2018荊州市數(shù)學(xué)試卷答案解析
2018年，荊州市的同學(xué)們，是不是在找考試的答案呢?數(shù)學(xué)試卷的答案解析已經(jīng)整理好了，快來(lái)看看吧。下面由學(xué)習(xí)啦小編為大家提供關(guān)于2018荊州市數(shù)學(xué)試卷答案解析，希望對(duì)大家有幫助!
2018荊州市數(shù)學(xué)試卷答案解析一、選擇題
(本大題共10小題，每小題只有唯一正確答案，每小題3分，共30分)
1.下列實(shí)數(shù)中最大的數(shù)是( )
A.3 B.0 C. D.﹣4
【考點(diǎn)】2A：實(shí)數(shù)大小比較.
【分析】將各數(shù)按照從大到小順序排列，找出最大數(shù)即可.
【解答】解：各數(shù)排列得：3> >0>﹣4，
則實(shí)數(shù)找最大的數(shù)是3，
故選A
2.中國(guó)企業(yè)2016年已經(jīng)在“一帶一路”沿線國(guó)家建立了56個(gè)經(jīng)貿(mào)合作區(qū)，直接為東道國(guó)增加了180 000個(gè)就業(yè)崗位.將180 000用科學(xué)記數(shù)法表示應(yīng)為( )
A.18×104 B.1.8×105 C.1.8×106 D.18×105
【考點(diǎn)】1I：科學(xué)記數(shù)法—表示較大的數(shù).
【分析】用科學(xué)記數(shù)法表示較大的數(shù)時(shí)，一般形式為a×10n，其中1≤|a|<10，n為整數(shù)，據(jù)此判斷即可.
【解答】解：180000=1.8×105.
故選：B.
3.一把直尺和一塊三角板ABC (含30°、60°角)擺放位置如圖所示，直尺一邊與三角板的兩直角邊分別交于點(diǎn)D、點(diǎn)E，另一邊與三角板的兩直角邊分別交于點(diǎn)F、點(diǎn)A，且∠CDE=40°，那么∠BAF的大小為( )
A.40° B.45° C.50° D.10°
【考點(diǎn)】JA：平行線的性質(zhì).
【分析】先根據(jù)∠CDE=40°，得出∠CED=50°，再根據(jù)DE∥AF，即可得到∠CAF=50°，最后根據(jù)∠BAC=60°，即可得出∠BAF的大小.
【解答】解：由圖可得，∠CDE=40°，∠C=90°，
∴∠CED=50°，
又∵DE∥AF，
∴∠CAF=50°，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAF=60°﹣50°=10°，
故選：D.
4.為了解某班學(xué)生雙休戶外活動(dòng)情況，對(duì)部分學(xué)生參加戶外活動(dòng)的時(shí)間進(jìn)行抽樣調(diào)查，結(jié)果如下表：
戶外活動(dòng)的時(shí)間(小時(shí)) 1 2 3 6
學(xué)生人數(shù)(人) 2 2 4 2
則關(guān)于“戶外活動(dòng)時(shí)間”這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)分別是( )
A.3、3、3 B.6、2、3 C.3、3、2 D.3、2、3
【考點(diǎn)】W5：眾數(shù);W2：加權(quán)平均數(shù);W4：中位數(shù).
【分析】根據(jù)中位數(shù)、平均數(shù)和眾數(shù)的概念求解即可.
【解答】解：∵共10人，
∴中位數(shù)為第5和第6人的平均數(shù)，
∴中位數(shù)=(3+3)÷3=5;
平均數(shù)=(1×2+2×2+3×4+6×2)÷10=3;
眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)，所以眾數(shù)為3;
故選A.
5.下列根式是最簡(jiǎn)二次根式的是( )
A. B. C. D.
【考點(diǎn)】74：最簡(jiǎn)二次根式.
【分析】根據(jù)最簡(jiǎn)二次根式是被開(kāi)方數(shù)不含分母，被開(kāi)方數(shù)不含開(kāi)的盡的因數(shù)或因式，可得答案.
【解答】解：A、該二次根式的被開(kāi)方數(shù)中含有分母，不是最簡(jiǎn) 二次根式，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤;
B、該二次根式的被 開(kāi)方數(shù)中含有小數(shù)，不是最簡(jiǎn)二次根式，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤;
C、該二次根式符合最簡(jiǎn)二次根式的定義，故本選項(xiàng)正確;
D、20=22×5，該二次根式的被開(kāi)方數(shù)中含開(kāi)的盡的因數(shù)，不是最簡(jiǎn)二次根式，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤;
故選：C.
