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    2022届安徽省六安市裕安区十校联考最后数学试题含解析
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    2022届安徽省六安市裕安区十校联考最后数学试题含解析

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    这是一份2022届安徽省六安市裕安区十校联考最后数学试题含解析,共22页。试卷主要包含了估计﹣2的值应该在等内容,欢迎下载使用。

    2021-2022中考数学模拟试卷
    考生须知:
    1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
    2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
    3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。

    一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)
    1.若代数式的值为零,则实数x的值为(  )
    A.x=0 B.x≠0 C.x=3 D.x≠3
    2.如图,已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示,给出以下四个结论:①abc=0,②a+b+c>0,③a>b,④4ac﹣b2<0;其中正确的结论有(  )

    A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
    3.下列各数中,比﹣1大1的是(  )
    A.0 B.1 C.2 D.﹣3
    4.如图,在中, ,以边的中点为圆心,作半圆与相切,点分别是边和半圆上的动点,连接,则长的最大值与最小值的和是( )

    A. B. C. D.
    5.如图,一艘海轮位于灯塔P的南偏东45°方向,距离灯塔60n mile的A处,它沿正北方向航行一段时间后,到达位于灯塔P的北偏东30°方向上的B处,这时,B处与灯塔P的距离为(  )

    A.60 n mile B.60 n mile C.30 n mile D.30 n mile
    6.如图,⊙O 是等边△ABC 的外接圆,其半径为 3,图中阴影部分的面积是( )

    A.π B. C.2π D.3π
    7.如图,⊙O的直径AB=2,C是弧AB的中点,AE,BE分别平分∠BAC和∠ABC,以E为圆心,AE为半径作扇形EAB,π取3,则阴影部分的面积为(  )

    A.﹣4 B.7﹣4 C.6﹣ D.
    8.估计﹣2的值应该在(  )
    A.﹣1﹣0之间 B.0﹣1之间 C.1﹣2之间 D.2﹣3之间
    9.一球鞋厂,现打折促销卖出330双球鞋,比上个月多卖10%,设上个月卖出x双,列出方程(  )
    A.10%x=330 B.(1﹣10%)x=330
    C.(1﹣10%)2x=330 D.(1+10%)x=330
    10.由一些大小相同的小正方体组成的几何体的俯视图如图所示,其中正方形中的数字表示在该位置上的小正方体的个数,那么,这个几何体的左视图是 ()

    A. B. C. D.
    二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)
    11.如图,边长为6cm的正三角形内接于⊙O,则阴影部分的面积为(结果保留π)_____.

    12.如图,直线y1=mx经过P(2,1)和Q(-4,-2)两点,且与直线y2=kx+b交于点P,则不等式kx+b>mx>-2的解集为_________________.

    13.如图1,点P从扇形AOB的O点出发,沿O→A→B→0以1cm/s的速度匀速运动,图2是点P运动时,线段OP的长度y随时间x变化的关系图象,则扇形AOB中弦AB的长度为______cm.

    14.已知是二元一次方程组的解,则m+3n的立方根为__.
    15.如图,在矩形ABCD中,E是AD上一点,把△ABE沿直线BE翻折,点A正好落在BC边上的点F处,如果四边形CDEF和矩形ABCD相似,那么四边形CDEF和矩形ABCD面积比是__.

    16.抛物线y=x2﹣2x+m与x轴只有一个交点,则m的值为_____.
    三、解答题(共8题,共72分)
    17.(8分)某学校要印刷一批艺术节的宣传资料,在需要支付制版费100元和每份资料0.3元印刷费的前提下,甲、乙两个印刷厂分别提出了不同的优惠条件.甲印刷厂提出:所有资料的印刷费可按9折收费;乙印刷厂提出:凡印刷数量超过200份的,超过部分的印刷费可按8折收费.
    (1)设该学校需要印刷艺术节的宣传资料x份,支付甲印刷厂的费用为y元,写出y关于x的函数关系式,并写出它的定义域;
    (2)如果该学校需要印刷艺术节的宣传资料600份,那么应该选择哪家印刷厂比较优惠?
    18.(8分)定义:若四边形中某个顶点与其它三个顶点的距离相等,则这个四边形叫做等距四边形,这个顶点叫做这个四边形的等距点.

