴𝐷=2√5,𝐷𝐺=√10,则𝐶𝐸=________.

已知抛物线的顶点𝐻(2, 0),经过点𝐴(1, 1),与𝑦轴交于点𝐶.

(1)求抛物线的解析式;

(2)如图1,在线段𝑂𝐶(端点除外)上是否存在一点𝑁,直线𝑁𝐴交抛物线于另一点𝐵,满足𝐵𝐶=𝐵𝑁?若存在,请求出点𝑁的坐标;若不存在,请说明理由;

(3)如图2,过点𝑃(−3, 0)作直线交抛物线于点𝐹,𝐺,𝐹𝑀⊥𝑥轴于𝑀,𝐺𝑁⊥𝑥轴于𝑁,求𝑃𝑀⋅𝑃𝑁的值.

试卷第5页,总22页

参与试题解析

2021-2022学年湖北省武汉市某校初三(上)期中考试数学试卷

一、选择题 1. 【答案】 B

【考点】

一元二次方程的一般形式 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解:一元二次方程的一般形式为3𝑥2−6𝑥+1=0, 二次项系数和一次项系数分别为3和−6. 故选𝐵. 2. 【答案】 B

【考点】 中心对称图形 旋转对称图形 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解:𝐴、是中心对称图形,能与原来图形重合,故错误; 𝐵、不是中心对称图形,不能与原来图形重合,故正确; 𝐶、是中心对称图形,能与原来图形重合,故错误; 𝐷、是中心对称图形,能与原来图形重合,故错误. 故选𝐵. 3. 【答案】 D

【考点】

二次函数图象与系数的关系 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解:二次项系数𝑎决定了抛物线图象的形状和开口方向, 原式的二次项系数为𝑎=−3,

只有𝐷选项的抛物线的形状和开口方向与原抛物线相同. 故选𝐷. 4.

试卷第6页,总22页

1

【答案】 A

【考点】

二次函数图象的平移规律 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解:抛物线平移遵循“上加下减,左加右减”的原则,

故向左平移4个单位长度,向上平移2个单位长度后的解析式为: 𝑦=2𝑥2+1. 故选𝐴. 5. 【答案】 D

【考点】 圆周角定理 【解析】

先根据𝑂𝐴=𝑂𝐶,∠𝐴𝐶𝑂=45∘可得出∠𝑂𝐴𝐶=45∘,故可得出∠𝐴𝑂𝐶的度数,再由圆周角定理即可得出结论. 【解答】

解:连接𝑂𝐴,如图所示,

∵ 𝑂𝐴=𝑂𝐶,∠𝐴𝐶𝑂=45∘, ∴ ∠𝑂𝐴𝐶=45∘,

∴ ∠𝐴𝑂𝐶=180∘−45∘−45∘=90∘, ∴ ∠𝐵=∠𝐴𝑂𝐶=45∘.

21

故选𝐷. 6. 【答案】 C

【考点】 旋转的性质 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解:由旋转的性质可知,∠𝐵=∠𝐴𝐵′𝐶′=78∘,𝐴𝐶=𝐴𝐶′, ∵ ∠𝐶𝐴𝐶′=90∘,可知△𝐶𝐴𝐶′为等腰直角三角形, 则∠𝐶𝐶′𝐵=∠𝐶𝐶′𝐴=45∘. ∵ ∠𝐶′𝐴𝐵′=90∘,