6.如圖，在△ABC中，AB=AC，∠A=30°，AB的垂直平分線l交AC于點(diǎn)D，則∠CBD的度數(shù)為( )
A.30° B.45° C.50° D.75°
【考點(diǎn)】KH：等腰三角形的性質(zhì);KG：線段垂直平分線的性質(zhì).
【分析】根據(jù) 三角形的內(nèi)角和定理，求出∠C，再根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)，推得∠A=∠ABD=30°，由外角的性質(zhì)求出∠BDC的度數(shù)，從而得出∠CBD=45°.
【解答】解：∵AB=AC，∠A=30°，
∴∠ABC=∠ACB=75°，
∵AB的垂直平分線交AC于D，
∴AD=BD，
∴∠A=∠ABD=30°，
∴∠BDC=60°，
∴∠CBD=180°﹣75°﹣60°=45°.
故選B.
7.為配合荊州市“我讀書(shū)，我快樂(lè)”讀書(shū)節(jié)活動(dòng)，某書(shū)店推出一種優(yōu)惠卡，每張卡售價(jià)20元，憑卡購(gòu)書(shū)可享受8折優(yōu)惠.小慧同學(xué)到該書(shū)店購(gòu)書(shū)，她先買(mǎi)優(yōu)惠卡再憑卡付款，結(jié)果節(jié)省了10元.若此次小慧同學(xué)不買(mǎi)卡直接購(gòu)書(shū)，則她需付款多少元?( )
A.140元 B.150元 C.160元 D.200元
【考點(diǎn)】8A：一元一次方程的應(yīng)用.
【分析】此題的關(guān)鍵描述：“先買(mǎi)優(yōu)惠卡再憑卡付款，結(jié)果節(jié)省了人民幣10元”，設(shè)出未知數(shù)，根據(jù)題中的關(guān)鍵描述語(yǔ)列出方程求解.
【解答】解：設(shè)李明同 學(xué)此次購(gòu)書(shū)的總價(jià)值是人民幣是x元，
則有：20+0.8x=x﹣10
解得：x=150
即：小慧同學(xué)不憑卡購(gòu)書(shū)的書(shū)價(jià)為150元.
故選：B.
8.《九章算術(shù)》中的“折竹抵地” 問(wèn)題：今有竹高一丈，末折抵地，去根六尺.問(wèn)折高者幾何?意思是：一根竹子，原高一丈(一丈=10尺)，一陣風(fēng)將竹子折斷，其竹稍恰好抵地，抵地處離竹子底部6尺遠(yuǎn)，問(wèn)折斷處離地面的高度是多少?設(shè)折斷處離地面的高度為x尺，則可列方程為( )
A.x2﹣6=(10﹣x)2 B.x2﹣62=(10﹣x)2 C.x2+6=(10﹣x)2 D.x2+62=(10﹣x)2
【考點(diǎn)】KU：勾股定理的應(yīng)用.
【分析】根據(jù)題意畫(huà)出圖形，設(shè)折斷處離地面的高度為x尺，再利用勾股定理列出方程即可.
【解答】解：如圖，設(shè)折斷處離地面的高度為x尺，則AB=10﹣x，BC=6，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，即x2+62=(10﹣x)2.
故選D.
9.如圖是某幾何體的三視圖，根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)，求得該幾何體的體積為( )
A.800π+1200 B.160π+1700 C.3200π+1200 D.800π+3000
【考點(diǎn)】U3： 由三視圖判斷幾何體.
【分析】根據(jù)給出的幾何體的三視圖可知幾何體是由一個(gè)圓柱和一個(gè)長(zhǎng)方體組成，從而利用三視圖中的數(shù)據(jù)，根據(jù)體積公式計(jì)算即可.
【解答】解：由三視圖可知，幾何體是由一個(gè)圓柱和一個(gè)長(zhǎng)方體組成，
圓柱底面直徑為20，高為8，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)為30，寬為20，高為5，
故該幾何體的體積為：π×102×8+30×20×5=800π+3000，
故選：D.
