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文档简介
2022年江苏省常州市金坛区中考数学二模试卷
注意事项:
i.答题前,考生务必在试题卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息.考
生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、
姓名是否一致.
2.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改
动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字
笔在答题卡上相应位置书写作答,在试题卷上答题无效.
3.作图可先使用2B铅笔画出,确定后必须用0.5毫米黑色墨水签字笔描黑.
一、选择题(本大题共8小题,共16分)
1.一5的绝对值为()
A.—5B.5C.-gD.:
2.计算(%5)2的结果是()
A.x3B.x7C.x10D.x25
3.如图,根据三视图,这个立体图形的名称是()~~——
A.三棱柱
B.圆柱
C.三棱锥
主视图左视图
D.圆锥
下列无理数,与3最接近的是(
A.V6B.V7C.V10俯视图
5.如图,在AABC中,力B的垂直平分线分别交48、BC于点D、E,连接AE,若/E=4,
EC=2,则BC的长是()
6.如图,直线a〃b,将一个含30。角的三角尺按如图所示的位置放置,若41=24。,
则42的度数为()
A.120°D.156°
7.如图,NB4C=36。,点。在边AB上,。。与边4c相切于点D,交边AB于点E,F,
连接FD,贝此等于()
A.27°B.29°C.35°
8.如图,在矩形48CC中,AB=5,BC=5k,点P在线段8c
上运动(含8、C两点),连接4P,以点4为中心,将线段4P逆
时针旋转60。到2Q,连接DQ,则线段DQ的最小值为()
A.fB.5V2C.—
N3
二、填空题(本大题共10小题,共20分)
9.-27的立方根是.
10.化简:(x-I)2-%(%-2)=.
11.若GT有意义,则》的取值范围是.
12.分解因式:ax2-ay2=.
13.2021年5月15日我国天问一号探测器在火星预选着陆区着陆,在火星上首次留下中
国印迹,迈出我国星际探测征程的重要一步.目前探测器距离地
球约320000000千米,320000000这个数据用科学记数法可表示
为.
14.圆锥的母线长为2cm,底面圆的半径长为lsn,则该圆锥的侧面
积为cm2.
15.一个小球在如图所示的地面上自由滚动,并随机地停留在某块方砖上,则小球停留
在黑色区域的概率是.
第2页,共27页
16.图1是一种矩形时钟,图2是时钟示意图,时钟数字2的刻度在矩形/BCD的对角线8。
匕时钟中心在矩形4BCD对角线的交点。上,若4B=30cm,则BC长为cm(
结果保留根号).
17.如图,在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中,Na,
40如图所示,则tan(a+夕)=.
18.如图,△ABC中,AC=3,BC=4,4B=5.四边形ABEF是正方形,点。是直线BC
上一点,且CD=1.P是线段DE上一点,且PD=|匹•过点P作直线呜BC平行,分
别交4B,4。于点G,H,则GH的长是
三、解答题(本大题共10小题,共84分)
19.计算:2s讥60。+的9+|-5|—(兀+鱼)
20.(1)解方程三+±=1;
4%—8<0
(2)解不等式组:、
—%+3>o3-%.
21.为庆祝建党100周年,某校开展“学党史・颂党恩”的作品征集活动,征集的作品分
为四类:征文、书法、剪纸、绘画.学校随机抽取部分学生的作品进行整理,并根
据结果绘制成如下两幅不完整的统计图.
征集的作品条形统计图征集的作品扇形统计图
请根据以上信息解答下列问题:
(1)所抽取的学生作品的样本容量是多少?
(2)补全条形统计图.
(3)本次活动共征集作品1200件,估计绘画作品有多少件.
22.2022北京冬奥会和冬残奥会的吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”在一次宣传活动
中,组织者将分别印有这两种吉祥物图案的卡片各2张放在一个不透明的盒子中并
搅匀,卡片除图案外其余均相同.小张从中随机抽取2张换取相应的吉祥物,采用
的抽取方式是先抽取1张不放回,再抽取1张.
(1)第一张抽到“冰墩墩”的概率是;
(2)求小张抽到不同图案卡片的概率.
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23.如图,。是△ABC的边4B上一点,CF〃AB,DF交4c于E点,DE=EF.