试卷第7页,总22页

∴ ∠𝐴𝐶′𝐵′=12∘,

∴ ∠𝐶𝐶′𝐵′=∠𝐶𝐶′𝐴−∠𝐵′𝐶′𝐴=33∘. 故选𝐶. 7. 【答案】 A

【考点】

二次函数图象上点的坐标特征 【解析】

根据二次函数的对称性,可利用对称性,找出点𝐴的对称点𝐴′,再利用二次函数的增减性可判断𝑦值的大小. 【解答】

解:函数的解析式是𝑦=−2(𝑥+1)2+3, ∴ 对称轴是𝑥=−1,

∴ 点𝐴关于对称轴的点𝐴′是(0, 𝑦1),

那么点𝐴′,𝐵,𝐶都在对称轴的右边,而对称轴右边𝑦随𝑥的增大而减小, 于是𝑦1>𝑦2>𝑦3. 故选𝐴. 8. 【答案】 D

【考点】

二次函数的性质 【解析】

由于𝑥=1、2时的函数值相等,然后根据二次函数的对称性列式计算即可得解. 【解答】

解:∵ 𝑥=1和2时的函数值都是−1, ∴ 对称轴为直线𝑥=故选𝐷. 9. 【答案】 D

【考点】

二次函数图象与系数的关系 【解析】

根据抛物线与𝑥轴的交点情况,抛物线的开口方向,对称轴及与𝑦轴的交点,当𝑥=±1时的函数值,逐一判断. 【解答】

解:∵ 抛物线与𝑥轴有两个交点,

∴ 𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐>0,即𝑏2>4𝑎𝑐,故①正确; ∵ 抛物线对称轴为𝑥=−2𝑎<0,与𝑦轴交于负半轴, ∴ 𝑎𝑏>0,𝑐<0,𝑎𝑏𝑐<0,故②错误;

试卷第8页,总22页

𝑏1+22

32

=.

∵ 抛物线对称轴为𝑥=−2𝑎=−1,

∴ 2𝑎−𝑏=0,故③错误;

∵ 当𝑥=1时,𝑦>0,即𝑎+𝑏+𝑐>0,故④正确; ∵ 当𝑥=−1时,𝑦<0,即𝑎−𝑏+𝑐<0,故⑤正确. ∴ 正确的是①④⑤. 故选𝐷. 10. 【答案】 C

【考点】 动点问题 三角形的面积 正方形的性质 【解析】

首先根据正方形的边长与动点𝑃、𝑄的速度可知动点𝑄始终在𝐴𝐵边上,而动点𝑃可以在𝐵𝐶边、𝐶𝐷边、𝐴𝐷边上,再分三种情况进行讨论:①0≤𝑥≤1;②1<𝑥≤2;③2<𝑥≤3;分别求出𝑦关于𝑥的函数解析式,然后根据函数的图象与性质即可求解. 【解答】

解:由题意可得𝐵𝑄=𝑥.

①0≤𝑥≤1时,𝑃点在𝐵𝐶边上,𝐵𝑃=3𝑥, 则△𝐵𝑃𝑄的面积=2𝐵𝑃⋅𝐵𝑄,

即𝑦=2⋅3𝑥⋅𝑥=2𝑥2,故𝐴选项错误; ②1<𝑥≤2时,𝑃点在𝐶𝐷边上, 则△𝐵𝑃𝑄的面积=𝐵𝑄⋅𝐵𝐶,

21

1

31

𝑏

即𝑦=2⋅𝑥⋅3=2𝑥,故𝐵选项错误;

③2<𝑥≤3时,𝑃点在𝐴𝐷边上,𝐴𝑃=9−3𝑥, 则△𝐵𝑃𝑄的面积=𝐴𝑃⋅𝐵𝑄,

21

13

即𝑦=2⋅(9−3𝑥)⋅𝑥=2𝑥−2𝑥2,故𝐷选项错误. 故选𝐶. 二、填空题 【答案】 √2 【考点】

全等三角形的性质与判定 旋转的性质 【解析】

193

试卷第9页,总22页

由旋转的性质可知𝐵𝐷=𝐷𝐸,∠𝐶=90∘,则容易想到构造一个直角三角形与𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷全等,即过𝐸点作𝐸𝐻⊥𝐴𝐷于点𝐻,设𝐶𝐷=𝑥,则可用𝑥表示𝐴𝐸的长,从而判断什么时候𝐴𝐸取得最小值. 【解答】

