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    2022年广东省中山市三校初中数学毕业考试模拟冲刺卷含解析
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    2022年广东省中山市三校初中数学毕业考试模拟冲刺卷含解析

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    这是一份2022年广东省中山市三校初中数学毕业考试模拟冲刺卷含解析,共26页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁,已知,下列命题是真命题的是,下列方程中是一元二次方程的是,﹣的绝对值是等内容,欢迎下载使用。

    2021-2022中考数学模拟试卷
    考生请注意:
    1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。
    2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
    3.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(共10小题,每小题3分,共30分)
    1.计算(x-2)(x+5)的结果是
    A.x2+3x+7 B.x2+3x+10 C.x2+3x-10 D.x2-3x-10
    2.如图所示,在矩形ABCD中,AB=6,BC=8,对角线AC、BD相交于点O,过点O作OE垂直AC交AD于点E,则DE的长是(  )

    A.5 B. C. D.
    3.如图,BC⊥AE于点C,CD∥AB,∠B=55°,则∠1等于(  )

    A.35° B.45° C.55° D.25°
    4.如图,在△ABC中,∠B=90°,AB=3cm,BC=6cm,动点P从点A开始沿AB向点B以1cm/s的速度移动,动点Q从点B开始沿BC向点C以2cm/s的速度移动,若P,Q两点分别从A,B两点同时出发,P点到达B点运动停止,则△PBQ的面积S随出发时间t的函数关系图象大致是(  )

    A. B. C. D.
    5.已知:如图,在正方形ABCD外取一点E,连接AE、BE、DE,过点A作AE的垂线交DE于点P,若AE=AP=1,PB=.下列结论:①△APD≌△AEB;②点B到直线AE的距离为;③EB⊥ED;④S△APD+S△APB=1+;⑤S正方形ABCD=4+.其中正确结论的序号是(  )

    A.①③④ B.①②⑤ C.③④⑤ D.①③⑤
    6.如图,如果从半径为9cm的圆形纸片剪去圆周的一个扇形,将留下的扇形围成
    一个圆锥(接缝处不重叠),那么这个圆锥的高为

    A.6cm B.cm C.8cm D.cm
    7.下列命题是真命题的是( )
    A.如实数a,b满足a2=b2,则a=b
    B.若实数a,b满足a<0,b<0,则ab<0
    C.“购买1张彩票就中奖”是不可能事件
    D.三角形的三个内角中最多有一个钝角
    8.下列方程中是一元二次方程的是(  )
    A. B.
    C. D.
    9.根据下表中的二次函数的自变量与函数的对应值,可判断该二次函数的图象与轴( ).



























    A.只有一个交点 B.有两个交点,且它们分别在轴两侧
    C.有两个交点,且它们均在轴同侧 D.无交点
    10.﹣的绝对值是(  )
    A.﹣ B. C.﹣2 D.2
    二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)
    11.在□ABCD中,按以下步骤作图:①以点B为圆心,以BA长为半径作弧,交BC于点E;②分别以A,E为圆心,大于AE的长为半径作弧,两弧交于点F;③连接BF,延长线交AD于点G. 若∠AGB=30°,则∠C=_______°.

    12.已知x1,x2是方程x2-3x-1=0的两根,则=______.
    13.计算:=_________ .
    14.如图,点P是边长为2的正方形ABCD的对角线BD上的动点,过点P分别作PE⊥BC于点E,PF⊥DC于点F,连接AP并延长,交射线BC于点H,交射线DC于点M,连接EF交AH于点G,当点P在BD上运动时(不包括B、D两点),以下结论:①MF=MC;②AH⊥EF;③AP2=PM•PH; ④EF的最小值是.其中正确的是________.(把你认为正确结论的序号都填上)

    15.已知一组数据1,2,0,﹣1,x,1的平均数是1,则这组数据的中位数为_____.
    16.在Rt△ABC中,∠A是直角,AB=2,AC=3,则BC的长为_____.
    三、解答题(共8题,共72分)
    17.(8分)为了解某校九年级学生立定跳远水平,随机抽取该年级50名学生进行测试,并把测试成绩(单位:m)绘制成不完整的频数分布表和频数分布直方图.
    学生立定跳远测试成绩的频数分布表
    分组
    频数
    1.2≤x<1.6
    a
    1.6≤x<2.0
    12
    2.0≤x<2.4
    b
    2.4≤x<2.8
    10
    请根据图表中所提供的信息,完成下列问题:表中a=   ,b=   ,样本成绩的中位数落在   范围内;请把频数分布直方图补充完整;该校九年级共有1000名学生,估计该年级学生立定跳远成绩在2.4≤x<2.8范围内的学生有多少人?

