山西省临汾市侯马市重点达标名校2021-2022学年中考数学全真模拟试题含解析_第1页
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文档简介

山西省临汾市侯马市重点达标名校2021-2022学年中考数学全真模拟试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用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,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1.已知x=2﹣3,则代数式(7+43)x2+(2+3)x+3的值是()A.0 B.3 C.2+3 D.2﹣32.如图,将边长为8㎝的正方形ABCD折叠,使点D落在BC边的中点E处,点A落在F处,折痕为MN,则线段CN的长是()A.3cm B.4cm C.5cm D.6cm3.如图,正方形ABCD和正方形CEFG中,点D在CG上,BC=1,CE=3,CH┴AF与点H,那么CH的长是()A. B. C. D.4.某班体育委员对本班学生一周锻炼(单位:小时)进行了统计,绘制了如图所示的折线统计图,则该班这些学生一周锻炼时间的中位数是()A.10 B.11 C.12 D.135.若分式在实数范围内有意义,则实数的取值范围是()A. B. C. D.6.下列立体图形中,主视图是三角形的是()A. B. C. D.7.下列图形中,不是轴对称图形的是()A. B. C. D.8.如图,⊙O的直径AB的长为10,弦AC长为6,∠ACB的平分线交⊙O于D,则CD长为()A.7 B. C. D.99.如图,已知两个全等的直角三角形纸片的直角边分别为、,将这两个三角形的一组等边重合,拼合成一个无重叠的几何图形,其中轴对称图形有()A.3个; B.4个; C.5个; D.6个.10.已知:如图四边形OACB是菱形,OB在X轴的正半轴上,sin∠AOB=1213.反比例函数y=kx在第一象限图象经过点A,与BC交于点F.S△AOF=A.15 B.13 C.12 D.5二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11.若m是方程2x2﹣3x﹣1=0的一个根,则6m2﹣9m+2016的值为_____.12.如图,点A、B、C在⊙O上,⊙O半径为1cm,∠ACB=30°,则的长是________.13.圆锥的底面半径为6㎝,母线长为10㎝,则圆锥的侧面积为______cm214.如图,矩形纸片ABCD中,AB=3,AD=5,点P是边BC上的动点,现将纸片折叠使点A与点P重合,折痕与矩形边的交点分别为E,F,要使折痕始终与边AB,AD有交点,BP的取值范围是_____.15.已知⊙O1、⊙O2的半径分别为2和5,圆心距为d,若⊙O1与⊙O2相交,那么d的取值范围是_________.16.因式分解:-3x2+3x=________.三、解答题(共8题,共72分)17.(8分)一茶叶专卖店经销某种品牌的茶叶,该茶叶的成本价是80元/kg,销售单价不低于120元/kg.且不高于180元/kg,经销一段时间后得到如下数据:销售单价x(元/kg)

120

130

180

每天销量y(kg)

