2017連云港中考數(shù)學(xué)模擬試卷(2)
2017連云港中考數(shù)學(xué)模擬試題答案
一、選擇題(本大題共10個(gè)小題，每小題3分，共30分)
1.下列四個(gè)數(shù)中，比﹣1小的數(shù)是( )
A.﹣2 B.0 C.﹣ D.
【考點(diǎn)】有理數(shù)大小比較.
【分析】有理數(shù)大小比較的法則：①正數(shù)都大于0;②負(fù)數(shù)都小于0;③正數(shù)大于一切負(fù)數(shù);④兩個(gè)負(fù)數(shù)，絕對(duì)值大的其值反而小，據(jù)此判斷即可.
【解答】解：根據(jù)有理數(shù)比較大小的方法，可得
﹣2<﹣1，0>﹣1，﹣ >﹣1， >﹣1，
∴四個(gè)數(shù)中，比﹣1小的數(shù)是﹣2.
故選：A.
2.民間剪紙是中國(guó)古老的傳統(tǒng)民間藝術(shù)，它歷史悠久，風(fēng)格獨(dú)特，深受國(guó)內(nèi)外人士所喜愛，下列剪紙作品中，是軸對(duì)稱圖形的為( )
A. B. C. D.
【考點(diǎn)】軸對(duì)稱圖形.
【分析】根據(jù)軸對(duì)稱圖形的概念對(duì)各選項(xiàng)分析判斷即可得解.
【解答】解：A、不是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤;
B、不是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤;
C、是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)正確;
D、不是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤.
故選C.
3.下列運(yùn)算錯(cuò)誤的是( )
A.(﹣a3)2=a6 B.a2+3a2=4a2 C.2a3•3a2=6a5 D.3a3÷2a=a2
【考點(diǎn)】整式的除法;合并同類項(xiàng);冪的乘方與積的乘方;單項(xiàng)式乘單項(xiàng)式.
【分析】根據(jù)整式乘除法法則，合并同類項(xiàng)法則即可判斷.
【解答】解：原式= a2，故D錯(cuò)誤
故選(D)
4.在下面的四個(gè)幾何體中，它們各自的主視圖與左視圖可能相同的是( )
A. B. C. D.
【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單幾何體的三視圖.
【分析】分別找到從上面看和正面看所得到的圖形即可.
【解答】解：A、此幾何體主視圖與左視圖不相同，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤;
B、立方體的主視圖與左視圖都是矩形，故此選項(xiàng)正確;
B、三棱柱主視圖是矩形，左視圖也是矩形，矩形寬不相同，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤;
D、四棱柱的主視圖是矩形，左視圖也是矩形，矩形寬不相同，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤;
故選：B.
5.高速路上因趕時(shí)間超速而頻頻發(fā)生交通事故，這樣給自己和他人的生命安全帶來直接影響，為了解車速情況，一名執(zhí)法交警在高速路上隨機(jī)測(cè)試了6個(gè)小轎車的車速情況記錄如下：
車序號(hào) 1 2 3 4 5 6
車速(千米/時(shí)) 100 95 106 100 120 100
則這6輛車車速的眾數(shù)和中位數(shù)(單位：千米/時(shí))分別是( )
A.100，95 B.100，100 C.102，100 D.100，103
【考點(diǎn)】眾數(shù);中位數(shù).
【分析】根據(jù)眾數(shù)和中位數(shù)的概念求解.
【解答】解：這組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列為：95，100，100，100，106，120，
則眾數(shù)為：100，
中位數(shù)為：100.
故選B.
6.“五•一”小長(zhǎng)假，小穎和小梅兩家計(jì)劃從“北京天安門”“三亞南山”“內(nèi)蒙古大草原”三個(gè)景區(qū)中任意選擇一景區(qū)游玩，小穎和小梅制作了如下三張質(zhì)地大小完全相同的卡片，背面朝上洗勻后各自從中抽去一張來確定游玩景區(qū)(第一人抽完放回洗勻后另一人再抽去)，則兩人抽到同一景區(qū)的概率是( )
A. B. C. D.
【考點(diǎn)】列表法與樹狀圖法.