10.規(guī)定：如果關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且其中一個(gè)根是另一個(gè)根的2倍，則稱(chēng)這樣的方程為“倍根方程”.現(xiàn)有下列結(jié)論：
?、俜匠蘹2+2x﹣8=0是倍根方程;
?、谌絷P(guān)于x的方程x2+ax+2=0是倍根方程，則a=±3;
?、廴絷P(guān)于x的方程ax2﹣6ax+c=0(a≠0)是倍根方程，則拋物線y=ax2﹣6ax+c與x軸的公共點(diǎn)的坐標(biāo)是(2，0)和(4，0);
④若點(diǎn)(m，n)在反比例函數(shù)y= 的圖象上，則關(guān)于x的方程mx2+5x+n=0是倍根方程.
上述結(jié)論中正確的有( )
A.①② B.③④ C.②③ D.②④
【考點(diǎn)】G6：反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征;AA：根的判別式;AB：根與系數(shù)的關(guān)系;HA：拋物線與x軸的交點(diǎn).
【分析】①通過(guò)解方程得到該方程的根，結(jié)合“倍根方程”的定義進(jìn)行判斷;
?、谠O(shè)x2=2x1，得到x1•x2=2x12=2，得到當(dāng)x1=1時(shí)，x2=2，當(dāng)x1=﹣1時(shí)，x2=﹣2，于是得到結(jié)論;
?、鄹鶕?jù)“倍根方程”的定義即可得到結(jié)論;
?、苋酎c(diǎn)(m，n)在反比例函 數(shù)y= 的圖象上，得到mn=4，然后解方程mx2+5x+n=0即可得到正確的結(jié)論;
【解答】解：①由x2﹣2x﹣8=0，得
(x﹣4)(x+2)=0，
解得x1=4，x2=﹣2，
∵x1≠2x2，或x2≠2x1，
∴方程x2﹣2x﹣8=0不是倍根方程.
故①錯(cuò)誤;
?、陉P(guān)于x的方程x2+ax+2=0是倍根方程，
∴設(shè)x2=2x1，
∴x1•x2=2x12=2，
∴x1=±1，
當(dāng)x1=1時(shí)，x2=2，
當(dāng)x1=﹣1時(shí)，x2=﹣2，
∴x1+x2=﹣a=±3，
∴a=±3，故②正確;
?、坳P(guān)于x的方程ax2﹣6ax+c=0(a≠0)是倍根方程，
∴x2=2x1，
∵拋物線y=ax2﹣6ax+c的對(duì)稱(chēng)軸是直線x=3，
∴拋物線y=ax2﹣6ax+c與x軸的交點(diǎn)的坐標(biāo)是(2，0)和(4，0)，
故③正確;
?、堋唿c(diǎn)(m，n)在反比例函數(shù)y= 的圖象上，
∴mn=4，
解mx2+5x+n=0得x1=﹣ ，x2=﹣ ，
∴x2=4x1，
∴關(guān)于x的方程mx2+5x+n=0不是倍根方程;
故選C.
2018荊州市數(shù)學(xué)試卷答案解析二、填空題
(本大題共8小題，每小題3分，共24分)
11.化簡(jiǎn)(π﹣3.14)0+|1﹣2 |﹣ +( )﹣1的結(jié)果是 2 .
【考點(diǎn)】2C：實(shí)數(shù)的運(yùn)算;6E：零指數(shù)冪;6F：負(fù)整數(shù)指數(shù)冪.
【分析】原式利用零指數(shù)冪、負(fù)整數(shù)指數(shù)冪法則，絕對(duì)值的代數(shù)意義化簡(jiǎn)，計(jì)算即可得到結(jié)果.
【解答】解：原式=1+2 ﹣1﹣2 +2=2，
故答案為：2
12.若單項(xiàng)式﹣5x4y2m+n與2017xm﹣ny2是同類(lèi)項(xiàng)，則m﹣7n的算術(shù)平方根是 4 .
【考點(diǎn)】22：算術(shù)平方根;34：同類(lèi)項(xiàng);98：解二元一次方程組.
【分析】根據(jù)同類(lèi)項(xiàng)定義可以得到關(guān)于m、n的二元一次方程，即可求得m、n的值即可解題.
【解答】解：∵單項(xiàng)式﹣5x4y2m+n與2017xm﹣ny2是同類(lèi)項(xiàng)，
∴4=m﹣n，2m+n=2，
解得：m=2，n=﹣2，
∴m﹣7n=16，
∴m﹣7n的算術(shù)平方根= =4，
故答案為 4.
