山西省优质模拟试题打包2022年中考数学仿真试卷含解析
展开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(本大题共12个小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)
1.如图图形中是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.如图是某商品的标志图案,AC与BD是⊙O的两条直径,首尾顺次连接点A,B,C,D,得到四边形ABCD.若AC=10cm,∠BAC=36°,则图中阴影部分的面积为( )
A. B. C. D.
3.用一根长为a(单位:cm)的铁丝,首尾相接围成一个正方形,要将它按图的方式向外等距扩1(单位:cm)得到新的正方形,则这根铁丝需增加( )
A.4cm B.8cm C.(a+4)cm D.(a+8)cm
4. “五一”期间,某市共接待海内外游客约567000人次,将567000用科学记数法表示为( )
A.567×103 B.56.7×104 C.5.67×105 D.0.567×106
5.如图显示了用计算机模拟随机投掷一枚图钉的某次实验的结果.
下面有三个推断:
①当投掷次数是500时,计算机记录“钉尖向上”的次数是308,所以“钉尖向上”的概率是0.616;
②随着试验次数的增加,“钉尖向上”的频率总在0.618附近摆动,显示出一定的稳定性,可以估计“钉尖向上”的概率是0.618;
③若再次用计算机模拟此实验,则当投掷次数为1000时,“钉尖向上”的频率一定是0.1.
其中合理的是( )
A.① B.② C.①② D.①③
6.下列各数中,最小的数是( )
A.0 B. C. D.
7.已知等边三角形的内切圆半径,外接圆半径和高的比是( )
A.1:2: B.2:3:4 C.1::2 D.1:2:3
8.据资料显示,地球的海洋面积约为360000000平方千米,请用科学记数法表示地球海洋面积面积约为多少平方千米( )
A. B. C. D.
9.有三张正面分别标有数字-2 ,3, 4 的不透明卡片,它们除数字不同外,其余全部相同,现将它们背面朝上洗匀后, 从中任取一张(不放回),再从剩余的卡片中任取一张, 则两次抽取的卡片上的数字之积为正偶数的概率是( )
A. B. C. D.
10.国家主席习近平在2018年新年贺词中说道:“安得广厦千万间,大庇天下寒士俱欢颜!2017年我国3400000贫困人口实现易地扶贫搬迁、有了温暖的新家.”其中3400000用科学记数法表示为( )
A.0.34×107 B.3.4×106 C.3.4×105 D.34×105
11.下列说法:①平分弦的直径垂直于弦;②在n次随机实验中,事件A出现m次,则事件A发生的频率,就是事件A的概率;③各角相等的圆外切多边形一定是正多边形;④各角相等的圆内接多边形一定是正多边形;⑤若一个事件可能发生的结果共有n种,则每一种结果发生的可能性是.其中正确的个数( )
A.1 B.2 C.3 D.4
12.下列图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A.等边三角形 B.菱形 C.平行四边形 D.正五边形
二、填空题:(本大题共6个小题,每小题4分,共24分.)
13.已知点A(2,0),B(0,2),C(-1,m)在同一条直线上,则m的值为___________.
14.点(-1,a)、(-2,b)是抛物线上的两个点,那么a和b的大小关系是a_______b(填“>”或“<”或“=”).
15.如图,转盘中6个扇形的面积相等,任意转动转盘1次,当转盘停止转动时,指针指向的数小于5的概率为_____.
16.为了估计池塘里有多少条鱼,从池塘里捕捞了1000条鱼做上标记,然后放回池塘里,经过一段时间,等有标记的鱼完全混合于鱼群中以后,再捕捞200条,若其中有标记的鱼有10条,则估计池塘里有鱼_____条.
17.已知线段c是线段a和b的比例中项,且a、b的长度分别为2cm和8cm,则c的长度为_____cm.
18.若直角三角形两边分别为6和8,则它内切圆的半径为_____.
三、解答题:(本大题共9个小题,共78分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
19.(6分)如图,⊙O是△ABC的外接圆,AB为直径,OD∥BC交⊙O于点D,交AC于点E,连接AD、BD、CD.
(1)求证:AD=CD;
(2)若AB=10,OE=3,求tan∠DBC的值.
20.(6分)某公司对用户满意度进行问卷调查,将连续6天内每天收回的问卷数进行统计,绘制成如图所示的统计图.已知从左到右各矩形的高度比为2:3:4:6:4:1.第3天的频数是2.请你回答:
(1)收回问卷最多的一天共收到问卷_________份;
(2)本次活动共收回问卷共_________份;
(3)市场部对收回的问卷统一进行了编号,通过电脑程序随机抽选一个编号,抽到问卷是第4天收回的概率是多少?
