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文档简介
2021-2022学年津和区年()中学一选题本题12小题,小3分,36分.在每题出四选中只一是合目求)形中,不是中心对称图形的是(B.C.D.原的对称点的坐标是(A.
B.
程有实数根的是(A.
B.
C.
𝑥
,(随而增大时的增大减小C.时的增大而增大时的增大而减小图是正方上任意一点长线上一点eq\o\ac(△,)𝐴𝐴则可eq\o\ac(△,)𝐴看作是以旋转心,eq\o\ac(△,)𝐴顺旋后得到的图形时针旋得到的图形C.针旋后到的图形逆针旋的图形试卷第1页,总页
的直径,,,的为()A.
B.
为()
向上平位,再向右平单位,则平移后抛物线的解析式A.
B.(C.
(学校课外生物小组的试验园地的形状是的矩形.为便于管理,要在中间开辟一横两纵共三条等的小道,使种植面积米,求小道的宽为多少米?若设小道的宽,则根据题意,列程)A.𝑥𝑥
B.𝑥C.D.
图象如图所示,则下列结论正确的是(A.
B.
10.元次方2
𝑥的个实数根中较小的一个根,A.
B.
试卷第2页,总页
̂7112111211211.,上的直径,,̂71121112112
的中点与
2
2
C.2
5212.面角坐标系中,已知函
22222,其是实数,且满点个数分别,(),21,C.2
2
.函的图象交二填题本题6小题每题3,18)一元二次方
2
两个实数根中较大的已知二次函
2
的图象经过−1)值________如图直径两个点.,则的________.抛物
2
共点,这条抛物线的对称轴是直________如图半径1的条弦是径于,意一点,小值_试卷第3页,总页
已知,在正方中,在为半径上动,连Ⅰ如①在程中的最小值Ⅱ如②绕时针旋的最小值
至在动过程中长度三解题本题7小题共66分.解应出字明演步骤推过)解下列方程:Ⅰ
2
Ⅱ
2
已.Ⅰ如①
,小;Ⅱ如②是上两个点,小.
,的大如图,,弦,相垂直垂足.与,.Ⅰ大小;Ⅱ求试卷第4页,总页
某商品经过连续两次降价,销售价由原来,求平均每次降价的百分率.某商店销售一种销售成本为每具,若按每元销售,一个月可售件.销售价每销售量就减.销售价为每月销量件,月销售利润Ⅰ当销售价为每元时,月销量件,月销售利润_______;Ⅱ写的数解析式与解析式;Ⅲ当销售价定为每件多少元时会获得最大利润?求出最大利润.已𝑡逆针旋转,点落在.Ⅰ如①则线_旋转角的大小_______到的距离________Ⅱ一个动点连,eq\o\ac(△,)绕逆针旋转,使重合,eq\o\ac(△,)与对应点.①②当√时,的长;②的延长线上,且到直的离为时,的长(直接写出结果即可).在平面直角坐标系中为标原点,抛物线
顶点交点Ⅰ求坐标;Ⅱ已知,抛物上平移得抛的对应点,且抛
′
的解析式;Ⅲ如图,直与轴交于,直交点.将抛物,保持顶点在直,若平移后抛物线与射)有一个公共点,求它的顶点横坐取值范围.试卷第5页,总页
参答与题析2021-2022学年津和区年()中学卷一选题本题12小题,小3分,36分.在每题出四选中只一是合目求)【答案】A【考点】中心对称图形【解析】中心对称图形:在同一平面内,果把一个图形绕某一点旋旋转后的图形能和原图形完全重合,那么这个图就叫做中心对称图形.【解答】、是中心对称形,故此选项符合题意;、中心对称图形,故此选项不符合题意;心对称图形,故此选项不符合题意;是中心对称图形,故此选项不符合题意;【答案】B【考点】关于原点对称的点的坐标【解析】平面直角坐标系中任意一,于原点的对称点( 求关于原点的对称点,横纵坐标都变成相反.记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆.【解答】解:∵关于原点对称,∴点对称的点的坐标( 故【答案】A【考点】根的判别式【解析】解方程或计算方程的根的判别式值,即可判断各方程根的情况即可.【解答】、方,