解:设𝐶𝐷=𝑥,则𝐴𝐷=5−𝑥, 过点𝐸作𝐸𝐻⊥𝐴𝐷于点𝐻,如图:

由旋转的性质可知𝐵𝐷=𝐷𝐸,

∵ ∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐵𝐷𝐶=90∘,∠𝐵𝐷𝐶+∠𝐶𝐵𝐷=90∘, ∴ ∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐶𝐵𝐷, 又∵ ∠𝐸𝐻𝐷=∠𝐶, ∴ △𝐵𝐶𝐷≅△𝐷𝐻𝐸,

∴ 𝐸𝐻=𝐶𝐷=𝑥,𝐷𝐻=𝐵𝐶=3. ∵ 𝐴𝐷=5−𝑥,

∴ 𝐴𝐻=𝐴𝐷−𝐷𝐻=5−𝑥−3=2−𝑥,

∵ 在𝑅𝑡△𝐴𝐸𝐻中,𝐴𝐸2=𝐴𝐻2+𝐸𝐻2=(2−𝑥)2+𝑥2 =2𝑥2+4𝑥+4=2(𝑥−1)2+2,

所以当𝑥=1时,𝐴𝐸2取得最小值2,即𝐴𝐸取得最小值√2. 故答案为:√2. 三、解答题

【答案】

解:𝑥2−4𝑥+4=3+4, (𝑥−2)2=7, 𝑥−2=±√7,

解得:𝑥1=√7+2,𝑥2=−√7+2. 【考点】

解一元二次方程-配方法 【解析】 此题暂无解析

【解答】

解:𝑥2−4𝑥+4=3+4, (𝑥−2)2=7, 𝑥−2=±√7,

解得:𝑥1=√7+2,𝑥2=−√7+2. 【答案】

证明:∵ 𝐴𝐷=𝐵𝐶,

̂=𝐵𝐶̂, ∴ 𝐴𝐷

̂+𝐴𝐶̂=𝐵𝐶̂+𝐴𝐶̂, ∴ 𝐴𝐷

试卷第10页,总22页

̂=𝐴𝐵̂, 即𝐶𝐷

∴ 𝐷𝐶=𝐴𝐵. 【考点】

圆心角、弧、弦的关系 【解析】

根据在同圆或等圆中,如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等,那么它们

̂=𝐵𝐶̂,把两弧都加上弧𝐴𝐶得到所对应的其余各组量都分别相等,由𝐴𝐷=𝐵𝐶得到𝐴𝐷

̂=𝐴𝐵̂,于是得到𝐷𝐶=𝐴𝐵. 𝐶𝐷【解答】

证明:∵ 𝐴𝐷=𝐵𝐶,

̂=𝐵𝐶̂, ∴ 𝐴𝐷

̂+𝐴𝐶̂=𝐵𝐶̂+𝐴𝐶̂, ∴ 𝐴𝐷̂=𝐴𝐵̂, 即𝐶𝐷

∴ 𝐷𝐶=𝐴𝐵. 【答案】

解:(1)∵ 一元二次方程 𝑥2−2(𝑘−1)𝑥2+𝑘2+3=0 有两个根分别为 𝑥1,𝑥2, ∴ 𝛥=[−2(𝑘−1)]2−4×1×(𝑘2+3)≥0 , ∴ 4(𝑘−1)2−4(𝑘2+3)≥0, ∴ (𝑘−1)2−(𝑘2+3)≥0, ∴ 𝑘2−2𝑘+1−𝑘2−3≥0, 即−2𝑘−2≥0, 故𝑘≤−1.