    18.(8分)如图,在△ABC中,以AB为直径的⊙O交BC于点D,交CA的延长线于点E,过点D作DH⊥AC于点H,且DH是⊙O的切线,连接DE交AB于点F.
    (1)求证:DC=DE;
    (2)若AE=1,,求⊙O的半径.

    19.(8分)从一幢建筑大楼的两个观察点A,B观察地面的花坛(点C),测得俯角分别为15°和60°,如图,直线AB与地面垂直,AB=50米,试求出点B到点C的距离.(结果保留根号)

    20.(8分)如图,将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中,点A、点B、点C均落在格点上.
    (I)计算△ABC的边AC的长为_____.
    (II)点P、Q分别为边AB、AC上的动点,连接PQ、QB.当PQ+QB取得最小值时,请在如图所示的网格中,用无刻度的直尺,画出线段PQ、QB,并简要说明点P、Q的位置是如何找到的_____(不要求证明).

    21.(8分)如图,抛物线y=x2﹣2mx(m>0)与x轴的另一个交点为A,过P(1,﹣m)作PM⊥x轴于点M,交抛物线于点B,点B关于抛物线对称轴的对称点为C
    (1)若m=2,求点A和点C的坐标;
    (2)令m>1,连接CA,若△ACP为直角三角形,求m的值;
    (3)在坐标轴上是否存在点E,使得△PEC是以P为直角顶点的等腰直角三角形?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.

    22.(10分)如图,已知点A(﹣2,0),B(4,0),C(0,3),以D为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过A,B,C三点.
    (1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标;
    (2)设抛物线的对称轴DE交线段BC于点E,P为第一象限内抛物线上一点,过点P作x轴的垂线,交线段BC于点F,若四边形DEFP为平行四边形,求点P的坐标.

    23.(12分)一位运动员推铅球,铅球运行时离地面的高度(米)是关于运行时间(秒)的二次函数.已知铅球刚出手时离地面的高度为米;铅球出手后,经过4秒到达离地面3米的高度,经过10秒落到地面.如图建立平面直角坐标系.

    (Ⅰ)为了求这个二次函数的解析式,需要该二次函数图象上三个点的坐标.根据题意可知,该二次函数图象上三个点的坐标分别是____________________________;
    (Ⅱ)求这个二次函数的解析式和自变量的取值范围.
    24.如图,在菱形ABCD中,点P在对角线AC上,且PA=PD,⊙O是△PAD的外接圆.

    (1)求证:AB是⊙O的切线;
    (2)若AC=8,tan∠BAC=,求⊙O的半径.



    参考答案

    一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)
    1、C
    【解析】
    根据多项式乘以多项式的法则进行计算即可.
    【详解】