(4)按照(3)中的模式随机抽选若干编号,确定幸运用户发放纪念奖,第4天和第6天分别有10份和2份获奖,那么你认为这两组中哪个组获奖率较高?为什么?
21.(6分)如图,▱ABCD中,点E,F分别是BC和AD边上的点,AE垂直平分BF,交BF于点P,连接EF,PD.求证:平行四边形ABEF是菱形;若AB=4,AD=6,∠ABC=60°,求tan∠ADP的值.
22.(8分)如图,矩形中,对角线、交于点,以、为邻边作平行四边形,连接
求证:四边形是菱形若,,求四边形的面积
23.(8分)某校为表彰在“书香校园”活动中表现积极的同学,决定购买笔记本和钢笔作为奖品.已知5个笔记本、2支钢笔共需要100元;4个笔记本、7支钢笔共需要161元
(1)笔记本和钢笔的单价各多少元?
(2)恰好“五一”,商店举行“优惠促销”活动,具体办法如下:笔记本9折优惠;钢笔10支以上超出部分8折优惠若买x个笔记本需要y1元,买x支钢笔需要y2元;求y1、y2关于x的函数解析式;
(3)若购买同一种奖品,并且该奖品的数量超过10件,请你分析买哪种奖品省钱.
24.(10分)在正方形 ABCD 中,M 是 BC 边上一点,且点 M 不与 B、C 重合,点 P 在射线 AM 上,将线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ,连接BP,DQ.
(1)依题意补全图 1;
(2)①连接 DP,若点 P,Q,D 恰好在同一条直线上,求证:DP2+DQ2=2AB2;
②若点 P,Q,C 恰好在同一条直线上,则 BP 与 AB 的数量关系为: .
25.(10分)小李在学习了定理“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”之后做了如下思考,请你帮他完成如下问题:
他认为该定理有逆定理:“如果一个三角形某条边上的中线等于该边长的一半,那么这个三角形是直角三角形”应该成立.即如图①,在中,是边上的中线,若,求证:.如图②,已知矩形,如果在矩形外存在一点,使得,求证:.(可以直接用第(1)问的结论)在第(2)问的条件下,如果恰好是等边三角形,请求出此时矩形的两条邻边与的数量关系.
26.(12分)某汽车专卖店销售A,B两种型号的汽车.上周销售额为96万元:本周销售额为62万元,销售情况如下表:
| A型汽车 | B型汽车 |
上周 | 1 | 3 |
本周 | 2 | 1 |
(1)求每辆A型车和B型车的售价各为多少元
(2)甲公司拟向该店购买A,B两种型号的汽车共6辆,购车费不少于130万元,且不超过140万元,则有哪几种购车方案?哪种购车方案花费金额最少?
27.(12分)如图,以D为顶点的抛物线y=﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点,交y轴于点C,直线BC的表达式为y=﹣x+1.求抛物线的表达式;在直线BC上有一点P,使PO+PA的值最小,求点P的坐标;在x轴上是否存在一点Q,使得以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似?若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
参考答案
一、选择题(本大题共12个小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)
1、B
【解析】
把一个图形绕着某一个点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形.
【详解】
解:根据中心对称图形的定义可知只有B选项是中心对称图形,故选择B.
【点睛】
本题考察了中心对称图形的含义.
2、B
【解析】
试题解析:∵AC=10,∴AO=BO=5,∵∠BAC=36°,∴∠BOC=72°,∵矩形的对角线把矩形分成了四个面积相等的三角形,∴阴影部分的面积=扇形AOD的面积+扇形BOC的面积=2扇形BOC的面积==10π .故选B.
3、B
【解析】
【分析】根据题意得出原正方形的边长,再得出新正方形的边长,继而得出答案.
【详解】∵原正方形的周长为acm,
∴原正方形的边长为cm,
∵将它按图的方式向外等距扩1cm,
∴新正方形的边长为(+2)cm,
则新正方形的周长为4(+2)=a+8(cm),
因此需要增加的长度为a+8﹣a=8cm,
故选B.
【点睛】本题考查列代数式,解题的关键是根据题意表示出新正方形的边长及规范书写代数式.
4、C
【解析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数.确定n的值时,要看把原数变成a时,小数点移动了多少位,n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值≥1时,n是非负数;当原数的绝对值<1时,n是负数.