    (1)判断:一个内角为120°的菱形  等距四边形.(填“是”或“不是”)
    (2)如图2,在5×5的网格图中有A、B两点,请在答题卷给出的两个网格图上各找出C、D两个格点,使得以A、B、C、D为顶点的四边形为互不全等的“等距四边形”,画出相应的“等距四边形”,并写出该等距四边形的端点均为非等距点的对角线长.端点均为非等距点的对角线长为   端点均为非等距点的对角线长为  
    (3)如图1,已知△ABE与△CDE都是等腰直角三角形,∠AEB=∠DEC=90°,连结AD,AC,BC,若四边形ABCD是以A为等距点的等距四边形,求∠BCD的度数.
    19.(8分)如图,AB是⊙O的直径,D、D为⊙O上两点,CF⊥AB于点F,CE⊥AD交AD的延长线于点E,且CE=CF.
    (1)求证:CE是⊙O的切线;
    (2)连接CD、CB,若AD=CD=a,求四边形ABCD面积.

    20.(8分)已知:如图,在正方形ABCD中,点E在边CD上,AQ⊥BE于点Q,DP⊥AQ于点P.求证:AP=BQ;在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图中四对线段,使每对中较长线段与较短线段长度的差等于PQ的长.

    21.(8分)如图,已知抛物线y=ax2﹣2ax+b与x轴交于A、B(3,0)两点,与y轴交于点C,且OC=3OA,设抛物线的顶点为D.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)在抛物线对称轴的右侧的抛物线上是否存在点P,使得△PDC是等腰三角形?若存在,求出符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由;
    (3)若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点(其中点M在点N的右侧),在x轴上是否存在点Q,使△MNQ为等腰直角三角形?若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

    22.(10分)研究发现,抛物线上的点到点F(0,1)的距离与到直线l:的距离相等.如图1所示,若点P是抛物线上任意一点,PH⊥l于点H,则PF=PH.
    基于上述发现,对于平面直角坐标系xOy中的点M,记点到点的距离与点到点的距离之和的最小值为d,称d为点M关于抛物线的关联距离;当时,称点M为抛物线的关联点.

    (1)在点,,,中,抛物线的关联点是_____ ;
    (2)如图2,在矩形ABCD中,点,点,
    ①若t=4,点M在矩形ABCD上,求点M关于抛物线的关联距离d的取值范围;
    ②若矩形ABCD上的所有点都是抛物线的关联点,则t的取值范围是________.
    23.(12分)为上标保障我国海外维和部队官兵的生活,现需通过A港口、B港口分别运送100吨和50吨生活物资.已知该物资在甲仓库存有80吨,乙仓库存有70吨,若从甲、乙两仓库运送物资到港口的费用(元/吨)如表所示:
    设从甲仓库运送到A港口的物资为x吨,求总运费y(元)与x(吨)之间的函数关系式,并写出x的取值范围;求出最低费用,并说明费用最低时的调配方案.
    24.如图,某同学在测量建筑物AB的高度时,在地面的C处测得点A的仰角为30°,向前走60米到达D处,在D处测得点A的仰角为45°,求建筑物AB的高度.