【分析】首先分別用A，B，C表示“北京天安門”“三亞南山”“內(nèi)蒙古大草原”三個(gè)景區(qū)，然后根據(jù)題意畫出樹狀圖，由樹狀圖求得所有等可能的結(jié)果與兩人抽到同一景區(qū)的情況，再利用概率公式即可求得答案.
【解答】解：分別用A，B，C表示“北京天安門”“三亞南山”“內(nèi)蒙古大草原”三個(gè)景區(qū)，畫樹狀圖得：
∵共有9種等可能的結(jié)果，兩人抽到同一景區(qū)的有3種情況，
∴兩人抽到同一景區(qū)的概率是： = .
故選B.
7.如圖，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，E是BC延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，已知∠BOD=100°，則∠DCE的度數(shù)為( )
A.40° B.60° C.50° D.80°
【考點(diǎn)】圓周角定理;圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì).
【分析】根據(jù)圓周角定理，可求得∠A的度數(shù);由于四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，可得∠DCE=∠A，由此可求得∠DCE的度數(shù).
【解答】解：∵∠BOD=100°，
∴∠A=50°，
∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
∴∠DCE=∠A=50°.故選C.
8.不等式組 的解集在數(shù)軸上表示正確的是( )
A. B. C. D.
【考點(diǎn)】解一元一次不等式組;在數(shù)軸上表示不等式的解集.
【分析】分別求出各不等式的解集，再在數(shù)軸上表示出來即可.
【解答】解： ，由①得，x≤1，由②得，x>﹣3，
故不等式組的解集為：﹣3
在數(shù)軸上表示為： .
故選A.
9.如圖所示是一次函數(shù)y=kx+b在直角坐標(biāo)系中的圖象，通過觀察圖象我們就可以得到方程kx+b=0的解為x=﹣1，這一求解過程主要體現(xiàn)的數(shù)學(xué)思想是( )
A.數(shù)形結(jié)合 B.分類討論 C.類比 D.公理化
【考點(diǎn)】一次函數(shù)與一元一次方程.
【分析】通過觀察圖象得到方程kx+b=0的解為x=﹣1，這一求解過程主要體現(xiàn)的數(shù)學(xué)思想是數(shù)形結(jié)合.
【解答】解：觀察圖象，可知一次函數(shù)y=kx+b與x軸交點(diǎn)是(﹣1，0)，
所以方程kx+b=0的解為x=﹣1，
這一求解過程主要體現(xiàn)的數(shù)學(xué)思想是數(shù)形結(jié)合.
故選A.
10.如圖，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠ADC=120°，點(diǎn)E，F(xiàn)同時(shí)由A，C兩點(diǎn)出發(fā)，分別沿AB，CB方向向點(diǎn)B勻速移動(dòng)(到點(diǎn)B為止)，點(diǎn)E的速度為1cm/s，點(diǎn)F的速度為2cm/s，經(jīng)過t秒△DEF為等邊三角形，則t的值為( )
A.1 B. C. D.
【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì);等邊三角形的性質(zhì).
【分析】延長(zhǎng)AB至M，使BM=AE，連接FM，證出△DAE≌EMF，得到△BMF是等邊三角形，再利用菱形的邊長(zhǎng)為4求出時(shí)間t的值.
【解答】解：延長(zhǎng)AB至M，使BM=AE，連接FM，
∵四邊形ABCD是菱形，∠ADC=120°
∴AB=AD，∠A=60°，
∵BM=AE，
∴AD=ME，
∵△DEF為等邊三角形，
∴∠DAE=∠DFE=60°，DE=EF=FD，
∴∠MEF+∠DEA═120°，∠ADE+∠DEA=180°﹣∠A=120°，
∴∠MEF=∠ADE，
∴在△DAE和△EMF中，
∴△DAE≌EMF(SAS)，
∴AE=MF，∠M=∠A=60°，
又∵BM=AE，
∴△BMF是等邊三角形，
∴BF=AE，
∵AE=t，CF=2t，
∴BC=CF+BF=2t+t=3t，
∵BC=4，
∴3t=4，
∴t=
故選D.
二、填空題(本大題共5個(gè)小題，每小題3分，共15分)
11.分解因式：a3﹣ab2= a(a+b)(a﹣b) .