(2)∵ 𝑥1+𝑥2=2(𝑘−1),𝑥1𝑥2=𝑘2+3, ∴ (𝑥1+2)(𝑥2+2) =𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)+4 =𝑘2+3+4(𝑘−1)+4 =𝑘2+4𝑘+3=8, 解得𝑘1=−5,𝑘2=1, ∵ 𝑘≤−1, ∴ 𝑘=−5. 【考点】

根与系数的关系 根的判别式 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解:(1)∵ 一元二次方程 𝑥2−2(𝑘−1)𝑥2+𝑘2+3=0 有两个根分别为 𝑥1,𝑥2, ∴ 𝛥=[−2(𝑘−1)]2−4×1×(𝑘2+3)≥0 , ∴ 4(𝑘−1)2−4(𝑘2+3)≥0, ∴ (𝑘−1)2−(𝑘2+3)≥0, ∴ 𝑘2−2𝑘+1−𝑘2−3≥0, 即−2𝑘−2≥0, 故𝑘≤−1.

(2)∵ 𝑥1+𝑥2=2(𝑘−1),𝑥1𝑥2=𝑘2+3, ∴ (𝑥1+2)(𝑥2+2) =𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)+4

试卷第11页,总22页

=𝑘2+3+4(𝑘−1)+4 =𝑘2+4𝑘+3=8, 解得𝑘1=−5,𝑘2=1, ∵ 𝑘≤−1, ∴ 𝑘=−5. 【答案】

解:(1)△𝐷𝐶𝐸是与△𝐴𝐵𝐶成中心对称的格点三角形,如图所示.

(2)△𝐴𝐶𝐷为所求,如图所示.

(3)由旋转的性质可得△𝐷𝐸𝐶,如图所示.

(4)由等腰直角三角形性质和三角形的面积可得△𝐵𝐶𝐷 和△𝐵𝐶𝐷′,如图所示.

【考点】

试卷第12页,总22页

三角形的面积 作图—复杂作图 作图-旋转变换 中心对称图形 等腰直角三角形 作图-轴对称变换 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解:(1)△𝐷𝐶𝐸是与△𝐴𝐵𝐶成中心对称的格点三角形,如图所示.

(2)△𝐴𝐶𝐷为所求,如图所示.

(3)由旋转的性质可得△𝐷𝐸𝐶,如图所示.

试卷第13页,总22页

(4)由等腰直角三角形性质和三角形的面积可得△𝐵𝐶𝐷 和△𝐵𝐶𝐷′,如图所示,

【答案】

解:(1)∵ ∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=90∘, ∴ 𝐴𝐶,𝐵𝐷是⊙𝑂的直径, ∴ ∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=90∘, ∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形, ∵ 𝐴𝐷=𝐶𝐷,

∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形, ∴ 𝐴𝐶⊥𝐵𝐷;

(2)如图,连接𝐷𝑂,延长交圆𝑂于𝐹,连接𝐶𝐹,𝐵𝐹,

∵ 𝐷𝐹是直径,

∴ ∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐷𝐵𝐹=90∘, ∴ 𝐹𝐵⊥𝐷𝐵, 又∵ 𝐴𝐶⊥𝐵𝐷,

∴ 𝐵𝐹 // 𝐴𝐶,∠𝐵𝐷𝐶+∠𝐴𝐶𝐷=90∘, ∵ ∠𝐹𝐶𝐴+∠𝐴𝐶𝐷=90∘, ∴ ∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐹𝐶𝐴=∠𝐵𝐴𝐶,

̂=𝐶𝐹̂, ∴ 𝐴𝐵

∴ 𝐶𝐹=𝐴𝐵, 根据勾股定理,得

𝐶𝐹2+𝐷𝐶2=𝐴𝐵2+𝐷𝐶2=𝐷𝐹2=52, ∴ 𝐷𝐹=2√13,

∴ 𝑂𝐷=√13,即⊙𝑂的半径为√13. 【考点】 圆周角定理

圆心角、弧、弦的关系 垂径定理的应用 正方形的判定 正方形的性质

试卷第14页,总22页

勾股定理 【解析】

(1)根据题意不难证明四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形,结论可以得到证明;

(2)连结𝐷𝑂,延长交圆𝑂于𝐹,连结𝐶𝐹、𝐵𝐹.根据直径所对的圆周角是直角,得

∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐷𝐵𝐹=90∘,则𝐵𝐹 // 𝐴𝐶,根据平行弦所夹的弧相等,得弧𝐶𝐹=弧𝐴𝐵,则𝐶𝐹=𝐴𝐵.根据勾股定理即可求解. 【解答】