    参考答案

    一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)
    1、A
    【解析】
    根据分子为零,且分母不为零解答即可.
    【详解】
    解:∵代数式的值为零,
    ∴x=0,
    此时分母x-3≠0,符合题意.
    故选A.
    【点睛】
    本题考查了分式的值为零的条件.若分式的值为零,需同时具备两个条件:①分子的值为0,②分母的值不为0,这两个条件缺一不可.
    2、C
    【解析】
    根据图像可得:a<0,b<0,c=0,即abc=0,则①正确;
    当x=1时,y<0,即a+b+c<0,则②错误;
    根据对称轴可得:-=-,则b=3a,根据a<0,b<0可得:a>b;则③正确;
    根据函数与x轴有两个交点可得:-4ac>0,则④正确.
    故选C.
    【点睛】
    本题考查二次函数的性质.能通过图象分析a,b,c的正负,以及通过一些特殊点的位置得出a,b,c之间的关系是解题关键.
    3、A
    【解析】
    用-1加上1,求出比-1大1的是多少即可.
    【详解】
    ∵-1+1=1,
    ∴比-1大1的是1.
    故选:A.
    【点睛】
    本题考查了有理数加法的运算,解题的关键是要熟练掌握: “先符号,后绝对值”.
    4、C
    【解析】
    如图,设⊙O与AC相切于点E,连接OE,作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1,此时垂线段OP1最短,P1Q1最小值为OP1-OQ1,求出OP1,如图当Q2在AB边上时,P2与B重合时,P2Q2最大值=5+3=8,由此不难解决问题.
    【详解】
    解:如图,设⊙O与AC相切于点E,连接OE,作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1,

    此时垂线段OP1最短,P1Q1最小值为OP1-OQ1,
    ∵AB=10,AC=8,BC=6,
    ∴AB2=AC2+BC2,
    ∴∠C=10°,
    ∵∠OP1B=10°,
    ∴OP1∥AC
    ∵AO=OB,\
    ∴P1C=P1B,
    ∴OP1=AC=4,
    ∴P1Q1最小值为OP1-OQ1=1,
    如图,当Q2在AB边上时,P2与B重合时,P2Q2经过圆心,经过圆心的弦最长,
    P2Q2最大值=5+3=8,
    ∴PQ长的最大值与最小值的和是1.
    故选:C.
    【点睛】
    本题考查切线的性质、三角形中位线定理等知识,解题的关键是正确找到点PQ取得最大值、最小值时的位置,属于中考常考题型.
    5、B
    【解析】
    如图,作PE⊥AB于E.
    在Rt△PAE中,∵∠PAE=45°,PA=60n mile,
    ∴PE=AE=×60=n mile,
    在Rt△PBE中,∵∠B=30°,
    ∴PB=2PE=n mile.
    故选B.

    6、D
    【解析】
    根据等边三角形的性质得到∠A=60°,再利用圆周角定理得到∠BOC=120°,然后根据扇形的面积公式计算图中阴影部分的面积即可.
    【详解】
    ∵△ABC 为等边三角形,
    ∴∠A=60°,
    ∴∠BOC=2∠A=120°,
    ∴图中阴影部分的面积= =3π.
    故选D.
    【点睛】
    本题考查了三角形的外接圆与外心、圆周角定理及扇形的面积公式,求得∠BOC=120°是解决问题的关键.
    7、A
    【解析】
    ∵O的直径AB=2,
    ∴∠C=90°,
    ∵C是弧AB的中点,
    ∴,
    ∴AC=BC,
    ∴∠CAB=∠CBA=45°,
    ∵AE,BE分别平分∠BAC和∠ABC,
    ∴∠EAB=∠EBA=22.5°,
    ∴∠AEB=180°− (∠BAC+∠CBA)=135°,
    连接EO,

    ∵∠EAB=∠EBA,
    ∴EA=EB,
    ∵OA=OB,
    ∴EO⊥AB,
    ∴EO为Rt△ABC内切圆半径,
    ∴S△ABC=(AB+AC+BC)⋅EO=AC⋅BC,
    ∴EO=−1,
    ∴AE2=AO2+EO2=12+(−1)2=4−2,
    ∴扇形EAB的面积==,△ABE的面积=AB⋅EO=−1,
    ∴弓形AB的面积=扇形EAB的面积−△ABE的面积=,
    ∴阴影部分的面积=O的面积−弓形AB的面积=−()=−4,
    故选:A.
    8、A
    【解析】
    直接利用已知无理数得出的取值范围,进而得出答案.
    【详解】
    解:∵1<<2,
    ∴1-2<﹣2<2-2,
    ∴-1<﹣2<0
    即-2在-1和0之间.
    故选A.
    【点睛】
    此题主要考查了估算无理数大小,正确得出的取值范围是解题关键.
    9、D
    【解析】
    解:设上个月卖出x双,根据题意得:(1+10%)x=1.故选D.
    10、A
    【解析】
    从左面看,得到左边2个正方形,中间3个正方形,右边1个正方形.故选A.