100

95

70

设y与x的关系是我们所学过的某一种函数关系.(1)直接写出y与x的函数关系式,并指出自变量x的取值范围;(2)当销售单价为多少时,销售利润最大?最大利润是多少?18.(8分)如图,矩形ABCD中,AB=4,BC=6,E是BC边的中点,点P在线段AD上,过P作PF⊥AE于F,设PA=x.(1)求证:△PFA∽△ABE;(2)当点P在线段AD上运动时,设PA=x,是否存在实数x,使得以点P,F,E为顶点的三角形也与△ABE相似?若存在,请求出x的值;若不存在,请说明理由;(3)探究:当以D为圆心,DP为半径的⊙D与线段AE只有一个公共点时,请直接写出x满足的条件:.19.(8分)如图,矩形ABCD绕点C顺时针旋转90°后得到矩形CEFG,连接DG交EF于H,连接AF交DG于M;(1)求证:AM=FM;(2)若∠AMD=a.求证:=cosα.20.(8分)如图,菱形ABCD的边长为20cm,∠ABC=120°,对角线AC,BD相交于点O,动点P从点A出发,以4cm/s的速度,沿A→B的路线向点B运动;过点P作PQ∥BD,与AC相交于点Q,设运动时间为t秒,0<t<1.(1)设四边形PQCB的面积为S,求S与t的关系式;(2)若点Q关于O的对称点为M,过点P且垂直于AB的直线l交菱形ABCD的边AD(或CD)于点N,当t为何值时,点P、M、N在一直线上?(3)直线PN与AC相交于H点,连接PM,NM,是否存在某一时刻t,使得直线PN平分四边形APMN的面积?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.21.(8分)已知:如图1在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=8cm,BC=6cm,点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动,速度为2cm/s;同时点Q由点A出发沿AC方向点C匀速运动,速度为lcm/s;连接PQ,设运动的时间为t秒(0<t<5),解答下列问题:(1)当为t何值时,PQ∥BC;(2)设△AQP的面积为y(cm2),求y关于t的函数关系式,并求出y的最大值;(3)如图2,连接PC,并把△PQC沿QC翻折,得到四边形PQPC,是否存在某时刻t,使四边形PQP'C为菱形?若存在,求出此时t的值;若不存在,请说明理由.22.(10分)顶点为D的抛物线y=﹣x2+bx+c交x轴于A、B(3,0),交y轴于点C,直线y=﹣x+m经过点C,交x轴于E(4,0).求出抛物线的解析式;如图1,点M为线段BD上不与B、D重合的一个动点,过点M作x轴的垂线,垂足为N,设点M的横坐标为x,四边形OCMN的面积为S,求S与x之间的函数关系式,并求S的最大值;点P为x轴的正半轴上一个动点,过P作x轴的垂线,交直线y=﹣x+m于G,交抛物线于H,连接CH,将△CGH沿CH翻折,若点G的对应点F恰好落在y轴上时,请直接写出点P的坐标.23.(12分)2019年我市在“展销会”期间,对周边道路进行限速行驶.道路AB段为监测区,C、D为监测点(如图).已知C、D、B在同一条直线上,且,CD=400米,,.求道路AB段的长;(精确到1米)如果AB段限速为60千米/时,一辆车通过AB段的时间为90秒,请判断该车是否超速,并说明理由.(参考数据:,,)24.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=﹣x2+bx+c(a≠0)与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,点A的坐标为(﹣1,0),抛物线的对称轴直线x=交x轴于点D.(1)求抛物线的解析式;(2)点E是线段BC上的一个动点,过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F,交x轴于点G,当点E运动到什么位置时,四边形CDBF的面积最大?求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标;(3)在(2)的条件下,将线段FG绕点G顺时针旋转一个角α(0°<α<90°),在旋转过程中,设线段FG与抛物线交于点N,在线段GB上是否存在点P,使得以P、N、G为顶点的三角形与△ABC相似?如果存在,请直接写出点P的坐标;如果不存在,请说明理由.

参考答案一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1、C【解析】

把x的值代入代数式,运用完全平方公式和平方差公式计算即可【详解】解:当x=2﹣3时,(7+43)x2+(2+3)x+3=(7+43)(2﹣3)2+(2+3)(2﹣3)+3=(7+43)(7-43)+1+3=49-48+1+3=2+3故选:C.【点睛】此题考查二次根式的化简求值,关键是代入后利用完全平方公式和平方差公式进行计算.2、A【解析】分析:根据折叠的性质,只要求出DN就可以求出NE,在直角△CEN中,若设CN=x,则DN=NE=8﹣x,CE=4cm,根据勾股定理就可以列出方程,从而解出CN的长.详解:设CN=xcm,则DN=(8﹣x)cm,由折叠的性质知EN=DN=(8﹣x)cm,而EC=BC=4cm,在Rt△ECN中,由勾股定理可知EN2=EC2+CN2,即(8﹣x)2=16+x2,整理得16x=48,所以x=1.故选:A.点睛:此题主要考查了折叠问题,明确折叠问题其实质是轴对称,对应线段相等,对应角相等,通常用勾股定理解决折叠问题.3、D【解析】