解:(1)∵ ∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=90∘, ∴ 𝐴𝐶,𝐵𝐷是⊙𝑂的直径, ∴ ∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=90∘, ∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形, ∵ 𝐴𝐷=𝐶𝐷,

∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形, ∴ 𝐴𝐶⊥𝐵𝐷;

(2)如图,连接𝐷𝑂,延长交圆𝑂于𝐹,连接𝐶𝐹,𝐵𝐹,

∵ 𝐷𝐹是直径,

∴ ∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐷𝐵𝐹=90∘, ∴ 𝐹𝐵⊥𝐷𝐵, 又∵ 𝐴𝐶⊥𝐵𝐷,

∴ 𝐵𝐹 // 𝐴𝐶,∠𝐵𝐷𝐶+∠𝐴𝐶𝐷=90∘, ∵ ∠𝐹𝐶𝐴+∠𝐴𝐶𝐷=90∘, ∴ ∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐹𝐶𝐴=∠𝐵𝐴𝐶,

̂=𝐶𝐹̂, ∴ 𝐴𝐵

∴ 𝐶𝐹=𝐴𝐵, 根据勾股定理,得

𝐶𝐹2+𝐷𝐶2=𝐴𝐵2+𝐷𝐶2=𝐷𝐹2=52, ∴ 𝐷𝐹=2√13,

∴ 𝑂𝐷=√13,即⊙𝑂的半径为√13. 【答案】 𝑥−60,−2𝑥+400

(2)由题意得,𝑊=(𝑥−60)(−2𝑥+400)

=−2𝑥2+520𝑥−24000 =−2(𝑥−130)2+9800,

∴ 当𝑥=130时,利润最大值为9800元,

故售价为130元时,当月的利润最大,最大利润是9800元. (3)根据题意得:𝑊=(𝑥−60−𝑎)(−2𝑥+400) =−2𝑥2+(520+2𝑎)𝑥−24000−400𝑎, 对称轴𝑥=

520+2𝑎

4

=130+2𝑎>120.

1

∵ 物价部门规定该运动服售价不得超过120元,

试卷第15页,总22页

∴ 0<𝑥≤120,

当𝑥=120时,𝑊取最大值,𝑊最大=9600−160𝑎, 又∵ 最大利润是8800元, ∴ 9600−160𝑎=8800,

∴ 𝑎=5.

∴ 月销售最大利润是8800元时,𝑎的值为5. 【考点】

一次函数的应用 二次函数的应用 【解析】

(1)根据利润=售价-进价求出利润,运用待定系数法求出月销量;

(2)根据月利润=每件的利润×月销量列出函数关系式,根据二次函数的性质求出最大利润.

(3)根据月利润=每件的利润×月销量=8000列方程,解方程即可. 【解答】

解:(1)销售该运动服每件的利润是:(𝑥−60)元, 设月销量𝑦与𝑥的关系式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏, 100𝑘+𝑏=200,

由题意得,{

110𝑘+𝑏=180,𝑘=−2,解得{

𝑏=400.则𝑦=−2𝑥+400.

故答案为:𝑥−60;−2𝑥+400.

(2)由题意得,𝑊=(𝑥−60)(−2𝑥+400)

=−2𝑥2+520𝑥−24000 =−2(𝑥−130)2+9800,

∴ 当𝑥=130时,利润最大值为9800元,

故售价为130元时,当月的利润最大,最大利润是9800元. (3)根据题意得:𝑊=(𝑥−60−𝑎)(−2𝑥+400) =−2𝑥2+(520+2𝑎)𝑥−24000−400𝑎, 对称轴𝑥=

520+2𝑎

4

=130+2𝑎>120.