【考點(diǎn)】提公因式法與公式法的綜合運(yùn)用.
【分析】首先提取公因式a，進(jìn)而利用平方差公式分解因式得出答案.
【解答】解：a3﹣ab2
=a(a2﹣b2)
=a(a+b)(a﹣b).
故答案為：a(a+b)(a﹣b).
12.如圖，AB∥CD，∠DCE=118°，∠AEC的角平分線EF與GF相交于點(diǎn)F，∠BGF=132°，則∠F的度數(shù)是 11° .
【考點(diǎn)】平行線的性質(zhì);角平分線的定義.
【分析】先根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠AEC與∠BEC的度數(shù)，再由角平分線的性質(zhì)求出∠CEF的度數(shù)，進(jìn)而可得出∠GEF的度數(shù)，再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可得出結(jié)論.
【解答】解：∵AB∥CD，∠DCE=118°，
∴∠AEC=118°，∠BEC=180°﹣118°=62°，
∵GF交∠AEC的平分線EF于點(diǎn)F，
∴∠CEF= ×118°=59°，
∴∠GEF=62°+59°=121°，
∵∠BGF=132°，
∴∠F=∠BGF﹣∠GEF=132°﹣121°=11°.
故答案為：11°.
13.“折竹抵地”問題源自《九章算術(shù)》中，即：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，問折者高幾何?意思是：一根竹子，原高一丈，一陣風(fēng)將竹子折斷，其竹梢恰好抵地，抵地處離竹子底部4尺遠(yuǎn)，則折斷后的竹子高度為 4.2 尺.
【考點(diǎn)】勾股定理的應(yīng)用.
【分析】根據(jù)題意結(jié)合勾股定理得出折斷處離地面的長(zhǎng)度即可.
【解答】解：設(shè)折斷處離地面的高度OA是x尺，根據(jù)題意可得：
x2+42=(10﹣x)2，
解得：x=4.2，
答：折斷處離地面的高度OA是4.2尺.
故答案為：4.2.
14.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，▱ABCD的頂點(diǎn)B，C在x軸上，A，D兩點(diǎn)分別在反比例函數(shù)y=﹣ (x<0)與y= (x>0)的圖象上，則▱ABCD的面積為 4 .2-1-c-n-j-y
【考點(diǎn)】反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義;平行四邊形的性質(zhì).
【分析】連接OA、OD，如圖，利用平行四邊形的性質(zhì)得AD垂直y軸，則利用反比例函數(shù)的比例系數(shù)k的幾何意義得到S△OAE= ，S△ODE= ，所以S△OAD=2，然后根據(jù)平行四邊形的面積公式可得到▱ABCD的面積=2S△OAD=4.
【解答】解：連接OA、OD，如圖，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD垂直y軸，
∴S△OAE= ×|﹣3|= ，S△ODE= ×|1|= ，
∴S△OAD=2，
∴▱ABCD的面積=2S△OAD=4.
故答案為4.
15.如圖，是用大小相同的圓柱形油桶擺放成的一組有規(guī)律的圖案，圖案(1)需要2只油桶，圖案(2)需要5只油桶，圖案(3)需要10只油桶，圖案(4)需要17只油桶，…，按此規(guī)律擺下去，第n個(gè)圖案需要油桶 n2+1 只(用含n的代數(shù)式表示)
【考點(diǎn)】規(guī)律型：圖形的變化類.
【分析】根據(jù)圖形發(fā)現(xiàn)，第1個(gè)圖由2個(gè)油桶2=12+1;第2個(gè)圖由5個(gè)油桶5=22+1;第3個(gè)圖由10個(gè)油桶10=32+1;第4個(gè)圖由17個(gè)油桶17=42+1;…第n個(gè)圖案需要油桶n2+1只.
【解答】解：∵第1個(gè)圖，2=12+1;
第2個(gè)圖，5=22+1;
第3個(gè)圖，10=32+1;
第4個(gè)圖，17=42+1;
…第n個(gè)圖案需要油桶n2+1只.
故答案為：n2+1.
三、解答題(本大題共8個(gè)小題，共75分)
16.(1)計(jì)算：(﹣1)3﹣( )﹣2× +6×|﹣ |
(2)化簡(jiǎn)并求值：( )÷ ，其中a=1，b=2.