连接AC、CF,根据正方形性质求出AC、CF,∠ACD=∠GCF=45°,再求出∠ACF=90°,然后利用勾股定理列式求出AF,最后由直角三角形面积的两种表示法即可求得CH的长.【详解】如图,连接AC、CF,∵正方形ABCD和正方形CEFG中,BC=1,CE=3,∴AC=,CF=3,∠ACD=∠GCF=45°,∴∠ACF=90°,由勾股定理得,AF=,∵CH⊥AF,∴,即,∴CH=.故选D.【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理及直角三角形的面积,熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键.4、B【解析】

根据统计图中的数据可以求得本班的学生数,从而可以求得该班这些学生一周锻炼时间的中位数,本题得以解决.【详解】由统计图可得,本班学生有:6+9+10+8+7=40(人),该班这些学生一周锻炼时间的中位数是:11,故选B.【点睛】本题考查折线统计图、中位数,解答本题的关键是明确题意,会求一组数据的中位数.5、D【解析】

根据分式有意义的条件即可求出答案.【详解】解:由分式有意义的条件可知:,,故选:.【点睛】本题考查分式有意义的条件,解题的关键是熟练运用分式有意义的条件,本题属于基础题型.6、A【解析】

考查简单几何体的三视图.根据从正面看得到的图形是主视图,可得图形的主视图【详解】A、圆锥的主视图是三角形,符合题意;B、球的主视图是圆,不符合题意;C、圆柱的主视图是矩形,不符合题意;D、正方体的主视图是正方形,不符合题意.故选A.【点睛】主视图是从前往后看,左视图是从左往右看,俯视图是从上往下看7、A【解析】

观察四个选项图形,根据轴对称图形的概念即可得出结论.【详解】根据轴对称图形的概念,可知:选项A中的图形不是轴对称图形.故选A.【点睛】此题主要考查了轴对称图形,轴对称图形的关键是寻找对称轴,对称轴可使图形两部分折叠后重合.8、B【解析】

作DF⊥CA,交CA的延长线于点F,作DG⊥CB于点G,连接DA,DB.由CD平分∠ACB,根据角平分线的性质得出DF=DG,由HL证明△AFD≌△BGD,△CDF≌△CDG,得出CF=7,又△CDF是等腰直角三角形,从而求出CD=.【详解】解:作DF⊥CA,垂足F在CA的延长线上,作DG⊥CB于点G,连接DA,DB.∵CD平分∠ACB,∴∠ACD=∠BCD∴DF=DG,弧AD=弧BD,∴DA=DB.∵∠AFD=∠BGD=90°,∴△AFD≌△BGD,∴AF=BG.易证△CDF≌△CDG,∴CF=CG.∵AC=6,BC=8,∴AF=1,(也可以:设AF=BG=x,BC=8,AC=6,得8-x=6+x,解x=1)∴CF=7,∵△CDF是等腰直角三角形,(这里由CFDG是正方形也可得).∴CD=.故选B.9、B【解析】分析:直接利用轴对称图形的性质进而分析得出答案.详解:如图所示:将这两个三角形的一组等边重合,拼合成一个无重叠的几何图形,其中轴对称图形有4个.故选B.点睛:本题主要考查了全等三角形的性质和轴对称图形,正确把握轴对称图形的性质是解题的关键.10、A【解析】

过点A作AM⊥x轴于点M,设OA=a,通过解直角三角形找出点A的坐标,再根据四边形OACB是菱形、点F在边BC上,即可得出S△AOF=S菱形OBCA,结合菱形的面积公式即可得出a的值,进而依据点A的坐标得到k的值.【详解】过点A作AM⊥x轴于点M,如图所示.设OA=a=OB,则,在Rt△OAM中,∠AMO=90°,OA=a,sin∠AOB=1213∴AM=OA•sin∠AOB=1213a,OM=5∴点A的坐标为(513a,12∵四边形OACB是菱形,S△AOF=392∴12OB×AM=39即12×a×12解得a=±132∴a=132,即A(5∵点A在反比例函数y=kx∴k=52故选A.【解答】解:【点评】本题考查了菱形的性质、解直角三角形以及反比例函数图象上点的坐标特征,解题的关键是利用S△AOF=12S菱形OBCA二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11、2.【解析】

