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文档简介
福建省东山县2024届中考数学仿真试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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,已知直线AB、CD被直线AC所截,AB∥CD,E是平面内任意一点(点E不在直线AB、CD、AC上),设∠BAE=α,∠DCE=β.下列各式:①α+β,②α﹣β,③β﹣α,④360°﹣α﹣β,∠AEC的度数可能是()A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.①②③④2.小军旅行箱的密码是一个六位数,由于他忘记了密码的末位数字,则小军能一次打开该旅行箱的概率是()A. B. C. D.3.在围棋盒中有x颗白色棋子和y颗黑色棋子,从盒中随机取出一颗棋子,取得白色棋子的概率是,如再往盒中放进3颗黑色棋子,取得白色棋子的概率变为,则原来盒里有白色棋子()A.1颗 B.2颗 C.3颗 D.4颗4.若⊙O的半径为5cm,OA=4cm,则点A与⊙O的位置关系是()A.点A在⊙O内 B.点A在⊙O上 C.点A在⊙O外 D.内含5.如图,为测量平地上一块不规则区域(图中的阴影部分)的面积,画一个边长为4m的正方形,使不规则区域落在正方形内.现向正方形内随机投掷小球(假设小球落在正方形内每一点都是等可能的),经过大量重复投掷试验,发现小球落在不规则区域的频率稳定在常数0.65附近,由此可估计不规则区域的面积约为()A.2.6m2 B.5.6m2 C.8.25m2 D.10.4m26.若关于x的一元一次不等式组无解,则a的取值范围是()A.a≥3 B.a>3 C.a≤3 D.a<37.一个几何体的三视图如图所示,这个几何体是()A.三菱柱 B.三棱锥 C.长方体 D.圆柱体8.在△ABC中,AD和BE是高,∠ABE=45°,点F是AB的中点,AD与FE,BE分别交于点G、H.∠CBE=∠BAD,有下列结论:①FD=FE;②AH=2CD;③BC•AD=AE2;④S△BEC=S△ADF.其中正确的有()A.1个 B.2个 C.3个 D.4个9.如图,A、B、C、D是⊙O上的四点,BD为⊙O的直径,若四边形ABCO是平行四边形,则∠ADB的大小为()A.30° B.45° C.60° D.75°10.如果关于x的分式方程有负分数解,且关于x的不等式组的解集为x<-2,那么符合条件的所有整数a的积是()A.-3 B.0 C.3 D.911.太原市出租车的收费标准是:白天起步价8元(即行驶距离不超过3km都需付8元车费),超过3km以后,每增加1km,加收1.6元(不足1km按1km计),某人从甲地到乙地经过的路程是xkm,出租车费为16元,那么x的最大值是()A.11 B.8 C.7 D.512.有以下图形:平行四边形、矩形、等腰三角形、线段、菱形,其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有()A.5个B.4个C.3个D.2个二、填空题:(本大题共6个小题,每小题4分,共24分.)13.如图,是由一些大小相同的小正方体搭成的几何体分别从正面看和从上面看得到的平面图形,则搭成该几何体的小正方体最多是_______个.14.分解因式:x2y﹣xy2=_____.15.如图,Rt△ABC中,AC=3,BC=4,∠ACB=90°,P为AB上一点,且AP=2BP,若点A绕点C顺时针旋转60°,则点P随之运动的路径长是_________16.已知正方形ABCD,AB=1,分别以点A、C为圆心画圆,如果点B在圆A外,且圆A与圆C外切,那么圆C的半径长r的取值范围是_____.17.