    故选:C.
    【点睛】
    考查多项式乘以多项式,掌握多项式乘以多项式的运算法则是解题的关键.
    2、C
    【解析】
    先利用勾股定理求出AC的长,然后证明△AEO∽△ACD,根据相似三角形对应边成比例列式求解即可.
    【详解】
    ∵AB=6,BC=8,
    ∴AC=10(勾股定理);
    ∴AO=AC=5,
    ∵EO⊥AC,
    ∴∠AOE=∠ADC=90°,
    ∵∠EAO=∠CAD,
    ∴△AEO∽△ACD,
    ∴,
    即 ,
    解得,AE=,
    ∴DE=8﹣=,
    故选:C.
    【点睛】
    本题考查了矩形的性质,勾股定理,相似三角形对应边成比例的性质,根据相似三角形对应边成比例列出比例式是解题的关键.
    3、A
    【解析】
    根据垂直的定义得到∠∠BCE=90°,根据平行线的性质求出∠BCD=55°,计算即可.
    【详解】
    解:∵BC⊥AE,
    ∴∠BCE=90°,
    ∵CD∥AB,∠B=55°,
    ∴∠BCD=∠B=55°,
    ∴∠1=90°-55°=35°,
    故选:A.
    【点睛】
    本题考查的是平行线的性质和垂直的定义,两直线平行,同位角相等;两直线平行,同旁内角互补;两直线平行,内错角相等.
    4、C
    【解析】
    根据题意表示出△PBQ的面积S与t的关系式,进而得出答案.
    【详解】
    由题意可得:PB=3﹣t,BQ=2t,
    则△PBQ的面积S=PB•BQ=(3﹣t)×2t=﹣t2+3t,
    故△PBQ的面积S随出发时间t的函数关系图象大致是二次函数图象,开口向下.
    故选C.
    【点睛】
    此题主要考查了动点问题的函数图象,正确得出函数关系式是解题关键.
    5、D
    【解析】
    ①首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB;
    ②由①可得∠BEP=90°,故BE不垂直于AE过点B作BF⊥AE延长线于F,由①得∠AEB=135°所以∠EFB=45°,所以△EFB是等腰Rt△,故B到直线AE距离为BF=,故②是错误的;
    ③利用全等三角形的性质和对顶角相等即可判定③说法正确;
    ④由△APD≌△AEB,可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB,然后利用已知条件计算即可判定;
    ⑤连接BD,根据三角形的面积公式得到S△BPD=PD×BE=,所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+,由此即可判定.
    【详解】
    由边角边定理易知△APD≌△AEB,故①正确;
    由△APD≌△AEB得,∠AEP=∠APE=45°,从而∠APD=∠AEB=135°,
    所以∠BEP=90°,
    过B作BF⊥AE,交AE的延长线于F,则BF的长是点B到直线AE的距离,
    在△AEP中,由勾股定理得PE=,
    在△BEP中,PB= ,PE=,由勾股定理得:BE=,
    ∵∠PAE=∠PEB=∠EFB=90°,AE=AP,
    ∴∠AEP=45°,
    ∴∠BEF=180°-45°-90°=45°,
    ∴∠EBF=45°,
    ∴EF=BF,
    在△EFB中,由勾股定理得:EF=BF=,
    故②是错误的;
    因为△APD≌△AEB,所以∠ADP=∠ABE,而对顶角相等,所以③是正确的;
    由△APD≌△AEB,
    ∴PD=BE=,
    可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S△AEP+S△BEP=+,因此④是错误的;
    连接BD,则S△BPD=PD×BE= ,
    所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+,
    所以S正方形ABCD=2S△ABD=4+ .
    综上可知,正确的有①③⑤.

    故选D.
    【点睛】
    考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理,综合性比较强,解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题.
    6、B
    【解析】
    试题分析:∵从半径为9cm的圆形纸片上剪去圆周的一个扇形,
    ∴留下的扇形的弧长==12π,
    根据底面圆的周长等于扇形弧长,
    ∴圆锥的底面半径r==6cm,
    ∴圆锥的高为=3cm
    故选B.
    考点: 圆锥的计算.
    7、D
    【解析】
    A. 两个数的平方相等,这两个数不一定相等,有正负之分即可判断
    B. 同号相乘为正,异号相乘为负,即可判断
    C. “购买1张彩票就中奖”是随机事件即可判断
    D. 根据三角形内角和为180度,三个角中不可能有两个以上钝角即可判断
    【详解】
    如实数a,b满足a2=b2,则a=±b,A是假命题;
    数a,b满足a<0,b<0,则ab>0,B是假命题;
    若实“购买1张彩票就中奖”是随机事件,C是假命题;
    三角形的三个内角中最多有一个钝角,D是真命题;
    故选:D
    【点睛】
    本题考查了命题与定理,根据实际判断是解题的关键
    8、C
    【解析】
    找到只含有一个未知数,未知数的最高次数是2,二次项系数不为0的整式方程的选项即可.
    【详解】
    解:A、当a=0时,不是一元二次方程,故本选项错误;
    B、是分式方程,故本选项错误;
    C、化简得:是一元二次方程,故本选项正确;
    D、是二元二次方程,故本选项错误;
    故选:C.
    【点睛】
    本题主要考查一元二次方程,熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键.
    9、B
    【解析】
    根据表中数据可得抛物线的对称轴为x=1,抛物线的开口方向向上,再根据抛物线的对称性即可作出判断.
    【详解】
    解:由题意得抛物线的对称轴为x=1,抛物线的开口方向向上
    则该二次函数的图像与轴有两个交点,且它们分别在轴两侧
    故选B.
    【点睛】
    本题考查二次函数的性质,属于基础应用题,只需学生熟练掌握抛物线的对称性,即可完成.
    10、B
    【解析】
    根据求绝对值的法则,直接计算即可解答.
    【详解】

    故选:B.
    【点睛】
    本题主要考查求绝对值的法则,掌握负数的绝对值等于它的相反数,是解题的关键.