【考點(diǎn)】分式的化簡(jiǎn)求值;負(fù)整數(shù)指數(shù)冪.
【分析】(1)根據(jù)冪的乘方、有理數(shù)的乘法和加減法可以解答本題;
(2)根據(jù)分式的減法和分式的除法可以解答本題.
【解答】解：(1)(﹣1)3﹣( )﹣2× +6×|﹣ |
=(﹣1)﹣9×
=(﹣1)﹣2+4
=1;
(2)( )÷
=
=
= ，
當(dāng)a=1，b=2時(shí)，原式= .
17.在正方形網(wǎng)格中，我們把，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)叫做格點(diǎn)，連接任意兩個(gè)格點(diǎn)的線段叫網(wǎng)格線段，以網(wǎng)格線段為邊組成的圖形叫做格點(diǎn)圖形，在下列如圖所示的正方形網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1.
(1)請(qǐng)你在圖1中畫一個(gè)格點(diǎn)圖形，且該圖形是邊長(zhǎng)為 的菱形;
(2)請(qǐng)你在圖2中用網(wǎng)格線段將其切割成若干個(gè)三角形和正方形，拼接成一個(gè)與其面積相等的正方形，并在圖3中畫出格點(diǎn)正方形.
【考點(diǎn)】圖形的剪拼;勾股定理.
【分析】(1)直接利用菱形的性質(zhì)結(jié)合其面積得出答案;
(2)利用正方形的性質(zhì)結(jié)合正方形面積求法得出答案.
【解答】解：(1)如圖1所示：四邊形即為菱形;
(2)如圖2，3所示：即為所求答案.
18.閱讀與思考
婆羅摩笈多(Brahmagupta)，是一位印度數(shù)學(xué)家和天文學(xué)家，書寫了兩部關(guān)于數(shù)學(xué)和天文學(xué)的書籍，他的一些數(shù)學(xué)成就在世界數(shù)學(xué)史上有較高的地位，他的負(fù)數(shù)概念及加減法運(yùn)算僅晚于中國(guó)《九章算術(shù)》，而他的負(fù)數(shù)乘除法法則在全世界都是領(lǐng)先的，他還提出了著名的婆羅摩笈多定理，該定理的內(nèi)容及部分證明過程如下：
已知：如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，對(duì)角線AC⊥BD于點(diǎn)P，PM⊥AB于點(diǎn)M，延長(zhǎng)MP交CD于點(diǎn)N，求證：CN=DN.
證明：在△ABP和△BMP中，∵AC⊥BD，PM⊥AB，
∴∠BAP+∠ABP=90°，∠BPM+∠MBP=90°.
∴∠BAP=∠BPM.
∵∠DPN=∠BPM，∠BAP=∠BDC.
∴…
(1)請(qǐng)你閱讀婆羅摩笈多定理的證明過程，完成剩余的證明部分.
(2)已知：如圖2，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠B=30°，∠ACB=45°，AB=2，點(diǎn)D在⊙O上，∠BCD=60°，連接AD，與BC交于點(diǎn)P，作PM⊥AB于點(diǎn)M，延長(zhǎng)MP交CD于點(diǎn)N，則PN的長(zhǎng)為 1 .
【考點(diǎn)】三角形的外接圓與外心;含30度角的直角三角形;圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì).
【分析】(1)由直角三角形的性質(zhì)∠BAP=∠BPM.由圓周角定理得出∠DPN=∠BPM，∠BAP=∠BDC.證出∠DPN=∠PDN，得出DN=PN，同理CN=PN，即可得出結(jié)論;
(2)由圓周角定理得出∠D=∠B=30°，由三角形內(nèi)角和定理求出∠DAC=45°，得出△APC是等腰直角三角形，∴PA=PC，∠CPD=90°，由AAS證明△CPD≌△APB，得出CD=AB=2，同(1)得出CN=DN，由三角形內(nèi)角和定理得出PN= CD=1即可.
【解答】解：(1)在△ABP和△BMP中，∵AC⊥BD，PM⊥AB，
∴∠BAP+∠ABP=90°，∠BPM+∠MBP=90°.
∴∠BAP=∠BPM.