如图,点是反比例函数图像上的两点(点在点左侧),过点作轴于点,交于点,延长交轴于点,已知,,则的值为__________.18.某航班每次飞行约有111名乘客,若飞机失事的概率为p=1.11115,一家保险公司要为乘客保险,许诺飞机一旦失事,向每位乘客赔偿41万元人民币.平均来说,保险公司应向每位乘客至少收取_____元保险费才能保证不亏本.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)某校为了开阔学生的视野,积极组织学生参加课外读书活动.“放飞梦想”读书小组协助老师随机抽取本校的部分学生,调查他们最喜爱的图书类别(图书分为文学类、艺体类、科普类、其他等四类),并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图,请你结合图中的信息解答下列问题:求被调查的学生人数;补全条形统计图;已知该校有1200名学生,估计全校最喜爱文学类图书的学生有多少人?20.(6分)某新建火车站站前广场需要绿化的面积为46000米2,施工队在绿化了22000米2后,将每天的工作量增加为原来的1.5倍,结果提前4天完成了该项绿化工程.该项绿化工程原计划每天完成多少米2?该项绿化工程中有一块长为20米,宽为8米的矩形空地,计划在其中修建两块相同的矩形绿地,它们的面积之和为56米2,两块绿地之间及周边留有宽度相等的人行通道(如图所示),问人行通道的宽度是多少米?21.(6分)在一次数学活动课上,老师让同学们到操场上测量旗杆的高度,然后回来交流各自的测量方法.小芳的测量方法是:拿一根高3.5米的竹竿直立在离旗杆27米的C处(如图),然后沿BC方向走到D处,这时目测旗杆顶部A与竹竿顶部E恰好在同一直线上,又测得C、D两点的距离为3米,小芳的目高为1.5米,这样便可知道旗杆的高.你认为这种测量方法是否可行?请说明理由.22.(8分)如图所示,抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点,A、B两点的坐标分别为(﹣1,0)、(0,﹣3).求抛物线的函数解析式;点E为抛物线的顶点,点C为抛物线与x轴的另一交点,点D为y轴上一点,且DC=DE,求出点D的坐标;在第二问的条件下,在直线DE上存在点P,使得以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似,请你直接写出所有满足条件的点P的坐标.23.(8分)先化简代数式,再从范围内选取一个合适的整数作为的值代入求值。24.(10分)已知抛物线y=x2﹣6x+9与直线y=x+3交于A,B两点(点A在点B的左侧),抛物线的顶点为C,直线y=x+3与x轴交于点D.(1)求抛物线的顶点C的坐标及A,B两点的坐标;(2)将抛物线y=x2﹣6x+9向上平移1个单位长度,再向左平移t(t>0)个单位长度得到新抛物线,若新抛物线的顶点E在△DAC内,求t的取值范围;(3)点P(m,n)(﹣3<m<1)是抛物线y=x2﹣6x+9上一点,当△PAB的面积是△ABC面积的2倍时,求m,n的值.25.(10分)如图,已知:△ABC中,AB=AC,M是BC的中点,D、E分别是AB、AC边上的点,且BD=CE.求证:MD=ME.26.(12分)先化简,再求值:(x+1y)1﹣(1y+x)(1y﹣x)﹣1x1,其中x=+1,y=﹣1.27.(12分)某花卉基地种植了郁金香和玫瑰两种花卉共30亩,有关数据如表:成本(单位:万元/亩)销售额(单位:万元/亩)郁金香2.43玫瑰22.5(1)设种植郁金香x亩,两种花卉总收益为y万元,求y关于x的函数关系式.(收益=销售额﹣成本)(2)若计划投入的成本的总额不超过70万元,要使获得的收益最大,基地应种植郁金香和玫瑰个多少亩?