(1)求证:CFE;
(2)若48=5,CF=4,求BD的长.
24.某班计划购买两种毕业纪念册,已知购买1本手绘纪念册和4本图片纪念册共需135
元,购买5本手绘纪念册和2本图片纪念册共需225元.
(1)求每本手绘纪念册和每本图片纪念册的价格分别为多少元?
(2)该班计划购买手绘纪念册和图片纪念册共40本,总费用不超过1100元,那么最
多能购买手绘纪念册多少本?
25.如图,反比例函数y=£的图象与一次函数y=znx+/1的图象相交于4(a,-1),
B(—1,3)两点.
(1)求反比例函数和一次函数的解析式;
(2)设直线48交y轴于点C,点N(t,0)是x轴正半轴上的一个动点,过点N作NM1x轴
交反比例函数y=(的图象于点M,连接CN,OM若S四边版OMN>3,求t的取值范
围.
26.如图,在△力8c中,ZC=90°,AB=5,BC=3,点。为边AC的中点.动点P从点4出
发,沿折线4B-BC以每秒1个单位长度的速度向点C运动,当点P不与点4、C重合
时,连结PO.作点4关于直线PD的对称点连结AD、A'A.
A
设点P的运动时间为t秒.A
(1)线段的长为______;n/7
(2)用含t的代数式表示线段BP的长;/7yr
(3)当点4在AABC内部时,求t的取值范围;/I
(4)当与4B相等时,直接写出t的值.BC
27.面对新冠疫情,中国举全国之力采取了很多强有力的措施,将疫情及时控制,其中
对感染者和接触者进行隔离治疗和观察有效地控制住病毒的传播,数学中为对两个
图形进行隔离,在平面直角坐标系中,对“隔离直线”给出如下定义:点PQi,乃)
是图形G]上的任意一点,点Q(X2,V2)是图形G2上的任意一点,若存在直线心y=
kx+b(kH0)满足为<kX]+b且%>kx2+b,则称直线2:y=kx+b(k。0)是
图形Gi与G2的“隔离直线”.
例如:如图1,直线I:丫=一无一4是函数、=:。<0)的图象与正方形。48(;的一
条“隔离直线”.
1
(1)在直线yi=-3%,y2=4x-1,y3=-2x+34,是图1函数y=<0)的图
象与正方形04BC的“隔离直线”的为;
(2)如图2,第一象限的等腰直角三角形EDF的两腰分别与坐标轴平行,直角顶点。的
坐标是(a,1),△ED/与。。的“隔离直线”有且只有一条,求出此“隔离直线”
的表达式;
(3)正方形4/iC山1的一边在y轴上,其他三边都在y轴的右侧,点是此正方
形的中心,若存在直线y=-2%+b是函数y=-x2+2x+3(0<%<4)的图象与
正方形为B1GD1的“隔离直线”,求£的取值范围.
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9
28.如图1,二次函数y=a(x+3)(x-4)的图象交坐标轴于点4B(0,—2),点P为x轴
上一动点.
(1)求二次函数y=a(x+3)(%-4)的表达式;
(2)过点P作PQ_Lx轴分别交线段AB,抛物线于点Q,C,连接AC.当OP=1时,求A/ICQ
的面积;
(3)如图2,将线段PB绕点P逆时针旋转90。得到线段PD.
①当点。在抛物线上时,求点。的坐标;
②点E(2,一》在抛物线上,连接PE,当PE平分N8P。时,直接写出点的坐标.
答案和解析
1.【答案】B
【解答】
解:—5的绝对值为5,
故选8.
2.【答案】C
解:(%5)2=%5*2=炉0.
故选:C.
直接运用事的乘方运算法则进行计算即可.
本题考查了事的乘方:塞的乘方,底数不变,指数相乘,熟记法则是关键.
3.【答案】A
解:根据三视图可以得出立体图形是三棱柱,
故选:A.
从正视图以及左视图都为一个长方形,俯视图三角形来看,可以确定这个几何体为一个
三棱柱.
4.【答案】C
解:•:3=V9,
二与3最接近的是倾.
故选:C.
用逼近法估算无理数大小即可解答问题.