∵∠DPN=∠BPM，∠BAP=∠BDC.
∴∠DPN=∠PDN，
∴DN=PN，
同理：CN=PN，
∴CN=DN;
(2)∵∠ACB=45°，∠BCD=60°，
∴∠ACD=45°+60°=105°，
又∵∠D=∠B=30°，
∴∠DAC=180°﹣∠ACD﹣∠D=45°，
∴∠APC=180°﹣45°﹣45°=90°，△APC是等腰直角三角形，
∴PA=PC，∠CPD=90°，
在△CPD和△APB中， ，
∴△CPD≌△APB(AAS)，
∴CD=AB=2，
∵∠CPD=90°，PM⊥AB于點(diǎn)M，延長(zhǎng)MP交CD于點(diǎn)N，
∴同(1)得：CN=DN，
∴PN= CD=1;
故答案為：1.
19.霧霾天氣已經(jīng)成為人們普遍關(guān)注的話題，霧霾不僅僅影響人們的出行，還影響著人們的健康，太原市會(huì)持續(xù)出現(xiàn)霧霾天氣嗎?在2016年2月周末休息期間，某校九年級(jí)1班綜合實(shí)踐小組的同學(xué)以“霧霾天氣的主要成因”為主題，隨機(jī)調(diào)查了太原市部分市民的觀點(diǎn)，并對(duì)調(diào)查結(jié)果進(jìn)行了整理，繪制了如下不完整的統(tǒng)計(jì)圖表，觀察并回答下列問題：
類別 霧霾天氣的主要成因 百分比
A 工業(yè)污染 45%
B 汽車尾氣排放 m
C 城中村燃煤?jiǎn)栴} 15%
D 其他(綠化不足等) n
(1)請(qǐng)你求出本次被調(diào)查市民的人數(shù)及m，n的值，并補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖;
(2)若太原市有300萬(wàn)人口，請(qǐng)你估計(jì)持有A，B兩類看法的市民共有多少人?
(3)學(xué)校要求小穎同學(xué)在A，B，C，D這四個(gè)霧霾天氣的主要成因中，隨機(jī)抽取兩項(xiàng)作為課題研究的項(xiàng)目進(jìn)行考察分析，請(qǐng)用畫樹狀圖或列表的方法，求出小穎同學(xué)剛好抽到B(汽車尾氣排放)，C(城中村燃煤?jiǎn)栴})的概率.(用A，B，C，D表示各項(xiàng)目)
【考點(diǎn)】列表法與樹狀圖法;用樣本估計(jì)總體;統(tǒng)計(jì)表;條形統(tǒng)計(jì)圖.
【分析】(1)用A類的人數(shù)除以所占的百分比求出被調(diào)查的市民數(shù)，再用B類的人數(shù)除以總?cè)藬?shù)得出B類所占的百分比，再用總?cè)藬?shù)乘以C類所占的百分比求出C類的人數(shù)，從而補(bǔ)全統(tǒng)計(jì)圖;
(2)用該市的總?cè)藬?shù)乘以持有A、B兩類的所占的百分比即可;
(3)首先根據(jù)題意畫出樹狀圖，然后由樹狀圖求得所有等可能的結(jié)果與小穎同學(xué)剛好抽到B(汽車尾氣排放)，C(城中村燃煤?jiǎn)栴})的情況，再利用概率公式即可求得答案.
【解答】解：(1)本次被調(diào)查的市民共有：90÷45%=200(人)，
B類所占的百分比是：m= ×100%=30%;
D類所占的百分比是：n=1﹣45%﹣30%=10%=10%;
C類的人數(shù)是：200×15%=30(人)，
補(bǔ)圖如下：
(2)根據(jù)題意得：300×(45%+30%)=225(萬(wàn)人).
答：持有A、B兩類看法的市民共有人數(shù)為75萬(wàn)人.
(3)畫樹狀圖得：
∵共有12種等可能的結(jié)果，小穎同學(xué)剛好抽到B(汽車尾氣排放)，C(城中村燃煤?jiǎn)栴})的有2種情況，
∴小穎同學(xué)剛好抽到B(汽車尾氣排放)，C(城中村燃煤?jiǎn)栴})的概率為： = .