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、D【解析】
根据E点有4中情况,分四种情况讨论分别画出图形,根据平行线的性质与三角形外角定理求解.【详解】E点有4中情况,分四种情况讨论如下:由AB∥CD,可得∠AOC=∠DCE1=β∵∠AOC=∠BAE1+∠AE1C,∴∠AE1C=β-α过点E2作AB的平行线,由AB∥CD,可得∠1=∠BAE2=α,∠2=∠DCE2=β∴∠AE2C=α+β由AB∥CD,可得∠BOE3=∠DCE3=β∵∠BAE3=∠BOE3+∠AE3C,∴∠AE3C=α-β由AB∥CD,可得∠BAE4+∠AE4C+∠DCE4=360°,∴∠AE4C=360°-α-β∴∠AEC的度数可能是①α+β,②α﹣β,③β-α,④360°﹣α﹣β,故选D.【点睛】此题主要考查平行线的性质与外角定理,解题的关键是根据题意分情况讨论.2、A【解析】∵密码的末位数字共有10种可能(0、1、2、3、4、5、6、7、8、9、0都有可能),∴当他忘记了末位数字时,要一次能打开的概率是.故选A.3、B【解析】试题解析:由题意得,解得:.故选B.4、A【解析】
直接利用点与圆的位置关系进而得出答案.【详解】解:∵⊙O的半径为5cm,OA=4cm,∴点A与⊙O的位置关系是:点A在⊙O内.故选A.【点睛】此题主要考查了点与圆的位置关系,正确①点P在圆外⇔d>r,②点P在圆上⇔d=r,③点P在圆内⇔d<r是解题关键.5、D【解析】
首先确定小石子落在不规则区域的概率,然后利用概率公式求得其面积即可.【详解】∵经过大量重复投掷试验,发现小石子落在不规则区域的频率稳定在常数0.65附近,∴小石子落在不规则区域的概率为0.65,∵正方形的边长为4m,∴面积为16m2设不规则部分的面积为sm2则=0.65解得:s=10.4故答案为:D.【点睛】利用频率估计概率.6、A【解析】
先求出各不等式的解集,再与已知解集相比较求出a的取值范围.【详解】由x﹣a>0得,x>a;由1x﹣1<2(x+1)得,x<1,∵此不等式组的解集是空集,∴a≥1.故选:A.【点睛】考查的是解一元一次不等式组,熟知“同大取大;同小取小;大小小大中间找;大大小小找不到”的原则是解答此题的关键.7、A【解析】
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看,所得到的图形.【详解】由于左视图和俯视图为长方形可得此几何体为柱体,由主视图为三角形可得为三棱柱.故选:B.【点睛】此题主要考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力,同时也体现了对空间想象能力方面的考查.8、C【解析】
根据题意和图形,可以判断各小题中的结论是否成立,从而可以解答本题.【详解】∵在△ABC中,AD和BE是高,∴∠ADB=∠AEB=∠CEB=90°,∵点F是AB的中点,∴FD=AB,FE=AB,∴FD=FE,①正确;∵∠CBE=∠BAD,∠CBE+∠C=90°,∠BAD+∠ABC=90°,∴∠ABC=∠C,∴AB=AC,∵AD⊥BC,∴BC=2CD,∠BAD=∠CAD=∠CBE,在△AEH和△BEC中,,∴△AEH≌△BEC(ASA),∴AH=BC=2CD,②正确;∵∠BAD=∠CBE,∠ADB=∠CEB,∴△ABD∽△BCE,∴,即BC•AD=AB•BE,∵∠AEB=90°,AE=BE,∴AB=BEBC•AD=BE•BE,∴BC•AD=AE2;③正确;设AE=a,则AB=a,∴CE=a﹣a,∴=,即,∵AF=AB,∴,∴S△BEC≠S△ADF,故④错误,故选:C.【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线,解答本题的关键是明确题意,找出所求问题需要的条件,利用数形结合的思想解答.9、A【解析】