本题考查了估算无理数大小.
5.【答案】C
第8页,共27页
解:•・•DE是AB的垂直平分线,AE=4,
・•・EB=EA=4,
・・・BC=EB+EC=4+2=6,
故选:C.
根据线段的垂直平分线的性质得到EB=EA=4,结合图形计算,得到答案.
6.【答案】C
解:如图,作c〃a,
•••三角尺是含30。角的三角尺,
・•・Z34-Z.4=60°,
•・•a//c,
・・・zl=Z4=24°,
・•・Z3=60°-24°=36°,
•••a//c,Q〃b,
:.b//c,
・••42=180。-36。=144。,
故选:C.
根据平行线的性质求解,
7.【答案】A
解:连接。D,
・•・O0与边AC相切于点D,
・•・Z,ADO=90°,
VZ.BAC=36°,
・••乙400=90。-36。=54。,
・・・Z.AFD=-Z.A0D=ix54°=27°,
22
故选:A.
连接。D,根据切线的性质得到乙4。。=90°,根据直角三角形的性质得到=90。一
36°=54°,根据圆周角定理即可得到结论.
8.【答案】A
解:如图,以48为边向右作等边作射线FQ交4D于点E,过点。作D”1QE于H.
・••四边形48CD是矩形,
・・・Z.ABP=ABAE=90°,
-AABF,△APQ都是等边三角形,
・・・/.BAF=APAQ=60°,BA=FA,PA=QAf
・•・乙BAP=乙FAQ,
在48”和△凡4Q中,
BA=FA
乙BAP=乙FAQ,
PA=QA
••・△B4P"FAQ(S/S),
・・.zL48P=AAFQ=90°,
vZ.FAE=90°-60°=30°,
:.Z.AEF=90°-30°=60°,
•:AB^AF=5,AE=AF-rcos30°=—,
3
点Q的运动轨迹是射线尸E,
•••AD=BC=5V3.
DE=AD-AE=—,
3
vDH1EF,/.DEH=Z.AEF=60°,
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DH=DE-sin600=—x—=
322
根据垂线段最短可知,当点Q与〃重合时,DQ的值最小,最小值为|,
故选:A.
如图,以AB为边向右作等边AaBF,作射线FQ交40于点E,过点。作DH_LQE于从利
用全等三角形的性质证明N4FQ=90°,推出44EF=60。,推出点Q的运动轨迹是射线
FE,求出DH,可得结论.
9.【答案】—3
解:•・•(-3)3=-27,
^^27=-3
故答案为:-3.
根据立方根的定义求解即可.
10.【答案】1
解:(X-1)2-x(x-2),
=x2-2x+1-x2+2x,
=(x2-%2)+(—2%+2x)+1,
=1.
先根据完全平方公式和单项式乘以多项式的法则展开,然后再利用合并同类项的法则,
只把系数相加减,字母与字母的次数不变合并即可.
11.【答案】x>1
解:根据题意得X-1N0,
解得X21.
故答案为:x>1.
根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式%-1>0,解不等式即可求得X的取值范
围.
12.【答案】a(x+y)(x-y)
解:ax2-ay2
—a(x2—y2)
=a(x+y)(x—y).
故答案为:a(x+y)(x-y).
应先提取公因式a,再对余下的多项式利用平方差公式继续分解.
13.【答案】3.2x108
解:320000000=3.2x108,
故选:3.2x108.
14.【答案】2n
解:•••圆锥的底面半径为1cm,
二圆锥的底面周长为:2nr=2兀cm,
・・•圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的周长,
二圆锥的侧面积为:^/r=|x2x27r=2n(cm2),
故答案为:27r.
根据圆锥的底面半径求得圆锥的底面周长,在根据圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥
的周长求得圆锥的侧面积即可.
本题考查了圆锥的计算,解题的关键是正确地进行圆锥与扇形的转化.
15.【答案】
4
解:由图可知:黑色方砖在整个地板中所占的比值
•••小球最终停留在黑色区域的概率=
4
故答案为:"
4
求出黑色方砖在整个地板中所占的比值,再根据其比值即可得出结论.
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此题考查了几何概率问题,其中概率=相应的面积与总面积之比.