20.山西綿山是中國(guó)歷史文化名山，因春秋時(shí)期晉國(guó)介子推攜母隱居于此被焚而著稱，如圖1，是綿山上介子推母子的塑像，某游客計(jì)劃測(cè)量這座塑像的高度，由于游客無(wú)法直接到達(dá)塑像底部，因此該游客計(jì)劃借助坡面高度來測(cè)量塑像的高度;如圖2，在塑像旁山坡坡腳A處測(cè)得塑像頭頂C的仰角為75°，當(dāng)從A處沿坡面行走10米到達(dá)P處時(shí)，測(cè)得塑像頭頂C的仰角剛好為45°，已知山坡的坡度i=1：3，且O，A，B在同一直線上，求塑像的高度.(側(cè)傾器高度忽略不計(jì)，結(jié)果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：cos75°≈0.3，tan75°≈3.7， ≈1.4， ≈1.7， ≈3.2)
【考點(diǎn)】解直角三角形的應(yīng)用﹣仰角俯角問題;解直角三角形的應(yīng)用﹣坡度坡角問題.
【分析】過點(diǎn)P作PE⊥OB于點(diǎn)E，PF⊥OC于點(diǎn)F，設(shè)PE=x，則AE=3x，在Rt△AEP中根據(jù)勾股定理可得PE= ，則AE=3 ，設(shè)CF=PF=m米，則OC=(m+ )米、OA=(m﹣3 )米，在Rt△AOC中，由tan75°= 求得m的值，繼而可得答案.
【解答】解：過點(diǎn)P作PE⊥OB于點(diǎn)E，PF⊥OC于點(diǎn)F，
∵i=1：3，AP=10，
設(shè)PE=x，則AE=3x，
在Rt△AEP中，x2+(3x)2=102，
解得：x= 或x=﹣ (舍)，
∴PE= ，則AE=3 ，
∵∠CPF=∠PCF=45°，
∴CF=PF，
設(shè)CF=PF=m米，則OC=(m+ )米，OA=(m﹣3 )米，
在Rt△AOC中，tan75°= = ，即m+ =tan75°•(m﹣3 )，
解得：m≈14.3，
∴OC=14.3+ ≈17.5米，
答：塑像的高度約為17.5米.
21.LED燈具有環(huán)保節(jié)能、投射范圍大、無(wú)頻閃、使用壽命較長(zhǎng)等特點(diǎn)，在日常生活中，人們更傾向于LED燈的使用，某校數(shù)學(xué)興趣小組為了解LED燈泡與普通白熾燈泡的銷售情況，進(jìn)行了市場(chǎng)調(diào)查：某商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)一批30瓦的LED燈泡和普通白熾燈泡進(jìn)行銷售，其進(jìn)價(jià)與標(biāo)價(jià)如下表：
LED燈泡 普通白熾燈泡
進(jìn)價(jià)(元) 45 25
標(biāo)價(jià)(元) 60 30
(1)該商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)了LED燈泡與普通白熾燈泡共300個(gè)，LED燈泡按標(biāo)價(jià)進(jìn)行銷售，而普通白熾燈泡打九折銷售，當(dāng)銷售完這批燈泡后可以獲利3200元，求該商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)LED燈泡與普通白熾燈泡的數(shù)量分別為多少個(gè)?
(2)由于春節(jié)期間熱銷，很快將兩種燈泡銷售完，若該商場(chǎng)計(jì)劃再次購(gòu)進(jìn)兩種燈泡120個(gè)，在不打折的情況下，請(qǐng)問如何進(jìn)貨，銷售完這批燈泡時(shí)獲利最多且不超過進(jìn)貨價(jià)的30%，并求出此時(shí)這批燈泡的總利潤(rùn)為多少元?
【考點(diǎn)】一次函數(shù)的應(yīng)用;二元一次方程組的應(yīng)用.
【分析】(1)設(shè)該商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)LED燈泡x個(gè)，普通白熾燈泡的數(shù)量為y個(gè)，利用該商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)了LED燈泡與普通白熾燈泡共300個(gè)和銷售完這批燈泡后可以獲利3200元列方程組，然后解方程組即可;
(2)設(shè)該商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)LED燈泡a個(gè)，則購(gòu)進(jìn)普通白熾燈泡個(gè)，這批燈泡的總利潤(rùn)為W元，利用利潤(rùn)的意義得到W=(60﹣45)a+(30﹣25)=10a+600，再根據(jù)銷售完這批燈泡時(shí)獲利最多且不超過進(jìn)貨價(jià)的30%可確定a的范圍，然后根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)解決問題.