13.若關(guān)于x的分式方程 =2的解為負(fù)數(shù)，則k的取值范圍為 k<3且k≠1 .
【考點(diǎn)】B2：分式方程的解;C6：解一元一次不等式.
【分析】分式方程去分母轉(zhuǎn)化為整式方程，表示出整式方程的解，根據(jù)解為負(fù)數(shù)確定出k的范圍即可.
【解答】解：去分母得：k﹣1=2x+2，
解得：x= ，
由分式方程的解為負(fù)數(shù)，得到 <0，且x+1≠0，即 ≠﹣1，
解得：k<3且k≠1，
故答案為：k<3且k≠1
14.觀察下列圖形：它們是按一定規(guī)律排列的，依照此規(guī)律，第9個(gè)圖形中共有 135 個(gè)點(diǎn).
【考點(diǎn)】38：規(guī)律型：圖形的變化類(lèi).
【分析】仔細(xì)觀察圖形，找到圖形變化的規(guī)律的通項(xiàng)公式，然后代入9求解即可.
【解答】解：第一個(gè)圖形有3=3×1=3個(gè)點(diǎn)，
第二個(gè)圖形有3+6=3×(1+2)=9個(gè)點(diǎn);
第三個(gè)圖形有3+6+9=3×(1+2+3)=18個(gè)點(diǎn);
…
第n個(gè)圖形有3+6+9+…+3n=3×(1+2+3+…+n)= 個(gè)點(diǎn);
當(dāng)n=9時(shí)， =135個(gè)點(diǎn)，
故答案為：135.
15.將直線y=x+b沿y軸向下平移3個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)A(﹣1，2)關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)落在平移后的直線上，則b的值為 4 .
【考點(diǎn)】F9：一次函數(shù)圖象與幾何變換.
【分析】先根據(jù)一次函數(shù)平移規(guī)律得出直線y=x+b沿y軸向下平移3個(gè)單位長(zhǎng)度后的直線解析式，再把點(diǎn)A(﹣1，2)關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)(1，2)代入，即可求出b的值.
【解答】解：將直線y=x+b沿y軸向下平移3個(gè)單位長(zhǎng)度，得直線y=x+b﹣3.
∵點(diǎn)A(﹣1，2)關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)是(1，2)，
∴把點(diǎn)(1，2)代入y=x+b﹣3，得1+b﹣3=2，
解得b=4 .
故答案為4.
16.如圖，A、B、C是⊙O上的三點(diǎn)，且四邊形OABC是菱形.若點(diǎn)D是圓上異于A、B、C的另一點(diǎn)，則∠ADC的度數(shù)是 60°或120° .
【考點(diǎn)】M6：圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì);L8：菱形的性質(zhì);M5：圓周角定理.
【分析】連接OB，則AB=OA=OB故可得出△AOB是等邊三角形，所以∠ADC=60°，∠AD′C=120°，據(jù)此可得出結(jié)論.
【解答】解：連接OB，
∵四邊形OABC是菱形，
∴AB=OA=OB=BC，
∴△AOB是等邊三角形，
∴∠ADC=60°，∠AD′C=120°.
故答案為：60°或120°.
17.如圖，在5×5的正方形網(wǎng)格中有一條線段AB，點(diǎn)A與點(diǎn)B均在格點(diǎn)上.請(qǐng)?jiān)谶@個(gè)網(wǎng)格中作線段AB的垂直平分線.要求：①僅用無(wú)刻度直尺，且不能用直尺中的直角;②保留必要的作圖痕跡.
【考點(diǎn)】N4：作圖—應(yīng)用與設(shè)計(jì)作圖;KG：線段垂直平分線的性質(zhì).
【分析】以AB為邊作正方形ABCD，正方形ABEF，連接AC，BD交于O，連接AE，BF交于O′，過(guò) O，O′作直線OO′于是得到結(jié)論.
【解答】解：如圖所示，直線OO′即為所求.
18.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)A、C分別在x軸的負(fù)半軸、y軸的正半軸上，點(diǎn)B在第二象限.將矩形OABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)B落在y軸上，得到矩形ODEF，BC與OD相交于點(diǎn)M.若經(jīng)過(guò)點(diǎn)M的反比例函數(shù)y= (x<0)的圖象交AB于點(diǎn)N，S矩形OABC=32，tan∠DOE= ，則BN的長(zhǎng)為 3 .