【详解】
567000=5.67×105,
【点睛】
此题考查科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数,表示时关键要正确确定a的值以及n的值.
5、B
【解析】
①当频数增大时,频率逐渐稳定的值即为概率,500次的实验次数偏低,而频率稳定在了0.618,错误;②由图可知频数稳定在了0.618,所以估计频率为0.618,正确;③.这个实验是一个随机试验,当投掷次数为1000时,钉尖向上”的概率不一定是0.1.错误,
故选B.
【点睛】本题考查了利用频率估计概率,能正确理解相关概念是解题的关键.
6、D
【解析】
根据实数大小比较法则判断即可.
【详解】
<0<1<,
故选D.
【点睛】
本题考查了实数的大小比较的应用,掌握正数都大于0,负数都小于0,两个负数比较大小,其绝对值大的反而小是解题的关键.
7、D
【解析】
试题分析:图中内切圆半径是OD,外接圆的半径是OC,高是AD,因而AD=OC+OD;
在直角△OCD中,∠DOC=60°,则OD:OC=1:2,因而OD:OC:AD=1:2:1,
所以内切圆半径,外接圆半径和高的比是1:2:1.故选D.
考点:正多边形和圆.
8、B
【解析】
分析:科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数.确定n的值时,要看把原数变成a时,小数点移动了多少位,n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值>1时,n是正数;当原数的绝对值<1时,n是负数.
详解:将360000000用科学记数法表示为:3.6×1.
故选:B.
点睛:此题考查科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数,表示时关键要正确确定a的值以及n的值.
9、C
【解析】
画树状图得:
∵共有6种等可能的结果,两次抽取的卡片上的数字之积为正偶数的有2种情况,
∴两次抽取的卡片上的数字之积为正偶数的概率是:.
故选C.
【点睛】运用列表法或树状图法求概率.注意画树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,列表法适合于两步完成的事件;树状图法适合两步或两步以上完成的事件.
10、B
【解析】
解:3400000=.
故选B.
11、A
【解析】
根据垂径定理、频率估计概率、圆的内接多边形、外切多边形的性质与正多边形的定义、概率的意义逐一判断可得.
【详解】
①平分弦(不是直径)的直径垂直于弦,故此结论错误;
②在n次随机实验中,事件A出现m次,则事件A发生的频率,试验次数足够大时可近似地看做事件A的概率,故此结论错误;
③各角相等的圆外切多边形是正多边形,此结论正确;
④各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形,如圆内接矩形,各角相等,但不是正多边形,故此结论错误;
⑤若一个事件可能发生的结果共有n种,再每种结果发生的可能性相同是,每一种结果发生的可能性是.故此结论错误;
故选:A.
【点睛】
本题主要考查命题的真假,解题的关键是掌握垂径定理、频率估计概率、圆的内接多边形、外切多边形的性质与正多边形的定义、概率的意义.
12、B
【解析】
在平面内,如果一个图形沿一条直线对折,直线两旁的部分能够完全重合,这样的图形叫做轴对称图形;在平面内一个图形绕某个点旋转180°,如果旋转前后的图形能互相重合,那么这个图形叫做中心对称图形,分别判断各选项即可解答.
【详解】
解:A、等边三角形是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误;
B、菱形是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项正确;
C、平行四边形不是轴对称图形,是中心对称图形,故此选项错误;
D、正五边形是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误.
故选:B.
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义,熟练掌握是解题的关键.
二、填空题:(本大题共6个小题,每小题4分,共24分.)
13、3
【解析】
设过点A(2,0)和点B(0,2)的直线的解析式为:,
则 ,解得: ,
∴直线AB的解析式为:,
∵点C(-1,m)在直线AB上,
∴,即.
故答案为3.
点睛:在平面直角坐标系中,已知三点共线和其中两点的坐标,求第3点坐标中待定字母的值时,通常先由已知两点的坐标求出过这两点的直线的解析式,在将第3点的坐标代入所求解析式中,即可求得待定字母的值.
14、<
【解析】
把点(-1,a)、(-2,b)分别代入抛物线,则有:
a=1-2-3=-4,b=4-4-3=-3,
-4<-3,
所以a<b,
故答案为<.
15、
【解析】
试题解析:∵共6个数,小于5的有4个,∴P(小于5)==.故答案为.
16、20000
【解析】
试题分析:1000÷=20000(条).
考点:用样本估计总体.
17、1
【解析】
根据比例中项的定义,列出比例式即可得出中项,注意线段长度不能为负.
