2023年河北省石家庄市桥西区中考数学质检试卷(3月份)(含答案)
展开这是一份2023年河北省石家庄市桥西区中考数学质检试卷(3月份)(含答案),共24页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2023年河北省石家庄市桥西区中考数学质检试卷(3月份)
一、选择题(本大题共16个小题,共42分,1~10每题3分,11~16每题2分,在每个小题给出的四个选项中,只有一项是正确的)
1.(3分)下列为无理数的是( )
A. B.0 C.﹣5 D.
2.(3分)工人砌墙时,先在两个墙脚的位置分别插一根木桩,再拉一条直的参照线,就能使砌的砖在一条直线上,这样做应用的数学知识是( )
A.两点确定一条直线
B.垂线段最短
C.两点之间,线段最短
D.三角形两边之和大于第三边
3.(3分)去年某城镇人均可支配收入为34181元,34181用科学记数法可表示为a×104,则a的值是( )
A.0.34181 B.3.4181 C.3 D.0.3
4.(3分)嘉嘉家和琪琪家到学校的直线距离分别是3km和1km,他们两家的直线距离可能是( )
A.1km B.3km C.5km D.7km
5.(3分)化简的结果是( )
A.0 B. C. D.
6.(3分)如图所示,①~④是由相同的小正方体粘在一起的几何体,组合其中的两个,能构成长方体的方案个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
7.(3分)下列运算正确的是( )
A.(﹣2)×(﹣3)=﹣6 B.(﹣2)﹣1=
C.a2÷a=2 D.()()=1
8.(3分)m加3的和与﹣m+1的差小于13,则m的值不可能为( )
A.6 B.5 C.4 D.3
9.(3分)如图,△ABC与△DEF位似,点O是它们的位似中心,且它们的周长比为1:2,则△AOB与△DOE的面积之比是( )
A.1:2 B.1:3 C.1:4 D.1:9
10.(3分)已知直线y=mx+n的图象如图所示,则关于x的方程x2+mx=n的根是( )
A.1,5 B.2,3 C.1,﹣5 D.1,﹣6
11.(2分)我国古代数学名著《九章算术》中记载:“粟米之法:粟率五十;粝米三十.今有米在十斗桶中,不知其数.满中添粟而舂之,得米七斗.问故米几何?”意思为:50斗谷子能出30斗米,即出米率为.今有米在容量为10斗的桶中,但不知道数量是多少.再向桶中加满谷子,再舂成米,共得米7斗.问原来有米多少斗?如果设原来有米x斗,向桶中加谷子y斗,那么可列方程组为( )
A. B.
C. D.
12.(2分)已知A=x2+6x+n2,B=2x2+4x+n2,下列结论正确的是( )
A.B﹣A的最大值是0 B.B﹣A的最小值是﹣1
C.当B=2A时,x为正数 D.当B=2A时,x为负数
13.(2分)如图所示,正五边形ABCDE的顶点A,B在射线OM上,顶点E在射线ON上,∠AEO=2∠DEN,则∠O的度数为( )
A.80° B.72° C.60° D.50°
14.(2分)如图,在△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,以A为圆心,任意长为半径画弧分别交AB,AC于点M和点N,再分别以点M、点N为圆心,大于的长为半径画弧,两弧交于点P,连结AP并延长交BC于点D,则△ACD与△ACB的周长之比为( )
A.1:3 B.:3 C.1:2 D.1:2
15.(2分)如图,点A,B是半径为2的⊙O上的两点,且AB=2,则下列说法正确的是( )
A.圆心O到AB的距离为
B.在圆上取异于A,B的一点C,则△ABC面积的最大值为2
C.以AB为边向上作正方形,与⊙O的公共部分的面积为3
D.取AB的中点C,当AB绕点O旋转一周时,点C运动的路线长为π
16.(2分)如图,反比例函数和正比例函数的图象交于点M,N,动点P(m,0)在x轴上,若△PMN为直角三角形,则m的值为( )
A.m=2或 B.或 C.m=±2或 D.或
二、填空题(本大题共3个小题,17~19题每空2分,共12分。)
17.(2分)如图,有5张写有号码的卡片,它们的背面都相同,现将它们背面朝上,从中任意摸出一张,摸到3号卡片的概率是 .