【考點(diǎn)】R7：坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn);G5：反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義;T7：解直角三角形.
【分析】利用矩形的面積公式得到AB•BC=32，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AB=DE，OD=OA，接著利用正切的定義得到an∠DOE= = ，所以DE•2DE=32，解得DE=4，于是得到AB=4，OA=8，同樣在Rt△OCM中利用正切定義得到MC=2，則M(﹣2，4)，易得反比例函數(shù)解析式為y=﹣ ，然后確定N點(diǎn)坐標(biāo)，最后計(jì)算BN的長(zhǎng).
【解答】解：∵S矩形OABC=32，
∴AB•BC=32，
∵矩形OABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)B落在y軸上，得到矩形ODEF，
∴AB=DE，OD=OA，
在Rt△ODE中，tan∠DOE= = ，即OD=2DE，
∴DE•2DE=32，解得DE=4，
∴AB=4，OA=8，
在Rt△OCM中，∵tan∠COM= = ，
而OC=AB=4，
∴MC=2，
∴M(﹣2，4)，
把M(﹣2，4)代入y= 得k=﹣2×4=﹣8，
∴反比例函數(shù)解析式為y=﹣ ，
當(dāng)x=﹣8時(shí)，y=﹣ =1，則N(﹣8，1)，
∴BN=4﹣1=3.
故答案為3.
2018荊州市數(shù)學(xué)試卷答案解析三、解答題
(本大題共7小題，共66分)
19.(1)解方程組：
(2)先化簡(jiǎn)，再求值： ﹣ ÷ ，其中x=2.
【考點(diǎn)】6D：分式的化簡(jiǎn)求值;98：解二元一次方程組.
【分析】(1)根據(jù)代入消元法可以解答此方程;
(2)根據(jù)分式的除法和減法可以化簡(jiǎn)題目中的式子，然后將x的值代入化簡(jiǎn)后的式子即可解答本題.
【解答】解：(1)
將①代入②，得
3x+2(2x﹣3)=8，
解得，x=2，
將x=2代入①，得
y=1，
故原方程組的解是 ;
(2) ﹣ ÷
=
=
= ，
當(dāng)x=2時(shí)，原式= .
20.如圖，在矩形ABCD中，連接對(duì)角線AC、BD，將△ABC沿BC方向平移，使點(diǎn)B移到點(diǎn)C，得到△DCE.
(1)求證：△ACD≌△EDC;
(2)請(qǐng)?zhí)骄俊鰾DE的形狀，并說(shuō)明理由.
【考點(diǎn)】LB：矩形的性質(zhì);KD：全等三角形的判定與性質(zhì);Q2：平移的性質(zhì).
【分析】(1)由矩形的性質(zhì)得出AB=DC，AC=BD，AD=BC，∠ADC=∠ABC=90°，由平移的性質(zhì)得：DE=AC，CE=BC，∠DCE=∠ABC=90°，DC=AB，得出AD=EC，由SAS即可得出結(jié)論;
(2)由AC=BD，DE=AC，得出BD=DE即可.
【解答】(1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=DC，AC=BD，AD=BC，∠ADC=∠ABC=90°，
由平移的性質(zhì)得：DE=AC，CE=BC，∠DCE=∠ABC=90°，DC=AB，
∴AD=EC，
在△ACD和△EDC中， ，
∴△ACD≌△EDC(SAS);
(2)解：△BDE是等腰三角形;理由如下：
∵AC=BD，DE=AC，
∴BD=DE，
∴△BDE是等腰三角形.
21.某校為了解本校九年級(jí)學(xué)生足球訓(xùn)練情況，隨機(jī)抽查該年級(jí)若干名學(xué)生進(jìn)行測(cè)試，然后把測(cè)試結(jié)果分為4個(gè)等級(jí)：A、B、C、D，并將統(tǒng)計(jì)結(jié)果繪制成兩幅不完整的統(tǒng)計(jì)圖.請(qǐng)根據(jù)圖中的信息解答下列問(wèn)題：
(1)補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖
(2)該年級(jí)共有700人，估計(jì)該年級(jí)足球測(cè)試成績(jī)?yōu)镈等的人數(shù)為 56 人;
(3)在此次測(cè)試中，有甲、乙、丙、丁四個(gè)班的學(xué)生表現(xiàn)突出，現(xiàn)決定從這四個(gè)班中隨機(jī)選取兩個(gè)班在全校舉行一場(chǎng)足球友誼賽.請(qǐng)用畫(huà)樹(shù)狀圖或列表的方法，求恰好選到甲、乙兩個(gè)班的概率.