【解答】解：(1)設(shè)該商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)LED燈泡x個(gè)，普通白熾燈泡的數(shù)量為y個(gè)，
根據(jù)題意得 ，
解得 ，
答：該商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)LED燈泡與普通白熾燈泡的數(shù)量分別為200個(gè)和100個(gè);
(2)設(shè)該商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)LED燈泡a個(gè)，則購(gòu)進(jìn)普通白熾燈泡個(gè)，這批燈泡的總利潤(rùn)為W元，
根據(jù)題意得W=(60﹣45)a+(30﹣25)
=10a+600，
∵10a+600≤[45a+25]×30%，解得a≤75，
∵k=10>0，
∴W隨a的增大而增大，
∴a=75時(shí)，W最大，最大值為1350，此時(shí)購(gòu)進(jìn)普通白熾燈泡=45個(gè).
答：該商場(chǎng)購(gòu)進(jìn)LED燈泡75個(gè)，則購(gòu)進(jìn)普通白熾燈泡45個(gè)，這批燈泡的總利潤(rùn)為1350元.
22.問題背景
在數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，張老師要求同學(xué)們拿兩張大小不同的矩形紙片進(jìn)行旋轉(zhuǎn)變換探究活動(dòng).如圖1，在矩形紙片ABCD和矩形紙片EFGH中，AB=1，AD=2，且EF>AD，F(xiàn)G>AB，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，矩形紙片EFGH以點(diǎn)E為旋轉(zhuǎn)中心進(jìn)行逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中會(huì)產(chǎn)生怎樣的數(shù)量關(guān)系，提出恰當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)問題并加以解決.
解決問題
下面是三個(gè)學(xué)習(xí)小組提出的數(shù)學(xué)問題，請(qǐng)你解決這些問題.
(1)“奮進(jìn)”小組提出的問題是：如圖1，當(dāng)EF與AB相交于點(diǎn)M，EH與BC相交于點(diǎn)N時(shí)，求證：EM=EN.
(2)“雄鷹”小組提出的問題是：在(1)的條件下，當(dāng)AM=CN時(shí)，AM與BM有怎樣的數(shù)量關(guān)系，說明理由.
(3)“創(chuàng)新”小組提出的問題是;若矩形EFGH繼續(xù)以點(diǎn)E為旋轉(zhuǎn)中心進(jìn)行逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)∠AEF=60°時(shí)，請(qǐng)你在圖2中畫出旋轉(zhuǎn)后的示意圖，并求出此時(shí)EF將邊BC分成的兩條線段的長(zhǎng)度.
【考點(diǎn)】四邊形綜合題.
【分析】(1)先判斷出PE=AE，再判斷出∠PEN=∠AEM，進(jìn)而得到△PEN≌△AEM，即可得出結(jié)論;
(2)先判斷出PN=CN= PC，進(jìn)而求出PN=CN= ，再判斷出AM=PN，即可得出BM= ，結(jié)論得證;
(3)在直角三角形PEM中，求出PM，再用線段的和差即可得出結(jié)論.
【解答】解：(1)如圖1，過點(diǎn)E作EP⊥BC，垂足為點(diǎn)P，
則四邊形ABPE是矩形，
∴PE=AB=1，∠AEP=90°，
∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，
∴AE=DE= AD=1，
∴PE=AE，
∵∠MEN=∠AEP=90°，
∴∠MEN﹣∠MEP=∠AEP﹣∠MEP，
∴∠PEN=∠AEM，
∵PE=AE，∠EPN=∠EAM=90°，
∴△PEN≌△AEM，
∴EM=EN，
(2)由(1)知，△PEN≌△AEM，
∴AM=PN，
∵AM=CN，
∴PN=CN= PC，
∵四邊形EPCD是矩形，
∴PC=DE=1，PN=CN= ，
∴AM=PN= ，BM=AB﹣AM= ，
∴AM=BM，
(3)如圖2，當(dāng)∠AEF=60°時(shí)，
設(shè)EF與BC交于M，EH與CD交于N，過點(diǎn)E作EP⊥BC于P，連接EC，
由(1)知，CP=EP=1，AD∥BC，
∴∠EMP=∠AEF=60°，
在Rt△PEM中，PM= = ，
∴BM=BP﹣PM=1﹣ ，CM=PC+PM=1+ ，
∴EF將邊BC分成的兩條線段的長(zhǎng)度為1﹣ ，1+ .