把x=m代入方程,求出2m2﹣3m=2,再变形后代入,即可求出答案.【详解】解:∵m是方程2x2﹣3x﹣2=0的一个根,∴代入得:2m2﹣3m﹣2=0,∴2m2﹣3m=2,∴6m2﹣9m+2026=3(2m2﹣3m)+2026=3×2+2026=2,故答案为:2.【点睛】本题考查了求代数式的值和一元二次方程的解,解此题的关键是能求出2m2﹣3m=2.12、.【解析】

根据圆周角定理可得出∠AOB=60°,再根据弧长公式的计算即可.【详解】∵∠ACB=30°,

∴∠AOB=60°,

∵OA=1cm,

∴的长=cm.故答案为:.【点睛】本题考查了弧长的计算以及圆周角定理,解题关键是掌握弧长公式l=.13、60π【解析】

圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长,把相应数值代入即可求解.解:圆锥的侧面积=π×6×10=60πcm1.14、1≤x≤1【解析】

此题需要运用极端原理求解;①BP最小时,F、D重合,由折叠的性质知:AF=PF,在Rt△PFC中,利用勾股定理可求得PC的长,进而可求得BP的值,即BP的最小值;②BP最大时,E、B重合,根据折叠的性质即可得到AB=BP=1,即BP的最大值为1;【详解】解:如图:①当F、D重合时,BP的值最小;根据折叠的性质知:AF=PF=5;在Rt△PFC中,PF=5,FC=1,则PC=4;∴BP=xmin=1;②当E、B重合时,BP的值最大;由折叠的性质可得BP=AB=1.所以BP的取值范围是:1≤x≤1.故答案为:1≤x≤1.【点睛】此题主要考查的是图形的翻折变换,正确的判断出x的两种极值下F、E点的位置,是解决此题的关键.15、3<d<7【解析】

若两圆的半径分别为R和r,且R≥r,圆心距为d:相交,则R-r<d<R+r,从而得到圆心距O1O2的取值范围.【详解】∵⊙O1和⊙O2的半径分别为2和5,且两圆的位置关系为相交,∴圆心距O1O2的取值范围为5-2<d<2+5,即3<d<7.故答案为:3<d<7.【点睛】本题考查的知识点是圆与圆的位置关系,解题的关键是熟练的掌握圆与圆的位置关系.16、-3x(x-1)【解析】

原式提取公因式即可得到结果.【详解】解:原式=-3x(x-1),故答案为-3x(x-1)【点睛】此题考查了因式分解-提公因式法,熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键.三、解答题(共8题,共72分)17、(1)y=﹣0.5x+160,120≤x≤180;(2)当销售单价为180元时,销售利润最大,最大利润是7000元.【解析】试题分析:(1)首先由表格可知:销售单价没涨10元,就少销售5kg,即可得y与x是一次函数关系,则可求得答案;(2)首先设销售利润为w元,根据题意可得二次函数,然后求最值即可.试题解析:(1)∵由表格可知:销售单价没涨10元,就少销售5kg,∴y与x是一次函数关系,∴y与x的函数关系式为:y=100﹣0.5(x﹣120)=﹣0.5x+160,∵销售单价不低于120元/kg.且不高于180元/kg,∴自变量x的取值范围为:120≤x≤180;(2)设销售利润为w元,则w=(x﹣80)(﹣0.5x+160)=-12(x-200)2+7200,∵a=-12<0,∴当x<200时,y随x答:当销售单价为180元时,销售利润最大,最大利润是7000元.18、(1)证明见解析;(2)3或.(3)或0<【解析】

(1)根据矩形的性质,结合已知条件可以证明两个角对应相等,从而证明三角形相似;

(2)由于对应关系不确定,所以应针对不同的对应关系分情况考虑:当时,则得到四边形为矩形,从而求得的值;当时,再结合(1)中的结论,得到等腰.再根据等腰三角形的三线合一得到是的中点,运用勾股定理和相似三角形的性质进行求解.