【考點(diǎn)】X6：列表法與樹(shù)狀圖法;V5：用樣本估計(jì)總體;VB：扇形統(tǒng)計(jì)圖;VC：條形統(tǒng)計(jì)圖.
【分析】(1)根據(jù)A等學(xué)生人數(shù)除以它所占的百分比求得總?cè)藬?shù)，然后乘以B等所占的百分比求得B等人數(shù)，從而補(bǔ)全條形圖;
(2)用該年級(jí)學(xué)生總數(shù)乘以足球測(cè)試成績(jī)?yōu)镈等的人數(shù)所占百分比即可求解;
(3)利用樹(shù)狀圖法，將所有等可能的結(jié)果列舉出來(lái)，利用概率公式求解即可.
【解答】解：(1)總?cè)藬?shù)為14÷28%=50人，
B等人數(shù)為50×40%=20人.
條形圖補(bǔ)充如下：
(2)該年級(jí)足球測(cè)試成績(jī)?yōu)镈等的人數(shù)為700× =56(人).
故答案為56;
(3)畫(huà)樹(shù)狀圖：
共有12種等可能的結(jié)果數(shù)，其中選取的兩個(gè)班恰好是甲、乙兩個(gè)班的情況占2種，
所以恰好選到甲、乙兩個(gè)班的概率是 = .
22.如圖，某數(shù)學(xué)活動(dòng)小組為測(cè)量學(xué)校旗桿AB的高度，沿旗桿正前方2 米處的點(diǎn)C出發(fā)，沿斜面坡度i=1： 的斜坡CD前進(jìn)4米到達(dá)點(diǎn)D，在點(diǎn)D處安置測(cè)角儀，測(cè)得旗桿頂部A的仰角為37°，量得儀器的高DE為1.5米.已知A、B、C、D、E在同一平面內(nèi)，AB⊥BC，AB∥DE.求旗桿AB的高度.(參考數(shù)據(jù)：sin37°≈ ，cos37°≈ ，tan37°≈ .計(jì)算結(jié)果保留根號(hào))
【考點(diǎn)】TA：解直角三角形的應(yīng)用﹣仰角俯角問(wèn)題;T9：解直角三角形的應(yīng)用﹣坡度坡角問(wèn)題.
【分析】延長(zhǎng)ED交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，則∠CFD=90°，Rt△CDF中求得CF=CDcos∠DCF=2 、DF= CD=2，作EG⊥AB，可得GE=BF=4 、GB=EF=3.5，再求出AG=GEtan∠AEG=4 •tan37°可得答案.
【解答】解：如圖，延長(zhǎng)ED交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，則∠CFD=90°，
∵tan∠DCF=i= = ，
∴∠DCF=30°，
∵CD=4，
∴DF= CD=2，CF=CDcos∠DCF=4× =2 ，
∴BF=BC+CF=2 +2 =4 ，
過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AB于點(diǎn)G，
則GE=BF=4 ，GB=EF=ED+DF=1.5+2=3.5，
又∵∠AED=37°，
∴AG=GEtan∠AEG=4 •tan37°，
則AB=AG+BG=4 •tan37°+3.5=3 +3.5，
故旗桿AB的高度為(3 +3.5)米.
23.已知關(guān)于x的一元二次方程x2+(k﹣5)x+1﹣k=0，其中k為常數(shù).
(1)求證：無(wú)論k為何值，方程總有兩個(gè)不相等實(shí)數(shù)根;
(2)已知函數(shù)y=x2+(k﹣5)x+1﹣k的圖象不經(jīng)過(guò)第三象限，求k的取值范圍;
(3)若原方程的一個(gè)根大于3，另一個(gè)根小于3，求k的最大整數(shù)值.
【考點(diǎn)】HA：拋物線與x軸的交點(diǎn);AA：根的判別式;AB：根與系數(shù)的關(guān)系;H3：二次函數(shù)的性質(zhì).