    二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)
    11、120
    【解析】
    首先证明∠ABG=∠GBE=∠AGB=30°,可得∠ABC=60°,再利用平行四边形的邻角互补即可解决问题.
    【详解】
    由题意得:∠GBA=∠GBE,
    ∵AD∥BC,
    ∴∠AGB=∠GBE=30°,
    ∴∠ABC=60°,
    ∵AB∥CD,
    ∴∠C=180°-∠ABC=120°,
    故答案为:120.
    【点睛】
    本题考查基本作图、平行四边形的性质等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识
    12、﹣1.
    【解析】
    试题解析:∵,是方程的两根,∴、,∴== =﹣1.故答案为﹣1.
    13、2
    【解析】
    利用平方差公式求解,即可求得答案.
    【详解】
    =()2-()2=5-3=2.
    故答案为2.
    【点睛】
    此题考查了二次根式的乘除运算.此题难度不大,注意掌握平方差公式的应用.
    14、②③④
    【解析】
    ①可用特殊值法证明,当为的中点时,,可见.
    ②可连接,交于点,先根据证明,得到,根据矩形的性质可得,故,又因为,故,故.
    ③先证明,得到,再根据,得到,代换可得.
    ④根据,可知当取最小值时,也取最小值,根据点到直线的距离也就是垂线段最短可得,当时,取最小值,再通过计算可得.
    【详解】
    解:
    ①错误.当为的中点时,,可见;
    ②正确.
    如图,连接,交于点,




    ,,,
    四边形为矩形,






    .
    ③正确.





    又,




    .
    ④正确.
    且四边形为矩形,

    当时,取最小值,
    此时,
    故的最小值为.
    故答案为:②③④.
    【点睛】
    本题是动点问题,综合考查了矩形、正方形的性质,全等三角形与相似三角形的性质与判定,线段的最值问题等,合理作出辅助线,熟练掌握各个相关知识点是解答关键.
    15、2
    【解析】
    解:这组数据的平均数为2,
    有 (2+2+0-2+x+2)=2,
    可求得x=2.
    将这组数据从小到大重新排列后,观察数据可知最中间的两个数是2与2,
    其平均数即中位数是(2+2)÷2=2.
    故答案是:2.
    16、
    【解析】
    根据勾股定理解答即可.
    【详解】
    ∵在Rt△ABC中,∠A是直角,AB=2,AC=3,
    ∴BC===,
    故答案为:
    【点睛】
    此题考查勾股定理,关键是根据勾股定理解答.

    三、解答题(共8题,共72分)
    17、(1)8,20,2.0≤x<2.4;(2)补图见解析;(3)该年级学生立定跳远成绩在2.4≤x<2.8范围内的学生有200人.
    【解析】
    【分析】(1)根据题意和统计图可以求得a、b的值,并得到样本成绩的中位数所在的取值范围;
    (2)根据b的值可以将频数分布直方图补充完整;
    (3)用1000乘以样本中该年级学生立定跳远成绩在2.4≤x<2.8范围内的学生比例即可得.
    【详解】(1)由统计图可得,
    a=8,b=50﹣8﹣12﹣10=20,
    样本成绩的中位数落在:2.0≤x<2.4范围内,
    故答案为:8,20,2.0≤x<2.4;
    (2)由(1)知,b=20,
    补全的频数分布直方图如图所示;