,𝑥
,所以方程有个实数根;、
变形
,以方程没有实数根;
1,程没有数根;2方程没有实数根,.试卷第6页,总页
【答案】D【考点】二次函数的性质【解析】根
和次函数的性质,可以判断各个选项中的说法是否正确,从而可以解答本题.【解答】故选【答案】A【考点】全等三角形的性质旋转的性质正方形的性质【解析】由旋转的性质可求解.【解答】∵是正方上任意一点长线上一点eq\o\ac(△,)𝐴𝐴∴可eq\o\ac(△,)看作是以为转中心,eq\o\ac(△,)𝐴旋得到的图形,【答案】A【考点】垂径定理勾股定理【解析】连,求,根据勾股定理求,可求出答案.【解答】解:连∵,∴∵∴
,在中,由勾股定理得
2,试卷第7页,总页
2∴2故【答案】C【考点】二次函数图象与几何变换【解析】直接根上加下减,左加右的原则进行解答即可.【解答】由“加下”原则可知,把抛物个单位所得抛物线的解析式为=
2
;由“加右”原则可知,把抛物
2
向右平单位所得抛物线解析式为=
2
.【答案】C【考点】由实际问题抽象出一元二次方程【解析】若设小道的宽米,则阴影部分可合成长−2,宽形,利用矩形的面积公式,即可得出关的元二次方程,此题得解.【解答】解:根据题意,可列方程为𝑥)(20.故【答案】D【考点】二次函数图象与系数的关系【解析】根据开口方向可判对称轴位置可判据交点可判;.【解答】∵∴∵∴
由图象知,开口向下,,误;对称轴侧,,;试卷第8页,总页
̂̂由图象知,点在正半轴,∴,̂̂当时10.【答案】D【考点】解一元二次方程公法实数的运算【解析】根据公式得出
2
2
16
即可.【解答】∵
2
𝑥的两个实数根中较的一个根∴
2
2
16
解得
2
16211.【答案】D【考点】全等三角形的性质与判定圆周角定理圆心角、弧、弦的关系勾股定理【解析】如图证据勾股定构建方程即可解决问题;【解答】解:如图∵
,∴.∵是径,∴∴.∵∴设试卷第9页,总页
11211∵11211∴,∴∵
2,∴.在中∵
2
2
2
,∴−𝑥)
2
2
2
,解,2∴
2222故12.【答案】B【考点】二次函数的性质根的判别式【解析】选利用判别式的性质证明即可.【解答】解:
,2则
2
2.∵是实数,∴∵
2
∴2对
2,则
2
∴,故.二填题本题6小题每题3,18)【答案】【考点】解一元二次方程因分解法【解析】原方程转化或1后解两个一次方程即可得到原方程较大的根.【解答】∵
2
,∴1)试卷第10页,总20页
∴或∴
,2∴原方程较大的根.【答案】【考点】待定系数法求二次函数解析式【解析】把 入函
2
即可【解答】解:( 代函数解析式,得,解.故答案【答案】【考点】圆周角定理圆心角、弧、弦的关系【解析】根据平行线的性质求据腰三角形的性质得
,根据圆周角定理得
2
即可求出案.【解答】∵∴∵∴
,,,28
,∵由圆周角定理得𝐴2∴2【答案】【考点】二次函数的性质抛物线与轴交点【解析】根据抛物线的对称性即可求解.【解答】∵抛物
2
𝑥公共点的坐标,∴这条抛物线的对称轴是直【答案】
2
−试卷第11页,总20页
【考点】轴对称最短路线问题垂径定理勾股定理【解析】由关对称,因即直线上,小,的就的最小值.【解答】连,.∵,是直径,于,∴∴
2,2,∴,在根据勾股定理得