(3)此题首先应针对点的位置分为两种大情况:①与AE相切,②与线段只有一个公共点,不一定必须相切,只要保证和线段只有一个公共点即可.故求得相切时的情况和相交,但其中一个交点在线段外的情况即是的取值范围.【详解】(1)证明:∵矩形ABCD,∴AD∥BC.∴∠PAF=∠AEB.又∵PF⊥AE,∴△PFA∽△ABE.(2)情况1,当△EFP∽△ABE,且∠PEF=∠EAB时,则有PE∥AB∴四边形ABEP为矩形,∴PA=EB=3,即x=3.情况2,当△PFE∽△ABE,且∠PEF=∠AEB时,∵∠PAF=∠AEB,∴∠PEF=∠PAF.∴PE=PA.∵PF⊥AE,∴点F为AE的中点,即∴满足条件的x的值为3或(3)或【点睛】两组角对应相等,两三角形相似.19、(1)见解析;(2)见解析.【解析】

(1)由旋转性质可知:AD=FG,DC=CG,可得∠CGD=45°,可求∠FGH=∠FHG=45°,则HF=FG=AD,所以可证△ADM≌△MHF,结论可得.(2)作FN⊥DG垂足为N,且MF=FG,可得HN=GN,且DM=MH,可证2MN=DG,由第一问可得2MF=AF,由cosα=cos∠FMG=,代入可证结论成立【详解】(1)由旋转性质可知:CD=CG且∠DCG=90°,∴∠DGC=45°从而∠DGF=45°,∵∠EFG=90°,∴HF=FG=AD又由旋转可知,AD∥EF,∴∠DAM=∠HFM,又∵∠DMA=∠HMF,∴△ADM≌△FHM∴AM=FM(2)作FN⊥DG垂足为N∵△ADM≌△MFH∴DM=MH,AM=MF=AF∵FH=FG,FN⊥HG∴HN=NG∵DG=DM+HM+HN+NG=2(MH+HN)∴MN=DG∵cos∠FMG=∴cos∠AMD=∴=cosα【点睛】本题考查旋转的性质,矩形的性质,全等三角形的判定,三角函数,关键是构造直角三角形.20、(1)S=﹣2(0<t<1);(2);(3)见解析.【解析】

(1)如图1,根据S=S△ABC-S△APQ,代入可得S与t的关系式;

(2)设PM=x,则AM=2x,可得AP=x=4t,计算x的值,根据直角三角形30度角的性质可得AM=2PM=,根据AM=AO+OM,列方程可得t的值;

(3)存在,通过画图可知:N在CD上时,直线PN平分四边形APMN的面积,根据面积相等可得MG=AP,由AM=AO+OM,列式可得t的值.【详解】解:(1)如图1,∵四边形ABCD是菱形,∴∠ABD=∠DBC=∠ABC=60°,AC⊥BD,∴∠OAB=30°,∵AB=20,∴OB=10,AO=10,由题意得:AP=4t,∴PQ=2t,AQ=2t,∴S=S△ABC﹣S△APQ,=,=,=﹣2t2+100(0<t<1);(2)如图2,在Rt△APM中,AP=4t,∵点Q关于O的对称点为M,∴OM=OQ,设PM=x,则AM=2x,∴AP=x=4t,∴x=,∴AM=2PM=,∵AM=AO+OM,∴=10+10﹣2t,t=;答:当t为秒时,点P、M、N在一直线上;(3)存在,如图3,∵直线PN平分四边形APMN的面积,∴S△APN=S△PMN,过M作MG⊥PN于G,∴,∴MG=AP,易得△APH≌△MGH,∴AH=HM=t,∵AM=AO+OM,同理可知:OM=OQ=10﹣2t,t=10=10﹣2t,t=.答:当t为秒时,使得直线PN平分四边形APMN的面积.【点睛】考查了全等三角形的判定与性质,对称的性质,三角形和四边形的面积,二次根式的化简等知识点,计算量大,解答本题的关键是熟练掌握动点运动时所构成的三角形各边的关系.21、(1)当t=时,PQ∥BC;(2)﹣(t﹣)2+,当t=时,y有最大值为;(3)存在,当t=时,四边形PQP′C为菱形【解析】