    二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)
    11、(4π﹣3)cm1
    【解析】
    连接OB、OC,作OH⊥BC于H,根据圆周角定理可知∠BOC的度数,根据等边三角形的性质可求出OB、OH的长度,利用阴影面积=S扇形OBC-S△OBC即可得答案
    【详解】
    :连接OB、OC,作OH⊥BC于H,
    则BH=HC= BC= 3,
    ∵△ABC为等边三角形,
    ∴∠A=60°,
    由圆周角定理得,∠BOC=1∠A=110°,
    ∵OB=OC,
    ∴∠OBC=30°,
    ∴OB==1 ,OH=,
    ∴阴影部分的面积= ﹣×6×=4π﹣3 ,

    故答案为:(4π﹣3)cm1.
    【点睛】
    本题主要考查圆周角定理及等边三角形的性质,在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半;熟练掌握圆周角定理是解题关键.
    12、-4<x<1
    【解析】
    将P(1,1)代入解析式y1=mx,先求出m的值为,将Q点纵坐标y=1代入解析式y=x,求出y1=mx的横坐标x=-4,即可由图直接求出不等式kx+b>mx>-1的解集为y1>y1>-1时,x的取值范围为-4<x<1.
    故答案为-4<x<1.
    点睛:本题考查了一次函数与一元一次不等式,求出函数图象的交点坐标及函数与x轴的交点坐标是解题的关键.
    13、
    【解析】
    由图2可以计算出OB的长度,然后利用OB=OA可以计算出通过弦AB的长度.
    【详解】
    由图2得通过OB所用的时间为s,则OB的长度为1×2=2cm,则通过弧AB的时间为s,则弧长AB为,利用弧长公式,得出∠AOB=120°,即可以算出AB为.
    【点睛】
    本题主要考查了从图中提取信息的能力和弧长公式的运用及转换,熟练运用公式是本题的解题关键.
    14、3
    【解析】
    把x与y的值代入方程组求出m与n的值,即可确定出所求.
    【详解】
    解:把代入方程组得:
    相加得:m+3n=27,
    则27的立方根为3,
    故答案为3
    【点睛】
    此题考查了二元一次方程组的解,方程组的解即为能使方程组中两方程左右两边相等的未知数的值.
    15、
    【解析】
    由题意易得四边形ABFE是正方形,
    设AB=1,CF=x,则有BC=x+1,CD=1,
    ∵四边形CDEF和矩形ABCD相似,
    ∴CD:BC=FC:CD,
    即1:(x+1)=x:1,
    ∴x=或x=(舍去),
    ∴ =,
    故答案为.

    【点睛】本题考查了折叠的性质,相似多边形的性质等,熟练掌握相似多边形的面积比等于相似比的平方是解题的关键.
    16、1
    【解析】
    由抛物线y=x2-2x+m与x轴只有一个交点可知,对应的一元二次方程x2-2x+m=2,根的判别式△=b2-4ac=2,由此即可得到关于m的方程,解方程即可求得m的值.
    【详解】
    解:∵抛物线y=x2﹣2x+m与x轴只有一个交点,
    ∴△=2,
    ∴b2﹣4ac=22﹣4×1×m=2;
    ∴m=1.
    故答案为1.
    【点睛】
    本题考查了抛物线与x轴的交点问题,注:①抛物线与x轴有两个交点,则△>2;②抛物线与x轴无交点,则△<2;③抛物线与x轴有一个交点,则△=2.