    (3)1000×=200(人),
    答:该年级学生立定跳远成绩在2.4≤x<2.8范围内的学生有200人.
    【点睛】本题考查了频数分布表、频数分布直方图、中位数等,读懂统计图与统计表,从中找到必要的信息是解题的关键.
    18、 (1)见解析;(2).
    【解析】
    (1)连接OD,由DH⊥AC,DH是⊙O的切线,然后由平行线的判定与性质可证∠C=∠ODB,由圆周角定理可得∠OBD=∠DEC,进而∠C=∠DEC,可证结论成立;
    (2)证明△OFD∽△AFE,根据相似三角形的性质即可求出圆的半径.
    【详解】
    (1)证明:连接OD,
    由题意得:DH⊥AC,由且DH是⊙O的切线,∠ODH=∠DHA=90°,
    ∴∠ODH=∠DHA=90°,
    ∴OD∥CA,
    ∴∠C=∠ODB,
    ∵OD=OB,
    ∴∠OBD=∠ODB,
    ∴∠OBD=∠C,
    ∵∠OBD=∠DEC,
    ∴∠C=∠DEC,
    ∴DC=DE;
    (2)解:由(1)可知:OD∥AC,
    ∴∠ODF=∠AEF,
    ∵∠OFD=∠AFE,
    ∴△OFD∽△AFE,
    ∴,
    ∵AE=1,
    ∴OD=,
    ∴⊙O的半径为.

    【点睛】
    本题考查了切线的性质,平行线的判定与性质,等腰三角形的性质与判定,圆周角定理的推论,相似三角形的判定与性质,难度中等,熟练掌握各知识点是解答本题的关键.
    19、
    【解析】
    试题分析:根据题意构建图形,结合图形,根据直角三角形的性质可求解.
    试题解析:作AD⊥BC于点D,∵∠MBC=60°,
    ∴∠ABC=30°,
    ∵AB⊥AN,∴∠BAN=90°,∴∠BAC=105°,
    则∠ACB=45°,
    在Rt△ADB中,AB=1000,则AD=500,BD=,
    在Rt△ADC中,AD=500,CD=500, 则BC=.
    答:观察点B到花坛C的距离为米.

    考点:解直角三角形
    20、 作线段AB关于AC的对称线段AB′,作BQ′⊥AB′于Q′交AC于P,作PQ⊥AB于Q,此时PQ+QB的值最小
    【解析】
    (1)利用勾股定理计算即可;
    (2)作线段AB关于AC的对称线段AB′,作BQ′⊥AB′于Q′交AC于P,作PQ⊥AB于Q,此时PQ+QB的值最小.
    【详解】
    解:(1)AC==.
    故答案为.
    (2)作线段AB关于AC的对称线段AB′,作BQ′⊥AB′于Q′交AC于P,作PQ⊥AB于Q,此时PQ+QB的值最小.