解:∵四边形ABCO是平行四边形,且OA=OC,∴四边形ABCO是菱形,∴AB=OA=OB,∴△OAB是等边三角形,∴∠AOB=60°,∵BD是⊙O的直径,∴点B、D、O在同一直线上,∴∠ADB=∠AOB=30°故选A.10、D【解析】解:,由①得:x≤2a+4,由②得:x<﹣2,由不等式组的解集为x<﹣2,得到2a+4≥﹣2,即a≥﹣3,分式方程去分母得:a﹣3x﹣3=1﹣x,把a=﹣3代入整式方程得:﹣3x﹣6=1﹣x,即,符合题意;把a=﹣2代入整式方程得:﹣3x﹣5=1﹣x,即x=﹣3,不合题意;把a=﹣1代入整式方程得:﹣3x﹣4=1﹣x,即,符合题意;把a=0代入整式方程得:﹣3x﹣3=1﹣x,即x=﹣2,不合题意;把a=1代入整式方程得:﹣3x﹣2=1﹣x,即,符合题意;把a=2代入整式方程得:﹣3x﹣1=1﹣x,即x=1,不合题意;把a=3代入整式方程得:﹣3x=1﹣x,即,符合题意;把a=4代入整式方程得:﹣3x+1=1﹣x,即x=0,不合题意,∴符合条件的整数a取值为﹣3;﹣1;1;3,之积为1.故选D.11、B【解析】
根据等量关系,即(经过的路程﹣3)×1.6+起步价2元≤1.列出不等式求解.【详解】可设此人从甲地到乙地经过的路程为xkm,根据题意可知:(x﹣3)×1.6+2≤1,解得:x≤2.即此人从甲地到乙地经过的路程最多为2km.故选B.【点睛】考查了一元一次方程的应用.关键是掌握正确理解题意,找出题目中的数量关系.12、C【解析】矩形,线段、菱形是轴对称图形,也是中心对称图形,符合题意;等腰三角形是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意;平行四边形不是轴对称图形,是中心对称图形,不符合题意.共3个既是轴对称图形又是中心对称图形.故选C.二、填空题:(本大题共6个小题,每小题4分,共24分.)13、7【解析】
首先利用从上面看而得出的俯视图得出该几何体的第一层是由几个小正方体组成,然后进一步根据其从正面看得出的主视图得知其第二层最多可以放几个小正方体,然后进一步计算即可得出答案.【详解】根据俯视图可得出第一层由5个小正方体组成;再结合主视图,该正方体第二层最多可放2个小正方体,∴,∴最多是7个,故答案为:7.【点睛】本题主要考查了三视图的运用,熟练掌握三视图的特性是解题关键.14、xy(x﹣y)【解析】原式=xy(x﹣y).故答案为xy(x﹣y).15、π【解析】
作PD⊥BC,则点P运动的路径长是以点D为圆心,以PD为半径,圆心角为60°的一段圆弧,根据相似三角形的判定与性质求出PD的长,然后根据弧长公式求解即可.【详解】作PD⊥BC,则PD∥AC,∴△PBD~△ABC,∴PDAC∵AC=3,BC=4,∴AB=32∵AP=2BP,∴BP=13∴PD=5∴点P运动的路径长=60π×1180故答案为:π3【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质,弧长的计算,根据相似三角形的判定与性质求出PD的长是解答本题的关键.16、﹣1<r<.【解析】
首先根据题意求得对角线AC的长,设圆A的半径为R,根据点B在圆A外,得出0<R<1,则-1<-R<0,再根据圆A与圆C外切可得R+r=,利用不等式的性质即可求出r的取值范围.【详解】∵正方形ABCD中,AB=1,
∴AC=,
设圆A的半径为R,
∵点B在圆A外,
∴0<R<1,
∴-1<-R<0,
∴-1<-R<.
∵以A、C为圆心的两圆外切,
∴两圆的半径的和为,
∴R+r=,r=-R,
∴-1<r<.
故答案为:-1<r<.【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系,点与圆的位置关系,正方形的性质,勾股定理,不等式的性质.掌握位置关系与数量之间的关系是解题的关键.17、【解析】
过点B作BF⊥OC于点F,易证S△OAE=S四边形DEBF=,S△OAB=S四边形DABF,因为,所以,,又因为AD∥BF,所以S△BCF∽S△ACD,可得BF:AD=2:5,因为S△OAD=S△OBF,所以×OD×AD=×OF×BF,即BF:AD=2:5=OD:OF,易证:S△OED∽S△OBF,S△OED:S△OBF=4:25,S△OED:S四边形EDFB=4:21,所以S△OED=,S△OBF=S△OED+S四边形EDFB=+=,即可得解:k=2S△OBF=.