【详解】
根据比例中项的概念结合比例的基本性质,得:比例中项的平方等于两条线段的乘积.
所以c2=2×8,
解得c=±1(线段是正数,负值舍去),
故答案为1.
【点睛】
此题考查了比例线段.理解比例中项的概念,这里注意线段长度不能是负数.
18、2或-1
【解析】
根据已知题意,求第三边的长必须分类讨论,即8是斜边或直角边的两种情况,然后利用勾股定理求出另一边的长,再根据内切圆半径公式求解即可.
【详解】
若8是直角边,则该三角形的斜边的长为:,
∴内切圆的半径为:;
若8是斜边,则该三角形的另一条直角边的长为:,
∴内切圆的半径为:.
故答案为2或-1.
【点睛】
本题考查了勾股定理,三角形的内切圆,以及分类讨论的数学思想,分类讨论是解答本题的关键.
三、解答题:(本大题共9个小题,共78分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
19、(1)见解析;(2)tan∠DBC=.
【解析】
(1)先利用圆周角定理得到∠ACB=90°,再利用平行线的性质得∠AEO=90°,则根据垂径定理得到,从而有AD=CD;
(2)先在Rt△OAE中利用勾股定理计算出AE,则根据正切的定义得到tan∠DAE的值,然后根据圆周角定理得到∠DAC=∠DBC,从而可确定tan∠DBC的值.
【详解】
(1)证明:∵AB为直径,
∴∠ACB=90°,
∵OD∥BC,
∴∠AEO=∠ACB=90°,
∴OE⊥AC,
∴,
∴AD=CD;
(2)解:∵AB=10,
∴OA=OD=5,
∴DE=OD﹣OE=5﹣3=2,
在Rt△OAE中,AE==4,
∴tan∠DAE=,
∵∠DAC=∠DBC,
∴tan∠DBC=.
【点睛】
垂径定理及圆周角定理是本题的考点,熟练掌握垂径定理及圆周角定理是解题的关键.
20、18 60分
【解析】
分析:(1)观察图形可知,第4天收到问卷最多,用矩形的高度比=频数之比即可得出结论;
(2)由于组距相同,各矩形的高度比即为频数的比,可由数据总数=某组的频数÷频率计算;
(3)根据概率公式计算即可;
(4)分别计算第4天,第6天的获奖率后比较即可.
详解:(1)由图可知:第4天收到问卷最多,设份数为x,则:4:6=2:x,解得:x=18;
(2)2÷[4÷(2+3+4+6+4+1)]=60份;
(3)抽到第4天回收问卷的概率是;
(4)第4天收回问卷获奖率,第6天收回问卷获奖率.
∵,
∴第6天收回问卷获奖率高.
点睛:本题考查了对频数分布直方图的掌握情况,根据图中信息,求出频率,用来估计概率.用到的知识点为:总体数目=部分数目÷相应频率.部分的具体数目=总体数目×相应频率.概率=所求情况数与总情况数之比.
21、(1)详见解析;(2)tan∠ADP=.
【解析】
(1)根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质即可得到结论;
(2)作PH⊥AD于H,根据四边形ABEF是菱形,∠ABC=60°,AB=4,得到AB=AF=4,∠ABF=∠ADB=30°,AP⊥BF,从而得到PH=,DH=5,然后利用锐角三角函数的定义求解即可.
【详解】
(1)证明:∵AE垂直平分BF,
∴AB=AF,
∴∠BAE=∠FAE,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC.
∴∠FAE=∠AEB,
∴∠AEB=∠BAE,
∴AB=BE,
∴AF=BE.
∵AF∥BC,
∴四边形ABEF是平行四边形.
∵AB=BE,
∴四边形ABEF是菱形;
(2)解:作PH⊥AD于H,
∵四边形ABEF是菱形,∠ABC=60°,AB=4,
∴AB=AF=4,∠ABF=∠AFB=30°,AP⊥BF,
∴AP=AB=2,
∴PH=,DH=5,
∴tan∠ADP==.
【点睛】
本题考查了菱形的判定及平行四边形的性质,解题的关键是牢记菱形的几个判定定理,难度不大.
22、(1)见解析;(2)S四边形ADOE =.
【解析】
(1) 根据矩形的性质有OA=OB=OC=OD,根据四边形ADOE是平行四边形,得到OD∥AE,AE=OD. 等量代换得到AE=OB.即可证明四边形AOBE为平行四边形.根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明.