18.(4分)如图1,将长为3a+1,宽为2a的矩形分割成四个全等的直角三角形,拼成“赵爽弦图”(如图2),得到两个正方形.
(1)图2中小正方形的边长为 (用含a的代数式表示);
(2)当a=1时,该大正方形的面积是 .
19.(6分)如图是某型号机器人示意图,OA是垂直于工作台的移动基座,AB,BC为机械臂,OA=1m,AB=5m,BC=2m,∠ABC=143°,机械臂端点C到工作台的距离CD=6m.
(1)∠ABC的补角度数是 °;
(2)点A到直线BC的距离约是 m;
(3)OD的长约是 m.(结果精确到0.1m)
(参考数据:sin37°≈0.60,cos37°≈0.80,tan37°≈0.75,2.24)
三、解答题(本大题共7个小题,共66分,解答应写出文字说明,证明过程和演算步骤)
20.(8分)约定:上方相邻两个数之和等于这两个数下方箭头共同指向的数.
例如:
(1)a= ,b= (用含x的代数式表示);
(2)若m>﹣2,求x的最小整数值.
21.(8分)某校九年级600名学生在“立定跳远提升”训练前后各参加了一次水平相同的测试,为了解训练效果,用抽样调查的方式从中抽取了50名学生训练前后的测试成绩,制成如下表格:
训练前
成绩(分)
6
7
8
9
10
人数(人)
16
8
9
9
8
训练后
成绩(分)
6
7
8
9
10
人数(人)
5
8
6
12
19
(1)这50名学生的测试成绩中,训练前成绩的众数是 分,训练后成绩的中位数是 分;
(2)这50名学生经过训练后平均成绩提高了多少分?
(3)若测试成绩“9分”“10分”为优秀,请估计该校九年级600名学生经过训练后优秀的人数约有多少人?
22.(8分)发现:若两个已知正整数之差为奇数,则它们的平方差为奇数?若两个已知正整数之差为偶数,则它们的平方差为偶数.
验证:如(2+3)2﹣22= ,(3+4)2﹣32= .
探究:设“发现”中的两个已知正整数为n,n+m(两数之差为m),请论证“发现”中的结论的正确性.
23.(9分)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=4,以点B为圆心,BC为半径画弧交AB于点D,以点A为圆心,AC为半径画弧交AB于点E,连接CE,CD.
(1)求证:△ACD≌△CBE;
(2)如图2,作B关于CD的对称点B′,连接B′C,B′D,判断B′D与AC的位置关系,并说明理由;
(3)如图3,在(2)的条件下,直接写出阴影部分的面积.
24.(10分)在平面直角坐标系中,已知直线l:y=(k﹣1)x+3与y轴交于点P,矩形ABCD的顶点坐标分别为A(﹣2,1),B(﹣2,﹣2),C(3,﹣2).
(1)若点D在直线l上,求k的值;
(2)若直线l将矩形面积分成相等的两部分,求直线l的函数表达式;
(3)若直线l与矩形ABCD有交点(含边界),直接写出k的取值范围.
25.(11分)如图1,在菱形ABCD中,O是对角线AC与BD的交点,AB=4,∠ABC=60°,EF经过点O,分别交AD,BC于点E,F.
(1)当EF⊥BC时,求EF的长;
(2)如图2,当tan∠AEO=时,求AE的长;
(3)如图3,以EF为斜边作等腰直角△EMF,当点M落在DA的延长线上时,MF与AB交于点G,求与的比值.
26.(12分)如图1,在平面直角坐标系中,抛物线P:y=﹣x2+bx+c与x轴相交于A(﹣3,0),B两点,与y轴相交于点C(0,3).
(1)求抛物线P的解析式;
(2)如图2,抛物线P顶点为D,连接DA,DC,AC,BC,求证:△ACD∽△COB;
(3)如图3,坐标平面上放置一透明胶片,并在胶片上描画出抛物线P的一段记为P′,将该胶片向下平移h(h≠0)个单位长度,使P′与△OAC三条边有两个交点,请直接写出h的取值范围.
参考答案与试题解析
一、选择题(本大题共16个小题,共42分,1~10每题3分,11~16每题2分,在每个小题给出的四个选项中,只有一项是正确的)
1.【分析】根据无理数的定义解答即可.