【详解】解:过点B作BF⊥OC于点F,由反比例函数的比例系数|k|的意义可知:S△OAD=S△OBF,∴S△OAD-S△OED=S△OBF一S△OED,即S△OAE=S四边形DEBF=,S△OAB=S四边形DABF,∵,∴,,∵AD∥BF∴S△BCF∽S△ACD,又∵,∴BF:AD=2:5,∵S△OAD=S△OBF,∴×OD×AD=×OF×BF∴BF:AD=2:5=OD:OF易证:S△OED∽S△OBF,∴S△OED:S△OBF=4:25,S△OED:S四边形EDFB=4:21∵S四边形EDFB=,∴S△OED=,S△OBF=S△OED+S四边形EDFB=+=,∴k=2S△OBF=.故答案为.【点睛】本题考查反比例函数的比例系数|k|的几何意义,解题关键是熟练运用相似三角形的判定定理和性质定理.18、21【解析】每次约有111名乘客,如飞机一旦失事,每位乘客赔偿41万人民币,共计4111万元,由题意可得一次飞行中飞机失事的概率为P=1.11115,所以赔偿的钱数为41111111×1.11115=2111元,即可得至少应该收取保险费每人=21元.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、(4)60;(4)作图见试题解析;(4)4.【解析】试题分析:(4)利用科普类的人数以及所占百分比,即可求出被调查的学生人数;(4)利用(4)中所求得出喜欢艺体类的学生数进而画出图形即可;(4)首先求出样本中喜爱文学类图书所占百分比,进而估计全校最喜爱文学类图书的学生数.试题解析:(4)被调查的学生人数为:44÷40%=60(人);(4)喜欢艺体类的学生数为:60-44-44-46=8(人),如图所示:全校最喜爱文学类图书的学生约有:4400×=4(人).考点:4.条形统计图;4.用样本估计总体;4.扇形统计图.20、(1)2000;(2)2米【解析】
(1)设未知数,根据题目中的的量关系列出方程;(2)可以通过平移,也可以通过面积法,列出方程【详解】解:(1)设该项绿化工程原计划每天完成x米2,根据题意得:﹣=4解得:x=2000,经检验,x=2000是原方程的解;答:该绿化项目原计划每天完成2000平方米;(2)设人行道的宽度为x米,根据题意得,(20﹣3x)(8﹣2x)=56解得:x=2或x=(不合题意,舍去).答:人行道的宽为2米.21、这种测量方法可行,旗杆的高为21.1米.【解析】分析:根据已知得出过F作FG⊥AB于G,交CE于H,利用相似三角形的判定得出△AGF∽△EHF,再利用相似三角形的性质得出即可.详解:这种测量方法可行.理由如下:设旗杆高AB=x.过F作FG⊥AB于G,交CE于H(如图).所以△AGF∽△EHF.因为FD=1.1,GF=27+3=30,HF=3,所以EH=3.1﹣1.1=2,AG=x﹣1.1.由△AGF∽△EHF,得,即,所以x﹣1.1=20,解得x=21.1(米)答:旗杆的高为21.1米.点睛:此题主要考查了相似三角形的判定与性质,根据已知得出△AGF∽△EHF是解题关键.22、(1)y=x2﹣2x﹣3;(2)D(0,﹣1);(3)P点坐标(﹣,0)、(,﹣2)、(﹣3,8)、(3,﹣10).【解析】
(1)将A,B两点坐标代入解析式,求出b,c值,即可得到抛物线解析式;(2)先根据解析式求出C点坐标,及顶点E的坐标,设点D的坐标为(0,m),作EF⊥y轴于点F,利用勾股定理表示出DC,DE的长.再建立相等关系式求出m值,进而求出D点坐标;(3)先根据边角边证明△COD≌△DFE,得出∠CDE=90°,即CD⊥DE,然后当以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似时,根据对应边不同进行分类讨论:①当OC与CD是对应边时,有比例式,能求出DP的值,又因为DE=DC,所以过点P作PG⊥y轴于点G,利用平行线分线段成比例定理即可求出DG,PG的长度,根据点P在点D的左边和右边,得到符合条件的两个P点坐标;②当OC与DP是对应边时,有比例式,易求出DP,仍过点P作PG⊥y轴于点G,利用比例式求出DG,PG的长度,然后根据点P在点D的左边和右边,得到符合条件的两个P点坐标;这样,直线DE上根据对应边不同,点P所在位置不同,就得到了符合条件的4个P点坐标.