(2)根据菱形的性质有∠EAB=∠BAO.根据矩形的性质有AB∥CD,根据平行线的性质有∠BAC=∠ACD,求出∠DCA=60°,求出AD=.根据面积公式SΔADC,即可求解.
【详解】
(1)证明:∵矩形ABCD,
∴OA=OB=OC=OD.
∵平行四边形ADOE,
∴OD∥AE,AE=OD.
∴AE=OB.
∴四边形AOBE为平行四边形.
∵OA=OB,
∴四边形AOBE为菱形.
(2)解:∵菱形AOBE,
∴∠EAB=∠BAO.
∵矩形ABCD,
∴AB∥CD.
∴∠BAC=∠ACD,∠ADC=90°.
∴∠EAB=∠BAO=∠DCA.
∵∠EAO+∠DCO=180°,
∴∠DCA=60°.
∵DC=2,
∴AD=.
∴SΔADC=.
∴S四边形ADOE =.
【点睛】
考查平行四边形的判定与性质,矩形的性质,菱形的判定与性质,解直角三角形,综合性比较强.
23、(1)笔记本单价为14元,钢笔单价为15元;(2)y1=14×0.9x=12.6x,y2=;(3)当购买奖品数量超过2时,买钢笔省钱;当购买奖品数量少于2时,买笔记本省钱;当购买奖品数量等于2时,买两种奖品花费一样.
【解析】
(1)设每个文具盒z元,每支钢笔y元,可列方程组得解之得
答:每个文具盒14元,每支钢笔15元.
(2)由题意知,y1关于x的函数关系式是y1=14×90%x,即y1=12.6x.
买钢笔10支以下(含10支)没有优惠.故此时的函数关系式为y2=15x:
当买10支以上时,超出的部分有优惠,故此时的函数关系式为y2=15×10+15×80%(x-10),
即y2=12x+1.
(3)因为x>10,所以y2=12x+1.当y1<y2,即12.6x<12x+1时,解得x<2;
当y1=y2,即12.6x=12x+1时,解得x=2;
当y1>y2,即12.6x>12x+1时,解得x>2.
综上所述,当购买奖品超过10件但少于2件时,买文具盒省钱;
当购买奖品2件时,买文具盒和买钢笔钱数相等;
当购买奖品超过2件时,买钢笔省钱.
24、(1)详见解析;(1)①详见解析;②BP=AB.
【解析】
(1)根据要求画出图形即可;
(1)①连接BD,如图1,只要证明△ADQ≌△ABP,∠DPB=90°即可解决问题;
②结论:BP=AB,如图3中,连接AC,延长CD到N,使得DN=CD,连接AN,QN.由△ADQ≌△ABP,△ANQ≌△ACP,推出DQ=PB,∠AQN=∠APC=45°,由∠AQP=45°,推出∠NQC=90°,由CD=DN,可得DQ=CD=DN=AB;
【详解】
(1)解:补全图形如图 1:
(1)①证明:连接 BD,如图 1,
∵线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ,
∴AQ=AP,∠QAP=90°,
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AD=AB,∠DAB=90°,
∴∠1=∠1.
∴△ADQ≌△ABP,
∴DQ=BP,∠Q=∠3,
∵在 Rt△QAP 中,∠Q+∠QPA=90°,
∴∠BPD=∠3+∠QPA=90°,
∵在 Rt△BPD 中,DP1+BP1=BD1, 又∵DQ=BP,BD1=1AB1,
∴DP1+DQ1=1AB1.
②解:结论:BP=AB.
理由:如图 3 中,连接 AC,延长 CD 到 N,使得 DN=CD,连接 AN,QN.
∵△ADQ≌△ABP,△ANQ≌△ACP,
∴DQ=PB,∠AQN=∠APC=45°,
∵∠AQP=45°,
∴∠NQC=90°,
∵CD=DN,
∴DQ=CD=DN=AB,
∴PB=AB.
【点睛】
本题考查正方形的性质,旋转变换、勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴
25、(1)详见解析;(2)详见解析;(3)
【解析】
(1)利用等腰三角形的性质和三角形内角和即可得出结论;
(2)先判断出OE=AC,即可得出OE=BD,即可得出结论;
(3)先判断出△ABE是底角是30°的等腰三角形,即可构造直角三角形即可得出结论.