1

∵ 物价部门规定该运动服售价不得超过120元, ∴ 0<𝑥≤120,

当𝑥=120时,𝑊取最大值,𝑊最大=9600−160𝑎, 又∵ 最大利润是8800元, ∴ 9600−160𝑎=8800,

∴ 𝑎=5.

∴ 月销售最大利润是8800元时,𝑎的值为5. 【答案】

解:(1)𝐴𝐺=𝐶𝐸成立.

∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷、四边形𝐷𝐸𝐹𝐺是正方形, ∴ 𝐺𝐷=𝐷𝐸,𝐴𝐷=𝐷𝐶, ∠𝐺𝐷𝐸=∠𝐴𝐷𝐶=90∘,

∴ ∠𝐺𝐷𝐴=90∘−∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐸𝐷𝐶, 在△𝐴𝐺𝐷和△𝐶𝐸𝐷中,

试卷第16页,总22页

𝐷𝐺=𝐷𝐸,{∠𝐺𝐷𝐴=∠𝐸𝐷𝐶,

𝐷𝐴=𝐷𝐶,

∴ △𝐴𝐺𝐷≅△𝐶𝐸𝐷(𝑆𝐴𝑆), ∴ 𝐴𝐺=𝐶𝐸;

(2)①由(1)可知△𝐴𝐺𝐷≅△𝐶𝐸𝐷, ∴ ∠𝐺𝐴𝐷=∠𝐸𝐶𝐷,

∵ ∠𝐸𝐻𝐴=∠𝐷𝐻𝐶,∠𝐷𝐻𝐶+∠𝐷𝐶𝐻=90∘, ∴ ∠𝑃𝐴𝐻+∠𝐸𝐻𝐴=90∘, ∴ ∠𝐴𝑃𝐻=90∘, ∴ 𝐴𝐺⊥𝐶𝐻;

②如图,过𝐺作𝐺𝑀⊥𝐴𝐷于𝑀.

∵ 𝐵𝐷是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线, ∴ ∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐺𝐷𝑀=45∘, ∴ ∠𝐷𝐺𝑀=45∘, ∵ 𝐷𝐺=√10, ∴ 𝑀𝐷=𝑀𝐺=√5,

在𝑅𝑡△𝐴𝑀𝐺中,由勾股定理,得 𝐴𝐺=√(2√5+√5)2+(√5)2=5√2, 故𝐶𝐸=𝐴𝐺=5√2. 【考点】 旋转的性质 正方形的性质 勾股定理 全等三角形的判定 全等三角形的性质 【解析】

(1)利用正方形性质以及全等三角形的判定的很粗△𝐴𝐺𝐷≅△𝐶𝐸𝐷(𝑆𝐴𝑆)即可得出答案; (2)①根据(1)得出角相等,再得出∠𝐴𝑃𝐻=90∘,进而得出答案;

②利用等腰直角三角形的性质可得出𝑀𝐷=𝑀𝐺=√5,进而利用勾股定理求出𝐶𝐸的长. 【解答】

解:(1)𝐴𝐺=𝐶𝐸成立.

∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷、四边形𝐷𝐸𝐹𝐺是正方形, ∴ 𝐺𝐷=𝐷𝐸,𝐴𝐷=𝐷𝐶, ∠𝐺𝐷𝐸=∠𝐴𝐷𝐶=90∘,

试卷第17页,总22页

∴ ∠𝐺𝐷𝐴=90∘−∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐸𝐷𝐶, 在△𝐴𝐺𝐷和△𝐶𝐸𝐷中, 𝐷𝐺=𝐷𝐸,{∠𝐺𝐷𝐴=∠𝐸𝐷𝐶,

𝐷𝐴=𝐷𝐶,

∴ △𝐴𝐺𝐷≅△𝐶𝐸𝐷(𝑆𝐴𝑆), ∴ 𝐴𝐺=𝐶𝐸;

(2)①由(1)可知△𝐴𝐺𝐷≅△𝐶𝐸𝐷, ∴ ∠𝐺𝐴𝐷=∠𝐸𝐶𝐷,

∵ ∠𝐸𝐻𝐴=∠𝐷𝐻𝐶,∠𝐷𝐻𝐶+∠𝐷𝐶𝐻=90∘, ∴ ∠𝑃𝐴𝐻+∠𝐸𝐻𝐴=90∘, ∴ ∠𝐴𝑃𝐻=90∘, ∴ 𝐴𝐺⊥𝐶𝐻;

②如图,过𝐺作𝐺𝑀⊥𝐴𝐷于𝑀.