    三、解答题(共8题,共72分)
    17、(1);(2)选择乙印刷厂比较优惠.
    【解析】
    (1)根据题意直接写出两厂印刷厂的收费y甲(元)关于印刷数量x(份)之间的函数关系式;
    (2)分别将两厂的印刷费用等于2000元,分别解得两厂印刷的份数即可.
    【详解】
    (1)根据题意可知:
    甲印刷厂的收费y甲=0.3x×0.9+100=0.27x+100,y关于x的函数关系式是y甲=0.27x+100(x>0);
    (2)由题意可得:该学校需要印刷艺术节的宣传资料600份,在甲印刷厂需要花费:0.27×600+100=262(元),在乙印刷厂需要花费:100+200×0.3+0.3×0.8×(600﹣200)=256(元).
    ∵256<262,∴如果该学校需要印刷艺术节的宣传资料600份,那么应该选择乙印刷厂比较优惠.
    【点睛】
    本题考查了一次函数的实际应用,解答一次函数的应用问题中,要注意自变量的取值范围还必须使实际问题有意义,属于中档题.
    18、(1)是;(2)见解析;(3)150°.
    【解析】
    (1)由菱形的性质和等边三角形的判定与性质即可得出结论;
    (2)根据题意画出图形,由勾股定理即可得出答案;
    (3)由SAS证明△AEC≌△BED,得出AC=BD,由等距四边形的定义得出AD=AB=AC,证出AD=AB=BD,△ABD是等边三角形,得出∠DAB=60°,由SSS证明△AED≌△AEC,得出∠CAE=∠DAE=15°,求出∠DAC=∠CAE+∠DAE=30°,∠BAC=∠BAE﹣∠CAE=30°,由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ACB和∠ACD的度数,即可得出答案.
    【详解】
    解:(1)一个内角为120°的菱形是等距四边形;
    故答案为是;
    (2)如图2,图3所示:
    在图2中,由勾股定理得:
    在图3中,由勾股定理得:
    故答案为
    (3)解:连接BD.如图1所示:
    ∵△ABE与△CDE都是等腰直角三角形,
    ∴DE=EC,AE=EB,
    ∠DEC+∠BEC=∠AEB+∠BEC,
    即∠AEC=∠DEB,
    在△AEC和△BED中, ,
    ∴△AEC≌△BED(SAS),
    ∴AC=BD,
    ∵四边形ABCD是以A为等距点的等距四边形,
    ∴AD=AB=AC,
    ∴AD=AB=BD,
    ∴△ABD是等边三角形,
    ∴∠DAB=60°,
    ∴∠DAE=∠DAB﹣∠EAB=60°﹣45°=15°,
    在△AED和△AEC中,
    ∴△AED≌△AEC(SSS),
    ∴∠CAE=∠DAE=15°,
    ∴∠DAC=∠CAE+∠DAE=30°,∠BAC=∠BAE﹣∠CAE=30°,
    ∵AB=AC,AC=AD,

    ∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=75°+75°=150°.