【分析】(1)求出方程的判別式△的值，利用配方法得出△>0，根據(jù)判別式的意義即可證明;
(2)由于二次函數(shù)y=x2+(k﹣5)x+1﹣k的圖象不經(jīng)過(guò)第三象限，又△=(k﹣5)2﹣4(1﹣k)=(k﹣3)2+12>0，所以拋物線的頂點(diǎn)在x軸的下方經(jīng)過(guò)一、二、四象限，根據(jù)二次項(xiàng)系數(shù)知道拋物線開(kāi)口向上，由此可以得出關(guān)于k的不等式組，解不等式組即可求解;
(3)設(shè)方程的兩個(gè)根分別是x1，x2，根據(jù)題意得(x1﹣3)(x2﹣3)<0，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系求得k的取值范圍，再進(jìn)一步求出k的最大整數(shù)值.
【解答】(1)證明：∵△=(k﹣5)2﹣4(1﹣k)=k2﹣6k+21=(k﹣3)2+12>0，
∴無(wú)論k為何值，方程總有兩個(gè)不相等實(shí)數(shù)根;
(2)解：∵二次函數(shù)y=x2+(k﹣5)x+1﹣k的圖象不經(jīng)過(guò)第三象限，
∵二次項(xiàng)系數(shù)a=1，
∴拋物線開(kāi)口方向向上，
∵△=(k﹣3)2+12>0，
∴拋物線與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，
設(shè)拋物線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，
∴x1+x2=5﹣k>0，x1•x2=1﹣k>0，
解得k<1，
即k的取值范圍是k<1;
(3)解：設(shè)方程的兩個(gè)根分別是x1，x2，
根據(jù)題意，得(x1﹣3)(x2﹣3)<0，
即x1•x2﹣3(x1+x2)+9<0，
又x1+x2=5﹣k，x1•x2=1﹣k，
代入得，1﹣k﹣3(5﹣k)+9<0，
解得k< .
則k的最大整數(shù)值為2.
24.荊州市某水產(chǎn)養(yǎng)殖戶進(jìn)行小龍蝦養(yǎng)殖.已知每千克小龍蝦養(yǎng)殖成本為6元，在整個(gè)銷(xiāo)售旺季的80天里，銷(xiāo)售單價(jià)p(元/千克)與時(shí)間第t(天)之間的函數(shù)關(guān)系為：
，日銷(xiāo)售量y(千克)與時(shí)間第t(天)之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示：
(1)求日銷(xiāo)售量y與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式?
(2)哪一天的日銷(xiāo)售利潤(rùn)最大?最大利潤(rùn)是多少?
(3)該養(yǎng)殖戶有多少天日銷(xiāo)售利潤(rùn)不低于2400元?
(4)在實(shí)際銷(xiāo)售的前40天中，該養(yǎng)殖戶決定每銷(xiāo)售1千克小龍蝦，就捐贈(zèng)m(m<7)元給村里的特困戶.在這前40天中，每天扣除捐贈(zèng)后的日銷(xiāo)售利潤(rùn)隨時(shí)間t的增大而增大，求m的取值范圍.
【考點(diǎn)】HE：二次函數(shù)的應(yīng)用.
【分析】(1)根據(jù)函數(shù)圖象，利用待定系數(shù)法求解可得;
(2)設(shè)日銷(xiāo)售利潤(rùn)為w，分1≤t≤40和41≤t≤80兩種情況，根據(jù)“總利潤(rùn)=每千克利潤(rùn)×銷(xiāo)售量”列出函數(shù)解析式，由二次函數(shù)的性質(zhì)分別求得最值即可判斷;
(3)求出w=2400時(shí)x的值，結(jié)合函數(shù)圖象即可得出答案;
(4)依據(jù)(2)中相等關(guān)系列出函數(shù)解析式，確定其對(duì)稱(chēng)軸，由1≤t≤40且銷(xiāo)售利潤(rùn)隨時(shí)間t的增大而增大，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案.
【解答】解：(1)設(shè)解析式為y=kt+b，
將(1，198)、(80，40)代入，得：
，
解得： ，
∴y=﹣2t+200(1≤x≤80，t為整數(shù));
(2)設(shè)日銷(xiāo)售利潤(rùn)為w，則w=(p﹣6)y，
①當(dāng)1≤t≤40時(shí)，w=( t+16﹣6)(﹣2t+200)=﹣ (t﹣30)2+2450，
∴當(dāng)t=30時(shí)，w 最大=2450;
②當(dāng)41≤t≤80時(shí)，w=(﹣ t+46﹣6)(﹣2t+200)=(t﹣90)2﹣100，
∴當(dāng)t=41時(shí)，w最大=2301，
∵2450>2301，
∴第30天的日銷(xiāo)售利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)為2450元.