∵ 𝐵𝐷是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线, ∴ ∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐺𝐷𝑀=45∘, ∴ ∠𝐷𝐺𝑀=45∘, ∵ 𝐷𝐺=√10, ∴ 𝑀𝐷=𝑀𝐺=√5,

在𝑅𝑡△𝐴𝑀𝐺中,由勾股定理,得 𝐴𝐺=√(2√5+√5)2+(√5)2=5√2, 故𝐶𝐸=𝐴𝐺=5√2. 【答案】

解:(1)设抛物线的解析式为𝑦=𝑎(𝑥−2)2,

将𝐴(1, 1)代入𝑦=𝑎(𝑥−2)2,得:1=𝑎×(1−2)2, 解得:𝑎=1,

∴ 抛物线的解析式为𝑦=(𝑥−2)2,即𝑦=𝑥2−4𝑥+4. (2)当𝑥=0时,𝑦=𝑥2−4𝑥+4=4, ∴ 点𝐶的坐标为(0, 4).

假设存在,设点𝑁的坐标为(0, 𝑚)(0<𝑚<4). 在图1中,过点𝐵作𝐵𝐷⊥𝑦轴,垂足为𝐷, 如图:

试卷第18页,总22页

∵ 𝐵𝐶=𝐵𝑁, ∴ 𝐶𝐷=𝑁𝐷,

∴ 点𝐷的坐标为(0, 2+).

2𝑚

设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑚(𝑘≠0), 将𝐴(1, 1)代入𝑦=𝑘𝑥+𝑚,得:1=𝑘+𝑚, 解得:𝑘=1−𝑚,

∴ 直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=(1−𝑚)𝑥+𝑚. 联立直线𝐴𝐵及抛物线的解析式成方程组, 𝑦=(1−𝑚)𝑥+𝑚,得:{

𝑦=𝑥2−4𝑥+4,

𝑥2=4−𝑚,𝑥=1,

解得:{1 {

𝑦1=1,𝑦2=𝑚2−4𝑚+4,∴ 点𝐵的坐标为(4−𝑚, 𝑚2−4𝑚+4). ∵ 𝐵𝐷⊥𝑦轴, ∴ 2+

𝑚2

=𝑚2−4𝑚+4,即2𝑚2−9𝑚+4=0,

1

解得:𝑚1=2,𝑚2=4(舍去),

∴ 存在符合题意得点𝑁,点𝑁的坐标为(0, ).

21

(3)设直线𝑃𝐹的解析式为𝑦=𝑛(𝑥+3)(𝑛>0), 将𝑦=𝑛(𝑥+3)代入𝑦=𝑥2−4𝑥+4, 整理得:𝑥2−(4+𝑛)𝑥+4−3𝑛=0, 解得:𝑥1=𝑥2=

2

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛,

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

∴ 点𝑀的坐标为(点𝑁的坐标为(∴ 𝑃𝑀==

, 0),

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛2

, 0),

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

−(−3)

10+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

试卷第19页,总22页

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛𝑃𝑁=−(−3)

2=

10+𝑛+√𝑛2+20𝑛

2

∴ 𝑃𝑀⋅𝑃𝑁 =

10+𝑛−√𝑛2+20𝑛

2

×

10+𝑛+√𝑛2+20𝑛

2

=25.