    【点睛】
    本题是四边形综合题目,考查了等距四边形的判定与性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识;本题综合性强,有一定难度,证明三角形全等是解决问题的关键.
    19、(1)证明见解析;(2)
    【解析】
    (1)连接OC,AC,可先证明AC平分∠BAE,结合圆的性质可证明OC∥AE,可得∠OCB=90°,可证得结论;
    (2)可先证得四边形AOCD为平行四边形,再证明△OCB为等边三角形,可求得CF、AB,利用梯形的面积公式可求得答案.
    【详解】
    (1)证明:连接OC,AC.
    ∵CF⊥AB,CE⊥AD,且CE=CF.
    ∴∠CAE=∠CAB.
    ∵OC=OA,
    ∴∠CAB=∠OCA.
    ∴∠CAE=∠OCA.
    ∴OC∥AE.
    ∴∠OCE+∠AEC=180°,
    ∵∠AEC=90°,
    ∴∠OCE=90°即OC⊥CE,
    ∵OC是⊙O的半径,点C为半径外端,
    ∴CE是⊙O的切线.
    (2)解:∵AD=CD,
    ∴∠DAC=∠DCA=∠CAB,
    ∴DC∥AB,
    ∵∠CAE=∠OCA,
    ∴OC∥AD,
    ∴四边形AOCD是平行四边形,
    ∴OC=AD=a,AB=2a,
    ∵∠CAE=∠CAB,
    ∴CD=CB=a,
    ∴CB=OC=OB,
    ∴△OCB是等边三角形,
    在Rt△CFB中,CF= ,
    ∴S四边形ABCD= (DC+AB)•CF=
    【点睛】
    本题主要考查切线的判定,掌握切线的两种判定方法是解题的关键,即有切点时连接圆心和切点,然后证明垂直,没有切点时,过圆心作垂直,证明圆心到直线的距离等于半径.
    20、(1)证明见解析;(2)①AQ﹣AP=PQ,②AQ﹣BQ=PQ,③DP﹣AP=PQ,④DP﹣BQ=PQ.
    【解析】
    试题分析:(1)利用AAS证明△AQB≌△DPA,可得AP=BQ;(2)根据AQ﹣AP=PQ和全等三角形的对应边相等可写出4对线段.
    试题解析:(1)在正方形中ABCD中,AD=BA,∠BAD=90°,∴∠BAQ+∠DAP=90°,∵DP⊥AQ,∴∠ADP+∠DAP=90°,∴∠BAQ=∠ADP,∵AQ⊥BE于点Q,DP⊥AQ于点P,∴∠AQB=∠DPA=90°,∴△AQB≌△DPA(AAS),
    ∴AP=BQ.(2)①AQ﹣AP=PQ,②AQ﹣BQ=PQ,③DP﹣AP=PQ,④DP﹣BQ=PQ.
    考点:(1)正方形;(2)全等三角形的判定与性质.
    21、(1)y=﹣x2+2x+1;(2)P(2,1)或(,);(1)存在,且Q1(1,0),Q2(2﹣,0),Q1(2+,0),Q4(﹣,0),Q5(,0).
    【解析】
    (1)根据抛物线的解析式,可得到它的对称轴方程,进而可根据点B的坐标来确定点A的坐标,已知OC=1OA,即可得到点C的坐标,利用待定系数法即可求得该抛物线的解析式.
    (2)求出点C关于对称轴的对称点,求出两点间的距离与CD相比较可知,PC不可能与CD相等,因此要分两种情况讨论:
    ①CD=PD,根据抛物线的对称性可知,C点关于抛物线对称轴的对称点满足P点的要求,坐标易求得;②PD=PC,可设出点P的坐标,然后表示出PC、PD的长,根据它们的等量关系列式求出点P的坐标.
    (1)此题要分三种情况讨论:①点Q是直角顶点,那么点Q必为抛物线对称轴与x轴的交点,由此求得点Q的坐标;②M、N在x轴上方,且以N为直角顶点时,可设出点N的坐标,根据抛物线的对称性可知MN正好等于抛物线对称轴到N点距离的2倍,而△MNQ是等腰直角三角形,则QN=MN,由此可表示出点N的纵坐标,联立抛物线的解析式,即可得到关于N点横坐标的方程,从而求得点Q的坐标;根据抛物线的对称性知:Q关于抛物线的对称点也符合题意;③M、N在x轴下方,且以N为直角顶点时,方法同②.
    【详解】
    解:(1)由y=ax2﹣2ax+b可得抛物线对称轴为x=1,由B(1,0)可得A(﹣1,0);
    ∵OC=1OA,
    ∴C(0,1);
    依题意有:,
    解得;
    ∴y=﹣x2+2x+1.
    (2)存在.①DC=DP时,由C点(0,1)和x=1可得对称点为P(2,1);
    设P2(x,y),
    ∵C(0,1),P(2,1),
    ∴CP=2,
    ∵D(1,4),
    ∴CD=<2,
    ②由①此时CD⊥PD,
    根据垂线段最短可得,PC不可能与CD相等;
    ②PC=PD时,∵CP22=(1﹣y)2+x2,DP22=(x﹣1)2+(4﹣y)2
    ∴(1﹣y)2+x2=(x﹣1)2+(4﹣y)2
    将y=﹣x2+2x+1代入可得:,
    ∴ ;
    ∴P2(,).
    综上所述,P(2,1)或(,).
    (1)存在,且Q1(1,0),Q2(2﹣,0),Q1(2+,0),Q4(﹣,0),Q5(,0);
    ①若Q是直角顶点,由对称性可直接得Q1(1,0);
    ②若N是直角顶点,且M、N在x轴上方时;
    设Q2(x,0)(x<1),
    ∴MN=2Q1O2=2(1﹣x),
    ∵△Q2MN为等腰直角三角形;
    ∴y=2(1﹣x)即﹣x2+2x+1=2(1﹣x);
    ∵x<1,
    ∴Q2(,0);
    由对称性可得Q1(,0);
    ③若N是直角顶点,且M、N在x轴下方时;
    同理设Q4(x,y),(x<1)
    ∴Q1Q4=1﹣x,而Q4N=2(Q1Q4),
    ∵y为负,
    ∴﹣y=2(1﹣x),
    ∴﹣(﹣x2+2x+1)=2(1﹣x),
    ∵x<1,
    ∴x=﹣,
    ∴Q4(-,0);
    由对称性可得Q5(+2,0).
    【点睛】
    本题考查了二次函数的知识点,解题的关键是熟练的掌握二次函数相关知识点.
    22、 (1) (2)① ②
    【解析】
    【分析】(1)根据关联点的定义逐一进行判断即可得;
    (2))①当时,,,,,可以确定此时矩形上的所有点都在抛物线的下方,所以可得,由此可知,从而可得;
    ②由①知,分两种情况画出图形进行讨论即可得.
    【详解】(1),x=2时,y==1,此时P(2,1),则d=1+2=3,符合定义,是关联点;
    ,x=1时,y==,此时P(1,),则d=+=3,符合定义,是关联点;
    ,x=4时,y==4,此时P(4,4),则d=1+=6,不符合定义,不是关联点;
    ,x=0时,y==0,此时P(0,0),则d=4+5=9,不不符合定义,是关联点,
    故答案为;
    (2)①当时,,,,,
    此时矩形上的所有点都在抛物线的下方,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴;
    ②由①,,
    如图2所示时,CF最长,当CF=4时,即=4,解得:t=,