16.【答案】30V3
解:过。点作OEJ.CD,OFLAD,垂足分别为E,F,
图2
•••Z.FOD+乙DOE=90°,
•••乙DOE=30°,4FOD=60°,
在矩形4BCD中,4c=90。,CD=AB=30cm,
•••OE//BC,
乙DBC=LDOE=30。,
■1•BC=V3CD=30V3cm»
故答案为30vl
根据题意即可求得N『0C=24D0E,即可求得NDOE=30。,由矩形的性质结合平行线
的性质可求得NDBC=30°,利用含30。角的直角三角形的性质可求解.
本题考查的矩形的性质、钟面角,含30。角的直角三角形的性质等知识;熟练掌握矩形
的性质和直角三角形的性质是解题的关键.
17.【答案】苧
解:连接DE,如图所示:
在△ABC中,4ABC=120。,BA=BC,
:.z.a=30°,
同理得:Z.CDE=Z-CED=30°=4a.
又•・•乙AEC=60°,
・♦・4AED=乙AEC+乙CED=90°.
设等边三角形的边长为Q,贝ijAE=2a,DE=BD•sinZ.DBE=2a-sin60°=>/3a,
/介、4E2a2>/3
.•.tan(a+^)=-=^=—.
故答案为:也.
3
连接DE,利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得出Na=30。,同理可得出:
乙CDE=4CED=30°=za,由44EC=60°结合N4ED=AAEC+NCED可得出
^AED=90°,设等边三角形的边长为a,则4E=2a,DE=V3a.由三角函数定义即
可得出答案.
本题考查了解直角三角形、等边三角形的性质以及图形的变化规律等知识;构造出含一
个锐角等于Na+々8的直角三角形是解题的关键.
18.【答案】9或;
解:•••△ABC中,AC=3,BC=4,AB=5,
:.AC2+BC2=25,AB2=25,
•••AC2+BC2=AB2,
••.△ABC为直角三角形,
①当点。位于C点左侧时,如图:
设直线I交BE于点M,
BD\C
■:1//BC,
BMDAP
康=羡,4MGB=2BC,
又•.•四边形4BEF是正方形,且。。1=|。国,
BE=AB=5,/.EBA=90°,
即?=?
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解得:8M=?,
・••乙MGB=Z.ABC,/-EBA=乙4cB=90°,
GBM~2BCAf
.GB_BC
,•,
BMAC
GB4
•••亚=.
3
解得:GB=M
AG=AB-GB=
9
•••
••・△AGH^^ABD19
.GH__AG_
••80]-AB1
vCD1=1,
・•・BDr—BC—CD1=3,
•生=£
35
解得:GH=|;
②当点。位于C点右侧时,如图:
综上,GH的长为i或g,
故答案为:[或
结合勾股定理逆定理判断△ABC是直角三角形,通过证明△GBMSABCA,4AGHF
ABD,然后利用相似三角形的性质求解,注意对于点C的位置要进行分类讨论.
本题考查勾股定理逆定理,相似三角形的判定和性质,理解题意,证明出△GBM-ABCA,
特别注意分类思想的运用是解题关键.
19.【答案】解:原式=2x苧+2遮+5-1
=V3+2V3+5-l
=3V3+4.
【解析】直接利用零指数幕的性质、二次根式的性质、绝对值的性质、特殊角的三角函
数值,分别化简得出答案.
此题主要考查了零指数幕的性质、二次根式的性质、绝对值的性质、特殊角的三角函数
值等知识,正确化简各数是解题关键.
20.【答案】解:(1)去分母,得3-
解得:x=3,
检验,把%=3代入得:%—4=#0,
所以原方程的解为%=3;
(2)解不等式4%-840,得工工2,
解不等式受>3-x,得x>l,
则不等式组的解集为1<XW2.
【解析】(1)分式方程去分母转化为整式方程,求出整式方程的解得到工的值,经检验即
可得到分式方程的解.
此题考查了解分式方程,以及解一元一次不等式组,熟练掌握各自的解法是解本题的关
键.
21.【答案】解:(1)根据题意得:12-10%=120(件),
所抽取的学生作品的样本容量是120;
(2)绘画作品为120-(42+30+12)=36(件),
补全统计图,如图所示:
第16页,共27页
(3)根据题意得:1200x言=360(件),
则绘画作品约有360件.