【考点】

二次函数综合题 【解析】

(1)由点𝐻的坐标可设抛物线的解析式为𝑦=𝑎(𝑥−2)2,由点𝐴的坐标利用待定系数法,即可求出抛物线的解析式;

(2)利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点𝐶的坐标,假设存在,设点𝑁的坐标为(0, 𝑚)(0<𝑚<4),过点𝐵作𝐵𝐷⊥𝑦轴,垂足为𝐷,则点𝐷的坐标为(0, 2+2),根据点𝑁,𝐴的坐标利用待定系数法可求出直线𝐴𝐵的解析式,联立直线𝐴𝐵及抛物线的解析式成方程组,通过解方程组可得出点𝐵的坐标,由点𝐵,𝐷的纵坐标相等,可得出关于𝑚的一元二次方程,解之取其大于0且小于4的值即可得出结论;

(3)设直线𝑃𝐹的解析式为𝑦=𝑛(𝑥+3)(𝑛>0),将其代入抛物线解析式中可求出点𝑀,𝑁的坐标,结合点𝑃的坐标可得出𝑃𝑀,𝑃𝑁的长度,再将二者相乘即可得出结论. 【解答】

解:(1)设抛物线的解析式为𝑦=𝑎(𝑥−2)2,

将𝐴(1, 1)代入𝑦=𝑎(𝑥−2)2,得:1=𝑎×(1−2)2, 解得:𝑎=1,

∴ 抛物线的解析式为𝑦=(𝑥−2)2,即𝑦=𝑥2−4𝑥+4. (2)当𝑥=0时,𝑦=𝑥2−4𝑥+4=4, ∴ 点𝐶的坐标为(0, 4).

假设存在,设点𝑁的坐标为(0, 𝑚)(0<𝑚<4). 在图1中,过点𝐵作𝐵𝐷⊥𝑦轴,垂足为𝐷, 如图:

𝑚

试卷第20页,总22页

∵ 𝐵𝐶=𝐵𝑁, ∴ 𝐶𝐷=𝑁𝐷,

∴ 点𝐷的坐标为(0, 2+).

2𝑚

设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑚(𝑘≠0), 将𝐴(1, 1)代入𝑦=𝑘𝑥+𝑚,得:1=𝑘+𝑚, 解得:𝑘=1−𝑚,

∴ 直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=(1−𝑚)𝑥+𝑚. 联立直线𝐴𝐵及抛物线的解析式成方程组, 𝑦=(1−𝑚)𝑥+𝑚,得:{

𝑦=𝑥2−4𝑥+4,

𝑥2=4−𝑚,𝑥=1,

解得:{1 {

𝑦1=1,𝑦2=𝑚2−4𝑚+4,∴ 点𝐵的坐标为(4−𝑚, 𝑚2−4𝑚+4). ∵ 𝐵𝐷⊥𝑦轴, ∴ 2+

𝑚2

=𝑚2−4𝑚+4,即2𝑚2−9𝑚+4=0,

1

解得:𝑚1=2,𝑚2=4(舍去),

∴ 存在符合题意得点𝑁,点𝑁的坐标为(0, ).

21

(3)设直线𝑃𝐹的解析式为𝑦=𝑛(𝑥+3)(𝑛>0), 将𝑦=𝑛(𝑥+3)代入𝑦=𝑥2−4𝑥+4, 整理得:𝑥2−(4+𝑛)𝑥+4−3𝑛=0, 解得:𝑥1=𝑥2=

2

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛,

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

∴ 点𝑀的坐标为(点𝑁的坐标为(∴ 𝑃𝑀==

, 0),

4+𝑛+√𝑛2+20𝑛2

, 0),

4+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

−(−3)

10+𝑛−√𝑛2+20𝑛2

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4+𝑛+√𝑛2+20𝑛𝑃𝑁=−(−3)

2=

10+𝑛+√𝑛2+20𝑛

2

∴ 𝑃𝑀⋅𝑃𝑁 =

10+𝑛−√𝑛2+20𝑛

2

×

10+𝑛+√𝑛2+20𝑛

2

=25.

试卷第22页,总22页

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