(1)只要证明△APQ∽△ABC,可得=,构建方程即可解决问题;(2)过点P作PD⊥AC于D,则有△APD∽△ABC,理由相似三角形的性质构建二次函数即可解决问题;

(3)存在.由△APO∽△ABC,可得=,即=,推出OA=(5﹣t),根据OC=CQ,构建方程即可解决问题;【详解】(1)在Rt△ABC中,AB===10,BP=2t,AQ=t,则AP=10﹣2t,∵PQ∥BC,∴△APQ∽△ABC,∴=,即=,解得t=,∴当t=时,PQ∥BC.(2)过点P作PD⊥AC于D,则有△APD∽△ABC,∴=,即=,∴PD=6﹣t,∴y=t(6﹣t)=﹣(t﹣)2+,∴当t=时,y有最大值为.(3)存在.理由:连接PP′,交AC于点O.∵四边形PQP′C为菱形,∴OC=CQ,∵△APO∽△ABC,∴=,即=,∴OA=(5﹣t),∴8﹣(5﹣t)=(8﹣t),解得t=,∴当t=时,四边形PQP′C为菱形.【点睛】本题考查四边形综合题、相似三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造相似三角形解决问题,学会理由参数构建方程解决问题,属于中考压轴题.22、(1)y=﹣x2+2x+3;(2)S=﹣(x﹣)2+;当x=时,S有最大值,最大值为;(3)存在,点P的坐标为(4,0)或(,0).【解析】

(1)将点E代入直线解析式中,可求出点C的坐标,将点C、B代入抛物线解析式中,可求出抛物线解析式.(2)将抛物线解析式配成顶点式,可求出点D的坐标,设直线BD的解析式,代入点B、D,可求出直线BD的解析式,则MN可表示,则S可表示.(3)设点P的坐标,则点G的坐标可表示,点H的坐标可表示,HG长度可表示,利用翻折推出CG=HG,列等式求解即可.【详解】(1)将点E代入直线解析式中,0=﹣×4+m,解得m=3,∴解析式为y=﹣x+3,∴C(0,3),∵B(3,0),则有,解得,∴抛物线的解析式为:y=﹣x2+2x+3;(2)∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,∴D(1,4),设直线BD的解析式为y=kx+b,代入点B、D,,解得,∴直线BD的解析式为y=﹣2x+6,则点M的坐标为(x,﹣2x+6),∴S=(3+6﹣2x)•x•=﹣(x﹣)2+,∴当x=时,S有最大值,最大值为.(3)存在,如图所示,设点P的坐标为(t,0),则点G(t,﹣t+3),H(t,﹣t2+2t+3),∴HG=|﹣t2+2t+3﹣(﹣t+3)|=|t2﹣t|CG==t,∵△CGH沿GH翻折,G的对应点为点F,F落在y轴上,而HG∥y轴,∴HG∥CF,HG=HF,CG=CF,∠GHC=∠CHF,∴∠FCH=∠CHG,∴∠FCH=∠FHC,∴∠GCH=∠GHC,∴CG=HG,∴|t2﹣t|=t,当t2﹣t=t时,解得t1=0(舍),t2=4,此时点P(4,0).当t2﹣t=﹣t时,解得t1=0(舍),t2=,此时点P(,0).综上,点P的坐标为(4,0)或(,0).【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式,点坐标转换为线段长度,几何图形与二次函数结合的问题,最后一问推出CG=HG为解题关键.23、(1)AB≈1395米;(2)没有超速.【解析】

(1)先根据tan∠ADC=2求出AC,再根据∠ABC=35°结合正弦值求解即可(2)根据速度的计算公式求解即可.【详解】解:(1)∵AC⊥BC,∴∠C=90°,∵tan∠ADC==2,∵CD=400,∴AC=800,在Rt△ABC中,∵∠ABC=35°,AC=800,∴AB==≈1395米;(2)∵AB=1395,∴该车的速度==55.8km/h<60千米/时,故没有超速.【点睛】此题重点考察学生对三角

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