答:本次活动共征集作品1200件时,绘画作品约有360件.
【解析】(1)根据剪纸的人数除以所占百分比,得到抽取作品的总件数;
(2)由总件数减去其他作品数,求出绘画作品的件数,补全条形统计图即可;
(3)求出样本中绘画作品的百分比,乘以1200即可得到结果.
此题考查了条形统计图,扇形统计图,以及用样本估计总体,弄清题意是解本题的关键.
22.【答案】1
解:(1)第一张抽到“冰墩墩”的概率是去
故答案为:I:
(2)把“冰墩墩”和“雪容融”两种吉祥物分别记为4,B,画树状图如图:
开始
共有12种等可能的结果,小张抽到不同图案卡片的结果有8种,
则小张抽到不同图案卡片的概率为最=|.
(1)直接根据概率公式求解即可;
(2)画树状图,共有12种等可能的结果,小张抽到不同图案卡片的结果有8种,再由概率
公式求解即可.
此题考查的是用列表法或树状图法求概率.列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的
结果,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;解题时要注
意此题是放回试验还是不放回试验.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之
比.
23.【答案】(1)证明:rCF/IAB,
・•・Z-ADF=zF,Z.A=乙ECF.
在ZkADE和•中,
乙4=Z.ECF
Z.ADE=Z.F,
DE=EF
..AADE^CFE^AAS).
(2)-^ADE=^CFEf
・・.AD=CF=4.
•.BD=AB-AD=5-4=1.
【解析】(1)利用角角边定理判定即可;
(2)利用全等三角形对应边相等可得4。的长,用4B-AD即可得出结论.
本题主要考查了全等三角形的判定与性质.选择合适的判定方法是解题的关键.
24.【答案】解:(1)设每本手绘纪念册的价格为x元,每本图片纪念册的价格为y元,
依题意得:H二券5,
解得:[;:25-
答:每本手绘纪念册的价格为35元,每本图片纪念册的价格为25元.
(2)设可以购买手绘纪念册m本,则购买图片纪念册(40-m)本,
依题意得:35m+25(40-m)<1100,
解得:m<10.
答:最多能购买手绘纪念册10本.
【解析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用,解题的关键是:
(1)找准等量关系,正确列出二元一次方程组;(2)找准等量关系,正确列出一元一次不
第18页,共27页
等式.
(1)设每本手绘纪念册的价格为X元,每本图片纪念册的价格为y元,根据“购买1本手绘
纪念册和4本图片纪念册共需135元,购买5本手绘纪念册和2本图片纪念册共需225元”,
即可得出关于x,y的二元一次方程组,解之即可得出结论;
(2)设可以购买手绘纪念册m本,则购买图片纪念册(40-m)本,根据总价=单价X数量,
结合总价不超过1100元,即可得出关于m的一元一次不等式,解之取其中的最大值即可
得出结论.
25.【答案】解:(I)、•反比例函数y=$的图象与一次函数丁=巾%+n的图象相交于
A(a,—1),B(—1,3)两点,
Afc=-1x3=ax(―1),
Ak=-3,a=3,
.••点4(3,—1),反比例函数的解析式为y=3,
由题意可得:仔:一鲁,
1—1=3m+n
解得:
m=2
・•・一次函数解析式为y=-x+2;
(2)•直线交y轴于点C,
・,・点C(0,2),
'S四边形QOMN=S>OMN+S4OCN=2"*"2X^X^
vS四边形COMN>3,
31
-x2xt>3,
【解析】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题,考查了利用待定系数法求解析
式,反比例函数的性质等知识,求出两个解析式是解题的关键.
(1)将点B,点4坐标代入反比例函数的解析式,可求a和k的值,利用待定系数法可求一
次函数解析式;
(2)先求出点C坐标,由面积关系的可求解.
26.【答案】解:(1)在RM4BC中,由勾股定理得:
AC=7AB2-BC2=4,
・3部=2.
故答案为:2.
(2)当0<tW5时,点P在线段4B上运动,PB=4B-AP=5-t,
当5<t<8时,点P在BC上运动,PB=t-5.