【详解】解:(1)∵抛物线y=x2+bx+c经过A(﹣1,0)、B(0,﹣3),∴,解得,故抛物线的函数解析式为y=x2﹣2x﹣3;(2)令x2﹣2x﹣3=0,解得x1=﹣1,x2=3,则点C的坐标为(3,0),∵y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4,∴点E坐标为(1,﹣4),设点D的坐标为(0,m),作EF⊥y轴于点F(如下图),∵DC2=OD2+OC2=m2+32,DE2=DF2+EF2=(m+4)2+12,∵DC=DE,∴m2+9=m2+8m+16+1,解得m=﹣1,∴点D的坐标为(0,﹣1);(3)∵点C(3,0),D(0,﹣1),E(1,﹣4),∴CO=DF=3,DO=EF=1,根据勾股定理,CD===,在△COD和△DFE中,∵,∴△COD≌△DFE(SAS),∴∠EDF=∠DCO,又∵∠DCO+∠CDO=90°,∴∠EDF+∠CDO=90°,∴∠CDE=180°﹣90°=90°,∴CD⊥DE,①当OC与CD是对应边时,∵△DOC∽△PDC,∴,即=,解得DP=,过点P作PG⊥y轴于点G,则,即,解得DG=1,PG=,当点P在点D的左边时,OG=DG﹣DO=1﹣1=0,所以点P(﹣,0),当点P在点D的右边时,OG=DO+DG=1+1=2,所以,点P(,﹣2);②当OC与DP是对应边时,∵△DOC∽△CDP,∴,即=,解得DP=3,过点P作PG⊥y轴于点G,则,即,解得DG=9,PG=3,当点P在点D的左边时,OG=DG﹣OD=9﹣1=8,所以,点P的坐标是(﹣3,8),当点P在点D的右边时,OG=OD+DG=1+9=10,所以,点P的坐标是(3,﹣10),综上所述,在直线DE上存在点P,使得以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似,满足条件的点P共有4个,其坐标分别为(﹣,0)、(,﹣2)、(﹣3,8)、(3,﹣10).考点:1.相似三角形的判定与性质;2.二次函数动点问题;3.一次函数与二次函数综合题.23、-2【解析】
先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式,再选取使分式有意义的x的值代入计算可得.【详解】原式===,∵x≠±1且x≠0,∴在-1≤x≤2中符合条件的x的值为x=2,则原式=-=-2.【点睛】此题考查分式的化简求值,解题关键在于掌握运算法则.24、(1)C(2,0),A(1,4),B(1,9);(2)<t<5;(2)m=,∴n=.【解析】分析:(Ⅰ)将抛物线的一般式配方为顶点式即可求出点C的坐标,联立抛物线与直线的解析式即可求出A、B的坐标.(Ⅱ)由题意可知:新抛物线的顶点坐标为(2﹣t,1),然后求出直线AC的解析式后,将点E的坐标分别代入直线AC与AD的解析式中即可求出t的值,从而可知新抛物线的顶点E在△DAC内,求t的取值范围.(Ⅲ)直线AB与y轴交于点F,连接CF,过点P作PM⊥AB于点M,PN⊥x轴于点N,交DB于点G,由直线y=x+2与x轴交于点D,与y轴交于点F,得D(﹣2,0),F(0,2),易得CF⊥AB,△PAB的面积是△ABC面积的2倍,所以AB•PM=AB•CF,PM=2CF=1,从而可求出PG=3,利用点G在直线y=x+2上,P(m,n),所以G(m,m+2),所以PG=n﹣(m+2),所以n=m+4,由于P(m,n)在抛物线y=x2﹣1x+9上,联立方程从而可求出m、n的值.详解:(I)∵y=x2﹣1x+9=(x﹣2)2,∴顶点坐标为(2,0).联立,解得:或;(II)由题意可知:新抛物线的顶点坐标为(2﹣t,1),设直线AC的解析式为y=kx+b将A(1,4),C(2,0)代入y=kx+b中,∴,解得:,∴直线AC的解析式为y=﹣2x+1.当点E在直线AC上时,﹣2(2﹣t)+1=1,解得:t=.当点E在直线AD上时,(2﹣t)+2=1,解得:t=5,∴当点E在△DAC内时,<t<5;(III)如图,直线AB与y轴交于点F,连接CF,过点P作PM⊥AB于点M,PN⊥x轴于点N,交DB于点G.由直线y=x+2与x轴交于点D,与y轴交于点F,得D(﹣2,0),F(0,2),∴OD=OF=2.
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