(3)由(2)得：當(dāng)1≤t≤40時(shí)，
w=﹣ (t﹣30)2+2450，
令w=2400，即﹣ (t﹣30)2+2450=2400，
解得：t1=20、t2=40，
由函數(shù)w=﹣ (t﹣30)2+2450圖象可知，當(dāng)20≤t≤40時(shí)，日銷(xiāo)售利潤(rùn)不低于2400元，
而當(dāng)41≤t≤80時(shí)，w最大=2301<2400，
∴t的取值范圍是20≤t≤40，
∴共有21天符合條件.
(4)設(shè)日銷(xiāo)售利潤(rùn)為w，根據(jù)題意，得：
w=( t+16﹣6﹣m)(﹣2t+200)=﹣ t2+(30+2m)t+2000﹣200m，
其函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)軸為t=2m+30，
∵w隨t的增大而增大，且1≤t≤40，
∴由二次函數(shù)的圖象及其性質(zhì)可知2m+30≥40，
解得：m≥5，
又m<7，
∴5≤m<7.
25.如圖在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=﹣ x+3與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P、Q同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒.其中點(diǎn)P沿射線AB運(yùn)動(dòng)，速度為每秒4個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)Q沿射線AO運(yùn)動(dòng)，速度為每秒5個(gè)單位長(zhǎng)度.以點(diǎn)Q為圓心，PQ長(zhǎng)為半徑作⊙Q.
(1)求證：直線AB是⊙Q的切線;
(2)過(guò)點(diǎn)A左側(cè)x軸上的任意一點(diǎn)C(m，0)，作直線AB的垂線CM，垂足為M.若CM與⊙Q相切于點(diǎn)D，求m與t的函數(shù)關(guān)系式(不需寫(xiě)出自變量的取值范圍);
(3)在(2)的條件下，是否存在點(diǎn)C，直線AB、CM、y軸與⊙Q同時(shí)相切?若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo);若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【考點(diǎn)】FI：一次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)只要證明△PAQ∽△BAO，即可推出∠APQ=∠AOB=90°，推出QP⊥AB，推出AB是⊙O的切線;
(2)分兩種情形求解即可：①如圖2中，當(dāng)直線CM在⊙O的左側(cè)與⊙Q相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為D，則四邊形PQDM是正方形.②如圖3中，當(dāng)直線CM在⊙O的右側(cè)與⊙Q相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為D，則四邊形PQDM是正方形.分別列出方程即可解決問(wèn)題.
(3)分兩種情形討論即可，一共有四個(gè)點(diǎn)滿足條件.
【解答】(1)證明：如圖1中，連接QP.
在Rt△AOB中，OA=4，OB=3，
∴AB= =5，
∵AP=4t，AQ=5t，
∴ = = ，∵∠PAQ=∠BAO，
∴△PAQ∽△BAO，
∴∠APQ=∠AOB=90°，
∴QP⊥AB，
∴AB是⊙O的切線.
(2)解：①如圖2中，當(dāng)直線CM在⊙O的左側(cè)與⊙Q相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為D，則四邊形PQDM是正方形.
易知PQ=DQ=3t，CQ= •3t= ，
∵OC+CQ+AQ=4，
∴m+ t+5t=4，
∴m=4﹣ t.
②如圖3中，當(dāng)直線CM在⊙O的右側(cè)與⊙Q相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為D，則四邊形PQDM是正方形.
∵OC+AQ﹣CQ=4，
∴m+5t﹣ t=4，
∴m=4﹣ t.
(3)解：存在.理由如下：
如圖4中，當(dāng)⊙Q在y則的右側(cè)與y軸相切時(shí)，3t+5t=4，t= ，
由(2)可知，m=﹣ 或 .
如圖5中，當(dāng)⊙Q在y則的左側(cè)與y軸相切時(shí)，5t﹣3t=4，t=2，
由(2)可知，m=﹣ 或 .
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)C的坐標(biāo)為(﹣ ，0)或( ，0)或(﹣ ，0)或( ，0).
猜你喜歡：