综上所述,PB={:彘:黑.
(3)如图,当点4'落在4B上时,DP1AB,
4
vAP=t,AD=2,cosA=
・•・在Rt△4PD中,cosA=^=1=p
・,一8
如图,当点A落在BC边上时,DP工AC,
4
vAP=t,4。=2,cosA=g,
二在Rt△4PD中,cosA
APt5
2,
如图,点A运动轨迹为以。为圆心,4。长为半径的圆上,
第20页,共27页
d<t<|时,点&在UBC内部.
(4)如图,过点P作PE14。于点E,
①当0<t<5时,
vZ.AA'D=Z_B=Z.A'AD,DA'=DA,
/.ADP+/.A'AD=Z.BAC+Z.B=90°,
Z-ADP=Z.BAC,
・•・AE=-AD=1,
2
.AE14
vcosA=—=-=
APt5
•一5
••L——.
4
②如图,当5ct<8时,
・・•乙44。=Z-B=乙420,
Z.BAC+=90°,
ALBAC+LA!AD=90°,
:.PE//BA,
・•・Z-DPC=Z-B,
・••在Rt△PCD中,CD=^AC=2,CP=8-3tanzDPC=
・•・tanZ-DPC=—=—=
PC8-t3
13
综上所述,t=:或季
42
【解析】(1)由勾股定理求解.
(2)分类讨论点P在4B及BC上运动两种情况.
(3)分别求出点4落在48与BC上两个临界值求解.
(4)分类讨论点P在AB及BC上两种情况,通过添加辅助线求解.
本题考查三角形的综合问题,解题关键是熟练掌握特殊三角形的性质及解直角三角形的
方法,通过分类讨论求解.
27.【答案】yi=-3x
解:(1)如图,
从图可知:为=—3%与双曲线y=;(x<0)和正方形CMBC没有公共点,
y2=4x-1,y3=-2x+3不在双曲线y=<0)及正方形ABC。之间,
第22页,共27页
根据“隔离直线”定义可知,直线%=-3x是双曲线y=<0)与正方形04BC的
“隔离直线”,
故答案为:yi=-3x.
(2)如图1,连接OD,以。为圆心,。。长为半径作。0,作。轴于点G,过点。作。。
OD=J(V3)2+12=2,
直线MD是尸与。。的“隔离直线”.
VtanzDOG=5=内,
・♦・乙DOG=30°,
・•・乙DM0=Z900-乙MOD=乙DOG=30°,
・・・OM=2OD=4,
・・・M(0,4),
设直线的解析式为y=m%+4,则百徵+4=1,解得血=一百,
・•.△EOF与。。的“隔离直线”是丫=一B%+4;
⑶由{:二图2+3,得--钮+b-3=0,
•・•直线与抛物线有唯一公共点,
・•・/=0,
/.16-46+12=0,解得b=7,
・•・此时的“隔离直线”为y=-2%+7,
当正方形在直线y=-2%+7上方时,如图:
・・•点是此正方形的中心,
・・・顶点4式0,£-1),
顶点4式0,£-1)不能在直线y=-2%+7下方,Wt-1>7,解得£N8;
当正方形在直线y=2x—7下方时,如图:
对于抛物线y—产+2%+3,当%=0时,y=3;当%=4时y=-5,
・•・直线y=-2x+3恰好经过点(0,3)和点(4,一5);
对于直线y=—2%+3,当%=2时,y=—1,
由Ci(2,t+1)不能在直线y=-2x+3上方,得t4-1<-1,解得t<—2,
第24页,共27页
综上所述,tW-2或£N8.
(1)根据定义,结合图象,可判断出与双曲线y=:(x<0)及正方形4BCD最多有一个公
共点的的直线为y1=-3x;
(2)先作出以原点0为圆心且经过AE。尸的顶点。的圆,再过点。作。。的切线,求出该
直线的解析式即可;
(3)先由抛物线与直线组成方程组,则该方程组有唯一一组解,再考虑直线与正方形有
唯一公共点的情形,数形结合,分类讨论,求出t的取值范围.
此题是二次函数综合题,考查一次函数、正方形的性质、一次函数的应用、二元二次方
程组.一元
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