【详解】
(1)∵AD=BD,
∴∠B=∠BAD,
∵AD=CD,
∴∠C=∠CAD,
在△ABC中,∠B+∠C+∠BAC=180°,
∴∠B+∠C+∠BAD+∠CAD=∠B+∠C+∠B+∠C=180°
∴∠B+∠C=90°,
∴∠BAC=90°,
(2)如图②,连接与,交点为,连接
四边形是矩形
(3)如图3,过点做于点
四边形是矩形
,
是等边三角形
,
由(2)知,
在中,
,
【点睛】
此题是四边形综合题,主要考查了矩形是性质,直角三角形的性质和判定,含30°角的直角三角形的性质,三角形的内角和公式,解(1)的关键是判断出∠B=∠BAD,解(2)的关键是判断出OE=AC,解(3)的关键是判断出△ABE是底角为30°的等腰三角形,进而构造直角三角形.
26、 (1) A型车售价为18万元,B型车售价为26万元. (2) 方案一:A型车2辆,B型车4辆;方案二:A型车3辆,B型车3辆;方案二花费少.
【解析】
(1)根据题意列出二元一次方程组即可求解;(2)由题意列出不等式即可求解.
【详解】
解:(1)设A型车售价为x元,B型车售价为y元,则:
解得:
答:A型车售价为18万元,B型车售价为26万元.
(2)设A型车购买m辆,则B型车购买(6-m)辆,
∴ 130≤18m+26(6-m) ≤140,∴:2≤m≤
方案一:A型车2辆,B型车4辆;方案二:A型车3辆,B型车3辆;
∴方案二花费少
【点睛】
此题主要考查二元一次方程组与不等式的应用,解题的关键是根据题意列出方程组与不等式进行求解.
27、(1)y=﹣x2+2x+1;(2)P ( ,);(1)当Q的坐标为(0,0)或(9,0)时,以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似.
【解析】
(1)先求得点B和点C的坐标,然后将点B和点C的坐标代入抛物线的解析式得到关于b、c的方程,从而可求得b、c的值;(2)作点O关于BC的对称点O′,则O′(1,1),则OP+AP的最小值为AO′的长,然后求得AO′的解析式,最后可求得点P的坐标;(1)先求得点D的坐标,然后求得CD、BC、BD的长,依据勾股定理的逆定理证明△BCD为直角三角形,然后分为△AQC∽△DCB和△ACQ∽△DCB两种情况求解即可.
【详解】
(1)把x=0代入y=﹣x+1,得:y=1,
∴C(0,1).
把y=0代入y=﹣x+1得:x=1,
∴B(1,0),A(﹣1,0).
将C(0,1)、B(1,0)代入y=﹣x2+bx+c得: ,解得b=2,c=1.
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+1.
(2)如图所示:作点O关于BC的对称点O′,则O′(1,1).
∵O′与O关于BC对称,
∴PO=PO′.
∴OP+AP=O′P+AP≤AO′.
∴OP+AP的最小值=O′A==2.
O′A的方程为y=
P点满足解得:
所以P ( ,)
(1)y=﹣x2+2x+1=﹣(x﹣1)2+4,
∴D(1,4).
又∵C(0,1,B(1,0),
∴CD=,BC=1,DB=2.
∴CD2+CB2=BD2,
∴∠DCB=90°.
∵A(﹣1,0),C(0,1),
∴OA=1,CO=1.
∴.
又∵∠AOC=DCB=90°,
∴△AOC∽△DCB.
∴当Q的坐标为(0,0)时,△AQC∽△DCB.
如图所示:连接AC,过点C作CQ⊥AC,交x轴与点Q.
∵△ACQ为直角三角形,CO⊥AQ,
∴△ACQ∽△AOC.
又∵△AOC∽△DCB,
∴△ACQ∽△DCB.
∴,即,解得:AQ=3.
∴Q(9,0).
综上所述,当Q的坐标为(0,0)或(9,0)时,以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似.
【点睛】
本题考查了二次函数的综合应用,解题的关键是掌握待定系数法求二次函数的解析式、轴对称图形的性质、相似三角形的性质和判定,分类讨论的思想.
2022-2023学年山西省晋中市中考数学专项突破仿真模拟卷(一模二模)含解析: 这是一份2022-2023学年山西省晋中市中考数学专项突破仿真模拟卷(一模二模)含解析,共58页。
2023年山西省太原市中考数学仿真模拟冲刺复习: 这是一份2023年山西省太原市中考数学仿真模拟冲刺复习,共7页。
2022-2023学年山西省晋中市中考数学专项突破仿真模拟卷(一模二模)含解析: 这是一份2022-2023学年山西省晋中市中考数学专项突破仿真模拟卷(一模二模)含解析,共56页。试卷主要包含了下列运算中正确的是,中考等内容,欢迎下载使用。