【解答】解:,0,﹣5是有理数;
是无理数.
故选:D.
2.【分析】根据两点确定一条直线判断即可.
【解答】解:这样做应用的数学知识是两点确定一条直线,
故选:A.
3.【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.
【解答】解:34181=3.4181×104.
故选:B.
4.【分析】根据三角形三边关系即可求解.
【解答】解:依题意有,设嘉嘉家和琪琪家的直线距离为dkm,
则3﹣1≤d≤3+1,
即2≤d≤4.
故选:B.
5.【分析】直接将分式通分运算,进而利用分式的性质计算得出答案.
【解答】解:原式=﹣
=
=.
故选:C.
6.【分析】根据组合后的几何体是长方体直接判断即可.
【解答】解:由题意知,组合后的几何体是长方体,
∴①④符合要求,③④符合要求,
∴能构成长方体的方案个数是2.
故选:B.
7.【分析】利用平方差公式,有理数的乘法的法则,负整数指数幂的运算法则,同底数幂的除法的法则对各项进行运算即可.
【解答】解:A、(﹣2)×(﹣3)=6,故A不符合题意;
B、(﹣2)﹣1=,故B不符合题意;
C、a2÷a=a,故C不符合题意;
D、()()=1,故D符合题意;
故选:D.
8.【分析】先根据题意列出不等式,再根据解一元一次不等式基本步骤:移项、合并同类项、系数化为1可得.
【解答】解:由题意知,m+3﹣(﹣m+1)<13,
则m+3+m﹣1<13,
m+m<13+1﹣3,
∴2m<11,
解得m<5.5,
故选:A.
9.【分析】根据两三角形位似,面积比等于相似比的平方即可求解.
【解答】解:∵△ABC与△DEF位似,点O是它们的位似中心,且它们的周长比为1:2,
∴相似比为1:2,
∴△ABC与△DEF的面积之比是1:4,
故选:C.
10.【分析】利用待定系数法求得m、n的值,即可得到关于x的方程为x2+5x=6,利用因式分解法求解即可求得方程的解为1或﹣6.
【解答】解:由图象可知直线y=mx+n经过点(﹣1,1),(0,6),
∴,
解得,
∴关于x的方程为x2+5x=6,
∴x2+5x﹣6=0,
∴(x﹣1)(x+6)=0,
解得x=1或﹣6,
故选:D.
11.【分析】根据原来的米+向桶中加的谷子=10,原来的米+桶中的谷子舂成米=7即可得出答案.
【解答】解:根据题意得:,
故选:A.
12.【分析】分别求B﹣A的值,解B﹣2A,再进行判断.
【解答】解:∵B﹣A=(2x2+4x+n2)﹣(x2+6x+n2)=x2﹣2x=(x﹣1)2﹣1,
∴B﹣A的最小值为:﹣1,
当B=2A时,2x2+4x+n2=2(x2+6x+n2),
解得:x=﹣,
∵n2≥0,
∴x≤0,
故选:B.
13.【分析】根据正多边形的性质以及多边形的外角和等于360度,得∠DEA=108°,∠OAE=72°,那么∠DEN+∠AEO=180°﹣∠DEA=72°.由∠AEO=2∠DEN,得∠DEN=24°,从而推断出∠AEO=48°.再根据三角形的内角和定理,得∠O=180°﹣∠AEO﹣∠EAO=180°﹣48°﹣72°=60°.
【解答】解:由题意得,∠DEA=108°,∠OAE=72°.
∴∠DEN+∠AEO=180°﹣∠DEA=72°.
∵∠AEO=2∠DEN,
∴3∠DEN=72°.
∴∠DEN=24°.
∴∠AEO=48°.
∴∠O=180°﹣∠AEO﹣∠EAO=180°﹣48°﹣72°=60°.
故选:C.
14.【分析】根据作图知AD平分∠BAC,再根据直角三角形的性质求出边长和周长,最后求出比值.
【解答】解:设CD=x,
由作图得:AD平分∠BAC,
∵∠C=90°,∠B=30°,
∴∠BAC=60°,
∴∠BAD=∠CAD=30°,
∴AD=2CD=2x,
∴AC=x,AB=2x,
∴△ACD与△ACB的周长之比为:=,
故选:B.