23.如圖1，已知拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于A(﹣1，0)，B兩點(diǎn)，(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè))，與直線AC交于點(diǎn)C(2，3)，直線AC與拋物線的對(duì)稱軸l相交于點(diǎn)D，連接BD.
(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式，并求出點(diǎn)D的坐標(biāo);
(2)如圖2，若點(diǎn)M、N同時(shí)從點(diǎn)D出發(fā)，均以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度分別沿DA、DB運(yùn)動(dòng)，連接MN，將△DMN沿MN翻折，得到△D′MN，判斷四邊形DMD′N的形狀，并說明理由，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為何值時(shí)，點(diǎn)D′恰好落在x軸上?
(3)在平面內(nèi)，是否存在點(diǎn)P(異于A點(diǎn))，使得以P、B、D為頂點(diǎn)的三角形與△ABD相似(全等除外)?若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由.
【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)先利用待定系數(shù)法求得拋物線和直線的解析式，從而得出對(duì)稱軸與直線的交點(diǎn);
(2)由拋物線解析式求得點(diǎn)A、B坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)D坐標(biāo)可知△ABD為等腰直角三角形，即∠DAB=∠DBA=45°、∠ADB=90°，由翻折性質(zhì)得D′M=DM、DN=ND′，從而得出四邊形MDND′為菱形，根據(jù)∠MDN=90°即可得四邊形MDND′為正方形;設(shè)DM=DN=t，在Rt△D′NB中D′N=t、BN=2 ﹣t、BD′=2，根據(jù)勾股定理即可得出t的值;
(3)由△ABD為等腰直角三角形及△PBD與△ABD相似且不全等，知△PBD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，結(jié)合圖形即可得答案.
【解答】解：(1)將點(diǎn)A(﹣1，0)、C(2，3)代入y=﹣x2+bx+c，得：
，
解得： ，
∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3，
∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x=1，
設(shè)直線AC的函數(shù)解析式為y=kx+b，
將A(﹣1，0)、C(2，3)代入y=kx+b，得：
，
解得： ，
∴直線AC的函數(shù)解析式為y=x+1，
又∵點(diǎn)D是直線AC與拋物線的對(duì)稱軸的交點(diǎn)，
∴xD=1，yD=1+1=2，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1，2).
(2)四邊形DMD′N是正方形，理由如下：
∵拋物線y=﹣x2+2x+3與x軸交于A、B兩點(diǎn)，
∴令y=0，得﹣x2+2x+3=0，
解得：x1=﹣1，x2=3，
∴A(﹣1，0)、B(3，0)，
∴AD= =2 ，BD= =2 ，AB=1+3=4，
而AD2+BD2=AB2，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴∠DAB=∠DBA=45°，∠ADB=90°，
由翻折可知：D′M=DM、DN=ND′，
又∵DM=DN，
∴四邊形MDND′為菱形，
∵∠MDN=90°，
∴四邊形MDND′是正方形;
設(shè)DM=DN=t，當(dāng)點(diǎn)D落在x軸上的點(diǎn)D′處時(shí)，
∵四邊形MDND′為正方形，
∴∠D′NB=90°，
在Rt△D′NB中，D′N=t，BN=2 ﹣t，BD′=2，
∴t2+(2 ﹣t)2=22，
∴t1=t2= ，
即：經(jīng)過 s時(shí)，點(diǎn)D恰好落在x軸上的D′處.
(3)存在，
如圖，
由(2)知△ABD為等腰直角三角形，
∵△PBD與△ABD相似，且不全等，
∴△PBD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1，0)或(2，3).
猜你喜歡：
2017連云港中考數(shù)學(xué)模擬試卷(2)