    故答案为作线段AB关于AC的对称线段AB′,作BQ′⊥AB′于Q′交AC于P,作PQ⊥AB于Q,此时PQ+QB的值最小.
    【点睛】
    本题考查作图-应用与设计,勾股定理,轴对称-最短问题,垂线段最短等知识,解题的关键是学会利用轴对称,根据垂线段最短解决最短问题,属于中考常考题型.
    21、(1)A(4,0),C(3,﹣3);(2) m=;(3) E点的坐标为(2,0)或(,0)或(0,﹣4);
    【解析】
    方法一:(1)m=2时,函数解析式为y=,分别令y=0,x=1,即可求得点A和点B的坐标, 进而可得到点C的坐标;
    (2) 先用m表示出P, A C三点的坐标,分别讨论∠APC=,∠ACP=,∠PAC=三种情况, 利用勾股定理即可求得m的值;
    (3) 设点F(x,y)是直线PE上任意一点,过点F作FN⊥PM于N,可得Rt△FNP∽Rt△PBC,
    NP:NF=BC:BP求得直线PE的解析式,后利用△PEC是以P为直角顶点的等腰直角三角形求得E点坐标.
    方法二:(1)同方法一.
    (2) 由△ACP为直角三角形, 由相互垂直的两直线斜率相乘为-1,可得m的值;
    (3)利用△PEC是以P为直角顶点的等腰直角三角形,分别讨论E点再x轴上,y轴上的情况求得E点坐标.
    【详解】
    方法一:
    解:
    (1)若m=2,抛物线y=x2﹣2mx=x2﹣4x,
    ∴对称轴x=2,
    令y=0,则x2﹣4x=0,
    解得x=0,x=4,
    ∴A(4,0),
    ∵P(1,﹣2),令x=1,则y=﹣3,
    ∴B(1,﹣3),
    ∴C(3,﹣3).
    (2)∵抛物线y=x2﹣2mx(m>1),
    ∴A(2m,0)对称轴x=m,
    ∵P(1,﹣m)
    把x=1代入抛物线y=x2﹣2mx,则y=1﹣2m,
    ∴B(1,1﹣2m),
    ∴C(2m﹣1,1﹣2m),
    ∵PA2=(﹣m)2+(2m﹣1)2=5m2﹣4m+1,
    PC2=(2m﹣2)2+(1﹣m)2=5m2﹣10m+5,
    AC2=1+(1﹣2m)2=2﹣4m+4m2,
    ∵△ACP为直角三角形,
    ∴当∠ACP=90°时,PA2=PC2+AC2,
    即5m2﹣4m+1=5m2﹣10m+5+2﹣4m+4m2,整理得:4m2﹣10m+6=0,
    解得:m=,m=1(舍去),
    当∠APC=90°时,PA2+PC2=AC2,
    即5m2﹣4m+1+5m2﹣10m+5=2﹣4m+4m2,整理得:6m2﹣10m+4=0,
    解得:m=,m=1,和1都不符合m>1,
    故m=.
    (3)设点F(x,y)是直线PE上任意一点,过点F作FN⊥PM于N,
    ∵∠FPN=∠PCB,∠PNF=∠CBP=90°,
    ∴Rt△FNP∽Rt△PBC,
    ∴NP:NF=BC:BP,即=,
    ∴y=2x﹣2﹣m,
    ∴直线PE的解析式为y=2x﹣2﹣m.
    令y=0,则x=1+,
    ∴E(1+m,0),
    ∴PE2=(﹣m)2+(m)2=,
    ∴=5m2﹣10m+5,解得:m=2,m=,
    ∴E(2,0)或E(,0),
    ∴在x轴上存在E点,使得△PEC是以P为直角顶点的等腰直角三角形,此时E(2,0)或E(,0);
    令x=0,则y=﹣2﹣m,
    ∴E(0,﹣2﹣m)
    ∴PE2=(﹣2)2+12=5
    ∴5m2﹣10m+5=5,解得m=2,m=0(舍去),
    ∴E(0,﹣4)
    ∴y轴上存在点E,使得△PEC是以P为直角顶点的等腰直角三角形,此时E(0,﹣4),
    ∴在坐标轴上是存在点E,使得△PEC是以P为直角顶点的等腰直角三角形,E点的坐标为(2,0)或(,0)或(0,﹣4);
    方法二:
    (1)略.
    (2)∵P(1,﹣m),
    ∴B(1,1﹣2m),
    ∵对称轴x=m,
    ∴C(2m﹣1,1﹣2m),A(2m,0),
    ∵△ACP为直角三角形,
    ∴AC⊥AP,AC⊥CP,AP⊥CP,
    ①AC⊥AP,∴KAC×KAP=﹣1,且m>1,
    ∴,m=﹣1(舍)
    ②AC⊥CP,∴KAC×KCP=﹣1,且m>1,
    ∴=﹣1,∴m=,
    ③AP⊥CP,∴KAP×KCP=﹣1,且m>1,
    ∴=﹣1,∴m=(舍)
    (3)∵P(1,﹣m),C(2m﹣1,1﹣2m),
    ∴KCP=,
    △PEC是以P为直角顶点的等腰直角三角形,
    ∴PE⊥PC,∴KPE×KCP=﹣1,∴KPE=2,
    ∵P(1,﹣m),
    ∴lPE:y=2x﹣2﹣m,
    ∵点E在坐标轴上,
    ∴①当点E在x轴上时,
    E(,0)且PE=PC,
    ∴(1﹣)2+(﹣m)2=(2m﹣1﹣1)2+(1﹣2m+m)2,
    ∴m2=5(m﹣1)2,
    ∴m1=2,m2=,
    ∴E1(2,0),E2(,0),
    ②当点E在y轴上时,E(0,﹣2﹣m)且PE=PC,
    ∴(1﹣0)2+(﹣m+2+m)2=(2m﹣1﹣1)2+(1﹣2m+m)2,
    ∴1=(m﹣1)2,
    ∴m1=2,m2=0(舍),
    ∴E(0,4),
    综上所述,(2,0)或(,0)或(0,﹣4).
    【点睛】
    本题主要考查二次函数的图象与性质.
    扩展:
    设坐标系中两点坐标分别为点A(), 点B(), 则线段AB的长度为:
    AB=.
    设平面内直线AB的解析式为:,直线CD的解析式为:
    (1)若AB//CD,则有:;
    (2)若AB⊥CD,则有:.
    22、(1)y=﹣x2+x+3;D(1,);(2)P(3,).
    【解析】
    (1)设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x-4),将点C(0,3)代入可求得a的值,将a的值代入可求得抛物线的解析式,配方可得顶点D的坐标;
    (2)画图,先根据点B和C的坐标确定直线BC的解析式,设P(m,-m2+m+3),则F(m,-m+3),表示PF的长,根据四边形DEFP为平行四边形,由DE=PF列方程可得m的值,从而得P的坐标.
    【详解】
    解:(1)设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x﹣4),
    将点C(0,3)代入得:﹣8a=3,
    解得:a=﹣,
    y=﹣x2+x+3=﹣(x﹣1)2+,
    ∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+3,且顶点D(1,);
    (2)∵B(4,0),C(0,3),
    ∴BC的解析式为:y=﹣x+3,
    ∵D(1,),
    当x=1时,y=﹣+3=,
    ∴E(1,),
    ∴DE=-=,
    设P(m,﹣m2+m+3),则F(m,﹣m+3),
    ∵四边形DEFP是平行四边形,且DE∥FP,
    ∴DE=FP,
    即(﹣m2+m+3)﹣(﹣m+3)=,
    解得:m1=1(舍),m2=3,
    ∴P(3,).