15.【分析】由垂径定理求出AH的长,由勾股定理求出OH的长,即可得到O到AB的距离;延长HO交圆于C,即可求出△ABC的最大面积;求出△POB的面积,扇形OPQ的面积即可求出正方形ABPQ与圆的公共部分的面积;点C运动的路线是以O圆心,半径长是1的圆,即可求出C运动的路线长.
【解答】解:如图(1)作OH⊥AB于H,连接OA,
∴AH=BH=AB=×2=,
∴HO===1,
∴圆心O到AB的距离为1,
故A不符合题意;
延长HO交圆于C,此时△ABC的面积最大,
∵CH=OC+OH=2+1=3,
∴△ABC的面积=AB•CH=×2×3=3,
∴△ABC面积的最大值为3,故B不符合题意;
如图(2)四边形ABMN是正方形,连接PA,QB,
∵∠QAB=∠PBA=90°,
∴PA,QB是圆的直径,
∴PA=2×2=4,
∴sin∠APB===,
∴∠APB=60°,
∵PO=BO,
∴△POB是等边三角形,
∴△POB的面积=OP2=×22=,
∵∠POQ=180°﹣∠POB=120°,
∴扇形OPQ的面积==π,
∴AB为边向上作正方形,与⊙O的公共部分的面积=△POB的面积×3+扇形OPB的面积=3,
故C符合题意;
取AB的中点C,连接OC,OA,OB,
∵OA=OB,
∴OC⊥AB,
∴OC===1,
∴当AB绕点O旋转一周时,点C运动的路线是以O圆心,半径长是1的圆,
∴点C运动的路线长为2π×1=2π,
故D不符合题意.
故选:C.
16.【分析】在x轴上找到点P1,P2,使MP1⊥P1N,MP2⊥NP2,则点P1的右边,在P2的左边,作MP3⊥MN,交x轴于P3,作NP4⊥MN,交x轴于P4,则点P3的右边,在P4的左边.
【解答】解:由解得或,
∴M(2,1),N(﹣2,﹣1),
在x轴上原点的两旁取两点P1,P2,使得∠NP1M=∠MP2N=90°,
则OP1=OP2=MN=,
∴P1(,0),P2(﹣,0),
在x轴上原点的两旁取两点P3,P4,使得∠P3MN=∠P4NM=90°,
则OP3=OP4=,
∵点P(m,0)在x轴上,若△PMN为直角三角形,
∴m=或m=±,
故选:D.
二、填空题(本大题共3个小题,17~19题每空2分,共12分。)
17.【分析】将它们背面朝上,从中任意摸出一张有5种等可能结果,其中摸到3号卡片的有2种结果,再根据概率公式求解即可.
【解答】解:将它们背面朝上,从中任意摸出一张有5种等可能结果,其中摸到3号卡片的有2种结果,
所以将它们背面朝上,从中任意摸出一张,摸到3号卡片的概率为,
故答案为:.
18.【分析】(1)观察图形,用直角三角形较长的直角边减去较短的直角边即可;
(2)根据正方形的面积=边长的平方列出代数式,把a=1代入求出小正方形的面积,求出直角三角形的面积,则可得出答案.
【解答】解:(1)∵直角三角形较短的直角边=×2a=a,
较长的直角边=3a+1,
∴小正方形的边长=3a+1﹣a=2a+1;
故答案为:2a+1;
(2)小正方形的面积=(2a+1)2,
当a=1时,小正方形的面积=(2+1)2=9,直角三角形的面积为=2,
∴大正方形的面积=9+4×2=17,
故答案为:17.
19.【分析】(1)根据补角的定义即可求出答案.
(2)过点A作AE⊥BC于点E,然后根据锐角三角函数的定义即可求出答案.
(3)连接AC,过点A作AF⊥CD于F,所以四边形AFDO是矩形,然后根据勾股定理可分别求出BE、AE、AC、AF的长度,从而可求出OD的长度.
【解答】解:(1)∵∠ABC=143°,
∴∠ABC的补角是:180°﹣143°=37°,
(2)过点A作AE⊥BC于点E,
在Rt△ABE中,
∴sin∠ABE=,
∴AE=AB•sin37°≈3.0(m).