    如图3所示时,DF最长,当DF=4时,即DF==4,解得 t=,

    故答案为
    【点睛】本题考查了新定义题,二次函数的综合,题目较难,读懂新概念,能灵活应用新概念,结合图形解题是关键.
    23、(1)y=﹣8x+2560(30≤x≤1);(2)把甲仓库的全部运往A港口,再从乙仓库运20吨往A港口,乙仓库的余下的全部运往B港口.
    【解析】
    试题分析:(1)设从甲仓库运x吨往A港口,根据题意得从甲仓库运往B港口的有(1﹣x)吨,从乙仓库运往A港口的有吨,运往B港口的有50﹣(1﹣x)=(x﹣30)吨,再由等量关系:总运费=甲仓库运往A港口的费用+甲仓库运往B港口的费用+乙仓库运往A港口的费用+乙仓库运往B港口的费用列式并化简,即可得总运费y(元)与x(吨)之间的函数关系式;由题意可得x≥0,8-x≥0,x-30≥0,100-x≥0,即可得出x的取值;(2)因为所得的函数为一次函数,由增减性可知:y随x增大而减少,则当x=1时,y最小,并求出最小值,写出运输方案.
    试题解析:(1)设从甲仓库运x吨往A港口,则从甲仓库运往B港口的有(1﹣x)吨,
    从乙仓库运往A港口的有吨,运往B港口的有50﹣(1﹣x)=(x﹣30)吨,
    所以y=14x+20+10(1﹣x)+8(x﹣30)=﹣8x+2560,
    x的取值范围是30≤x≤1.
    (2)由(1)得y=﹣8x+2560y随x增大而减少,所以当x=1时总运费最小,
    当x=1时,y=﹣8×1+2560=1920,
    此时方案为:把甲仓库的全部运往A港口,再从乙仓库运20吨往A港口,乙仓库的余下的全部运往B港口.
    考点:一次函数的应用.
    24、(30+30)米.
    【解析】
    解:设建筑物AB的高度为x米
    在Rt△ABD 中,∠ADB=45°
    ∴AB=DB=x
    ∴BC=DB+CD= x+60
    在Rt△ABC 中,∠ACB=30°,
    ∴tan∠ACB=


    ∴x=30+30
    ∴建筑物AB的高度为(30+30)米

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