    【点睛】
    本题主要考查的是二次函数的综合应用,解答本题主要应用了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式,利用方程思想列等式求点的坐标,难度适中.
    23、(0,),(4,3)
    【解析】
    试题分析:(Ⅰ)根据“刚出手时离地面高度为米、经过4秒到达离地面3米的高度和经过1秒落到地面”可得三点坐标;
    (Ⅱ)利用待定系数法求解可得.
    试题解析:解:(Ⅰ)由题意知,该二次函数图象上的三个点的坐标分别是(0,)、(4,3)、(1,0).故答案为:(0,)、(4,3)、(1,0).
    (Ⅱ)设这个二次函数的解析式为y=ax2+bx+c,将(Ⅰ)三点坐标代入,得:,解得:,所以所求抛物线解析式为y=﹣x2+x+,因为铅球从运动员抛出到落地所经过的时间为1秒,所以自变量的取值范围为0≤x≤1.
    24、 (1)见解析;(2).
    【解析】
    分析:(1)连结OP、OA,OP交AD于E,由PA=PD得弧AP=弧DP,根据垂径定理的推理得OP⊥AD,AE=DE,则∠1+∠OPA=90°,而∠OAP=∠OPA,所以∠1+∠OAP=90°,再根据菱形的性质得∠1=∠2,所以∠2+∠OAP=90°,然后根据切线的判定定理得到直线AB与⊙O相切;
    (2)连结BD,交AC于点F,根据菱形的性质得DB与AC互相垂直平分,则AF=4,tan∠DAC=,得到DF=2,根据勾股定理得到AD==2,求得AE=,设⊙O的半径为R,则OE=R﹣,OA=R,根据勾股定理列方程即可得到结论.
    详解:(1)连结OP、OA,OP交AD于E,如图,
    ∵PA=PD,∴弧AP=弧DP,∴OP⊥AD,AE=DE,∴∠1+∠OPA=90°.
    ∵OP=OA,∴∠OAP=∠OPA,∴∠1+∠OAP=90°.
    ∵四边形ABCD为菱形,∴∠1=∠2,∴∠2+∠OAP=90°,∴OA⊥AB,
    ∴直线AB与⊙O相切;
    (2)连结BD,交AC于点F,如图,
    ∵四边形ABCD为菱形,∴DB与AC互相垂直平分.
    ∵AC=8,tan∠BAC=,∴AF=4,tan∠DAC==,
    ∴DF=2,∴AD==2,∴AE=.
    在Rt△PAE中,tan∠1==,∴PE=.
    设⊙O的半径为R,则OE=R﹣,OA=R.
    在Rt△OAE中,∵OA2=OE2+AE2,∴R2=(R﹣)2+()2,
    ∴R=,即⊙O的半径为.

    点睛:本题考查了切线的判定定理:经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.也考查了菱形的性质和锐角三角函数以及勾股定理.

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