(3)连接AC,过点A作AF⊥CD于F,
∴四边形AFDO是矩形,
∴AF=DO,DF=OA=1(m),
∴CF=5(m),
在Rt△ABE中,
由勾股定理可知:BE==4(m),
∴CE=CB+BE=6(m),
在Rt△CEA中,
由勾股定理可知:AC2=32+62=45,
在Rt△ACF中,
由勾股定理可知:AF2=45﹣25=20,
∴AF=2≈4.5(m),
即OD≈4.5(m)
故答案为:(1)37.
(2)3.0
(3)4.5.
三、解答题(本大题共7个小题,共66分,解答应写出文字说明,证明过程和演算步骤)
20.【分析】(1)根据约定的方法即可求出a和b;
(2)根据约定的方法列出关于x的不等式即可求出x的最小整数值.
【解答】解:(1)a=﹣3+2=﹣1,b=2x+2.
故答案为:﹣1,2x+2;
(2)依题意有:m=a+b=2x+2﹣1=2x+1,
∵m>﹣2,
∴2x+1>﹣2,
解得.
∴x的最小整数值为﹣1.
21.【分析】(1)根据众数和中位数的定义即可求解;
(2)根据加权平均数的定义即可求解;
(3)利用样本估计总体即可求解.
【解答】解:(1)训练前的众数是6分,
训练后的中位数是9分.
故答案为:6,9;
(2)训练前的平均分:(分),
训练后的平均分:(分),
8.64﹣7.7=0.94(分).
答:训练后平均成绩提高了0.94分;
(3)600×
=600×
=372(人).
答:该校优秀的人数约有372人.
22.【分析】根据平方差公式(a+b)(a﹣b)=a2﹣b2解决此题.
【解答】解:验证:(2+3)2﹣22=21,(3+4)2﹣32=40.
探究:(n+m)2﹣n2
=(n+m+n)(n+m﹣n)
=m(2n+m).
当m为奇数时,2n为偶数,得2n+m为奇数,那么m(2n+m)为奇数;
当m为偶数时,2n为偶数,得2n+m为偶数,那么m(2n+m)为偶数.
23.【分析】(1)用ASA证明△ACD≌△CBE即可;
(2)B,B'关于CD的对称,得到BD=B'D,BC=B'C,进而得到BD=B'D=BC=B'C,即可证明;
(3)由阴影部分的面积=S梯形DHCB﹣S扇形CBD,即可求解.
【解答】(1)证明:由题意得:AC=AE,BC=BD,
∵AC=BC,
∴AE=BD,∠A=∠B,
∴AE﹣DE=BD﹣DE,
∴AD=BE,
∴△ACD≌△CBE(SAS);
(2)解:B'D⊥AC.理由如下:
∵B,B'关于CD的对称,
∴BD=B'D,BC=B'C,
∵BD=BC,
∴BD=B'D=BC=B'C,
∴四边形BDB'C为菱形
∴B'D∥BC,
∴∠AFD=∠ACB=90°,
∴B'D⊥AC;
(3)解:如图3,设AC交B′D于点H,
由(2)知,△CHB′为等腰直角三角形,
则CH=B′H=B′C=×4=4,
则HD=4,
则阴影部分的面积=S梯形DHCB﹣S扇形CBD=×(HD+BC)×CH﹣×π•BC2
=×(4+4)×4﹣•π×32
=168﹣4π.
24.【分析】(1)根据矩形的性质得到点D(3,1),代入y=(k﹣1)x+3,即得求得k的值;
(2)当直线l经过矩形ABCD的对称中心时,直线l把矩形ABCD分成两部分的面积相等,由点A(﹣2,1),C(3,﹣2),得其对称中心的坐标为,用待定系数法即得k=﹣6,即可求得y=﹣7x+3;
(3)当直线l:y=(k﹣1)x+3经过A(﹣2,1)时,解得k=2,当直线l:y=(k﹣1)x+3经过D(3,1)时,解得k=,即得当k≥2或时,直线l与矩形ABCD有交点.
【解答】解:(1)由题意可知:点D(3,1),
将点D(3,1)代入直线l:y=(k﹣1)x+3中,1=3k﹣3+3,
解得:.
(2)∵矩形是中心对称图形,直线l将矩形分成面积相等的两部分.