,值【答案】,√【考点】旋转的性质正方形的性质【解析】Ⅰ当长度有最小值,即可求解;Ⅱ”′,可′点′线为,以的圆上,则对角最小,再用勾股定理求对角的长,则得的长.【解答】试卷第12页,总20页
=2(2如图,连,=2由旋转得′′,∴∵四边为方形,∴∴,∴,在
′
eq\o\ac(△,)𝑃
′′∴∴∴
′′心
′
为半径的圆上,∴
在对角在∵∴
22∴′′√2,即最小值2.故答案为−三解题本题7小题共66分.解应出字明演步骤推过)【答案】(1∵
2
∴
2
,∴即
2(2∵,∴
2
×1∴
𝑎2
∴
.【考点】解一元二次方程配法解一元二次方程公法【解析】试卷第13页,总20页
=2Ⅰ根据配方法解一元二次方程的步骤计算可得答案;Ⅱ利用求根公式计算可得答=2【解答】(1∵
2
∴
2
,∴即
2(2∵,∴
2
×1∴
𝑎2
∴,【答案】
.(1∵
∴𝐶∴
;(2连∵∴∵∴∵∴∴∵∴
直𝑙,,,、共圆,,,∴
.【考点】圆周角定理垂径定理圆心角、弧、弦的关系【解析】(I根据圆心角、弧、弦之间的关系求求出答案即可;试卷第14页,总20页
根三角形外角性质求,根据圆内接四边形的性质得
,求,据圆周角定理求,再根据三角形内角和理求出即可.【解答】(1∵
∴𝑂𝐶∴
;(2连∵∴∵∴∵∴∴∵∴
直𝑙,,,、共圆,,,∴
.【答案】(1∵点,∴
,∴∵∴∵
,,∴
;(2证明∵∴∵,∴在eq\o\ac(△,)
,试卷第15页,总20页
,∴𝐵∴【考点】圆周角定理垂径定理圆心角、弧、弦的关系【解析】(I根据圆周角定理求据垂直定义求据三角形内角和定理求出即可;求
,根据圆周角定理得,根据全等三角形的判定得eq\o\ac(△,)𝐵全等三角形的性质得出即可.【解答】(1∵点,∴
,∴∵∴∵
,,∴
;(2证明∵,∴∵,∴在eq\o\ac(△,),∴𝐵∴【答案】平均每次降价的百分率【考点】一元二次方程的应用【解析】解答此题利用的数量关系是:商原来价格降价的百分率)设出未知数,列方程解答即可.【解答】
格,试卷第16页,总20页
设这种商品平均每次降价的百分,据题意列方程得,
解
,不合题意,舍去)【答案】,【考点】二次函数的应用二元一次方程组的应——行问题二元一次方程组的应其他问题二元一次方程的应用【解析】Ⅰ根据月销售(定,可求出当销售单价定时的月销售量,再利用月销售利每件利售数量,即可求出当销售单价元时的月销售利润;Ⅱ根据以上所列等量关系可得函数解析式;Ⅲ关数解析式配方成顶点,再利用二次函数的性质求解可.【解答】(2,
Ⅲ
,∵,∴取得最大,故销售价定为每时会获得最大利润,最大利润【答案】,
【考点】几何变换综合题【解析】Ⅰ先由旋转的性质直角三角形的性质,
,由直角三角形的性质可得
Ⅱ①由旋转的性质eq\o\ac(△,)𝐴
,再证出是边三角形,后由勾股定理即得出答案;②两种情况,,延,由直角三角形的性质,
,
,eq\o\ac(△,)
eq\o\ac(△,)
,解eq\o\ac(△,)部,同上.【解答】试卷第17页,总20页
111故当1111故当1Ⅰ由旋转的性质得∵
,
,∴,
∘
,即旋转角的大小过①示:∵,∴即距离【答案】(1对
∵
故坐标 (2设平移后抛物线的表达式
由′
,解故线的表达式
;Ⅲ∵直①轴交于,设直式,的坐标代入上式得−1,解故直式
1
,设平移后的抛物线为抛物,其点,则设
1
,②则″表达式当抛物″过点,将标代入上式得
1145
,145
145
时,平移后抛物线与射(端有一个公共点,当抛物″直一个共点时,联立①②整理得
,试卷第18页,总20页
111451,故当111故当1则eq\
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