∴直线l一定经过矩形的对称中心;
∵矩形顶点A(﹣2,1),C(3,﹣2),
∴其对称中心的坐标为,
代入直线l:y=(k﹣1)x+3中,解得k=﹣6,
∴直线l的函数表达式为y=﹣7x+3.
(3)如图:
∵A(﹣2,1),D(3,1),
直线l:y=(k﹣1)x+3经过A(﹣2,1)时,1=﹣2(k﹣1)+3,
解得k=2,
当直线l:y=(k﹣1)x+3经过经过D(3,1)时,1=3(k﹣1)+3,
解得k=,
由图象可知,k的取值范围是k≥2或.
25.【分析】(1)过点A作AP⊥BC于P,由直角三角形的性质求出AP=2,证出四边形APFE是矩形,由矩形的性质得出答案;
(2)过点O作OQ⊥AD于Q,由菱形的性质得出AB=AD﹣BC=CD=4,∠ABC=∠ADC=60°,由勾股定理求出OQ=,求出QE的长,则可得出答案;
(3)过点A作AP⊥BC于P,过点O作OQ⊥AD于Q,由等腰直角三角形的性质求出AE的长,证明△AOE≌△COF(AAS),由全等三角形的性质得出AE=CF=1+,证明△AMG∽△BFG,由相似三角形的性质可得出答案.
【解答】解:(1)过点A作AP⊥BC于P,
∵AB=4,∠ABC=60°,
∴,
∴AP=AB•sin60°=4×=2,
∵四边形ABCD是菱形,
∴AD∥BC,
又∵EF⊥BC,AP⊥BC,
∴EF∥AP,
∴四边形APFE是矩形,
∴EF=AP=2;
(2)过点O作OQ⊥AD于Q,
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=AD﹣BC=CD=4,∠ABC=∠ADC=60°,
∴△ADC为等边三角形,
∴AC=AD=4,∠OAD=60°,
∴AO=2,∠AOQ=30°,
∴,
∴OQ===,
在Rt△OQE中,tan∠AEO==,
∴QE=2,
∴AE=AQ+QE=3;
(3)过点A作AP⊥BC于P,过点O作OQ⊥AD于Q,
∵△EMF是等腰直角三角形,
∴∠EMF=90°,∠AEO=45°,
由(1)得AP=2,
∵FM⊥AD,PA⊥AD,
∴MF=AP=2,
∴MF=ME=2,
由(2)得OQ=2,AQ=1,
∴QE=OQ=,
∴AE=OA+EQ=1+,
∴AM=2﹣(1+)=﹣1,
∵AD∥BC,
∴∠EAO=∠OCF,∠AEO=∠OFC,
又∵OA=OC,
∴△AOE≌△COF(AAS),
∴AE=CF=1+,
∴BF=BC﹣CF=4﹣(1+)=3﹣,
∵AM∥BF,
∴△AMG∽△BFG,
∴==.
26.【分析】(1)利用待定系数法即可求解;
(2)计算DA,DC,AC的长,利用三边对应成比例的两三角形相似即可得出△ACD∽△COB;
(3)将交点问题转化为方程的解,根据解的情况求解即可.
【解答】(1)解:由题意得,
解得.
∴二次函数的解析式为:y=﹣x2﹣2x+3;
(2)证明:∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣(x+1)2+4,
∴D(﹣1,4),
由﹣x2﹣2x+3=0,得x1=﹣3,x2=1,
∴B(1,0),
∵A(﹣3,0),C(0,3).
∴OC=3,OB=1,BC==,
DA==2,DC==,AC==3,
∴,
∴△ACD∽△COB;
(3)解:设AC的解析式为y=kx+m,
∴,解得,
∴AC的解析式为y=x+3,
∵将该胶片向下平移h(h≠0)个单位长度,
∴平移后的解析式为y=﹣(x+1)2+4﹣h,
当y=﹣(x+1)2+4﹣h与y=x+3没有交点时,如图1,
∴﹣(x+1)2+4﹣h=x+3没有实数根,即x2+3x+h=0没有实数根,
∴9﹣4h<0,解得h>,
当y=﹣(x+1)2+4﹣h=﹣x2﹣2x+3﹣h与线段OA只有两个交点时,即方程﹣(x+1)2+4﹣h=0有两个负实数根,如图,
∴,解得3<h<4,
∴h的取值范围为<h<4.
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