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    山西省朔州市右玉二中学、右玉三中学2024年九年级数学第一学期开学教学质量检测模拟试题【含答案】

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    山西省朔州市右玉二中学、右玉三中学2024年九年级数学第一学期开学教学质量检测模拟试题【含答案】

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    这是一份山西省朔州市右玉二中学、右玉三中学2024年九年级数学第一学期开学教学质量检测模拟试题【含答案】,共23页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    一、选择题(本大题共8个小题,每小题4分,共32分,每小题均有四个选项,其中只有一项符合题目要求)
    1、(4分)如图所示,在平面直角坐标系中,的顶点坐标是,顶点坐标是、则顶点的坐标是( )
    A.B.
    C.D.
    2、(4分)如图,中,,将绕点顺时针旋转得.当点的对应点恰好落在上时,的度数是( )
    A.B.
    C.D.
    3、(4分)将直线y=2x向右平移2个单位,再向上移动4个单位,所得的直线的解析式是( )
    A.y=2xB.y=2x+2C.y=2x﹣4D.y=2x+4
    4、(4分)一组数据的众数、中位数分别是( )
    A.B.C.D.
    5、(4分)如图,是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图,此图是由四个全等的直角三角形拼接而成,其中AE=10,BE=24,则EF的长是( )
    A.14B.13C.14D.14
    6、(4分)如图,在矩形ABCD中,AD=AB,∠BAD的平分线交BC于点E,DH⊥AE于点H,连接BH并延长交CD于点F,连接DE交BF于点O,下列结论:①∠AED=∠CED;②OE=OD;③BH=HF;④BC﹣CF=2HE;⑤AB=HF,其中正确的有( )
    A.2个B.3个C.4个D.5个
    7、(4分)甲、乙两队举行了一年一度的赛龙舟比赛,两队在比赛时的路程s(米)与时间t(分钟)之间的函数关系图象如图所示,请你根据图象判断,下列说法正确的是( )
    A.甲队率先到达终点B.甲队比乙队多走了200米路程
    C.乙队比甲队少用0.2分钟D.比赛中两队从出发到2.2分钟时间段,乙队的速度比甲队的速度快
    8、(4分)为了践行“绿色生活”的理念,甲、乙两人每天骑自行车出行,甲匀速骑行30公里的时间与乙匀速骑行25公里的时间相同,已知甲每小时比乙多骑行2公里,设甲每小时骑行x公里,根据题意列出的方程正确的是( )
    A.B.
    C.D.
    二、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分)
    9、(4分)若m=+5,则mn=___.
    10、(4分)某企业两年前创办时的资金为1000万元,现在已有资金1210万元,设该企业两年内资金的年平均增长率是x,则根据题意可列出方程:______.
    11、(4分)已知,是一元二次方程的两个实数根,则的值是______.
    12、(4分)如图,在Rt△ABC与Rt△DEF中,∠B=∠E=90°,AC=DF,AB=DE,∠A=50°,则∠DFE= ________

    13、(4分)如图,在菱形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,AC=24,BD=10,DE⊥BC,垂足为点E,则DE=_______.
    三、解答题(本大题共5个小题,共48分)
    14、(12分)解方程:
    (1)3x(x﹣1)=2﹣2x;
    (2)2x2﹣4x﹣1=1.
    15、(8分)如图,在边长为6的正方形ABCD中,E是边CD的中点,将△ADE沿AE对折至△AFE,延长交BC于点G,连接AG.
    (1)求证:△ABG≌△AFG;
    (2)求BG的长.
    16、(8分)如图,在正方形ABCD中,E是BC的中点,F是CD上一点,且CF=CD,求证:∠AEF=90°.
    17、(10分)某中学开学初到商场购买A.B两种品牌的足球,购买A种品牌的足球50个,B种品牌的足球25个,共花费4500元.已知购买一个B种品牌的足球比购买一个A种品牌的足球多花30元
    (1)求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元?
    (2)学校为了响应“足球进校园”的号召,决定再次购进A.B两种品牌足球共50个,正好赶上商场对商品价格进行调整,A品牌足球售价比第一次购买时提高4元,B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售,如果学校此次购买A.B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%,且保证这次购买的B种品牌足球不少于23个,则这次学校有哪几种购买方案?
    18、(10分)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=5,AB=13,求BC.
    B卷(50分)
    一、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分)
    19、(4分)直线y=x+2与x轴的交点坐标为___________.
    20、(4分)如图,正方形ABCD的边长为a,E是AB的中点,CF平分∠DCE,交AD于F,则AF的长为______.
    21、(4分)如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC,对角线AC、BD相交于点O,现将一个直角三角板OEF的直角顶点与O重合,再绕着O点转动三角板,并过点D作DH⊥OF于点H,连接AH.在转动的过程中,AH的最小值为_________.
    22、(4分)如图,已知矩形的对角线相交于点,过点任作一条直线分别交,于,,若,,则阴影部分的面积是______.
    23、(4分)如图,已知的平分线与的垂直平分线相交于点,,,垂足分别为,,,,则的长为__________.
    二、解答题(本大题共3个小题,共30分)
    24、(8分)某货运公司有大小两种货车,3辆大货车与4辆小货车一次可以运货29吨,2辆大货车与6辆小货车一次可以运货31吨.
    (1)1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货多少吨?
    (2)有46.4吨货物需要运输,货运公司拟安排大小货车共10辆(要求两种货车都要用),全部货物一次运完,其中每辆大货车一次运货花费500元,每辆小货车一次运货花费300元,请问货运公司应如何安排车辆最节省费用?
    25、(10分)(1)下列关于反比例函数y=的性质,描述正确的有_____。(填所有描述正确的选项)
    A. y随x的增大而减小
    B. 图像关于原点中心对称
    C. 图像关于直线y=x成轴对称
    D. 把双曲线y=绕原点逆时针旋转90°可以得到双曲线y=-
    (2)如图,直线AB、CD经过原点且与双曲线y=分别交于点A、B、C、D,点A、C的横坐标分别为m,n(m>n>0),连接AC、CB、BD、DA。
    ①判断四边形ACBD的形状,并说明理由;
    ②当m、n满足怎样的数量关系时,四边形ACBD是矩形?请直接写出结论;
    ③若点A的横坐标m=3,四边形ACBD的面积为S,求S与n之间的函数表达式。
    26、(12分)甲、乙两家草莓采摘园的草莓品质相同,销售价格也相同.“五一期间”,两家均推出了优惠方案,甲采摘园的优惠方案是:游客进园需购买50元的门票,采摘的草莓六折优惠;乙采摘园的优惠方案是:游客进园不需购买门票,采摘园的草莓超过一定数量后,超过部分打折优惠.优惠期间,设某游客的草莓采摘量为x(千克),在甲采摘园所需总费用为(元),在乙采摘园所需总费用为(元),图中折线OAB表示与x之间的函数关系.
    (1)甲、乙两采摘园优惠前的草莓销售价格是每千克 元;
    (2)求、与x的函数表达式;
    (3)在图中画出与x的函数图象,并写出选择甲采摘园所需总费用较少时,草莓采摘量x的范围.
    参考答案与详细解析
    一、选择题(本大题共8个小题,每小题4分,共32分,每小题均有四个选项,其中只有一项符合题目要求)
    1、A
    【解析】
    此题可过P作PE⊥OM,过点N作NF⊥OM,根据勾股定理求出OP的长度,则N点坐标便不难求出.
    【详解】
    过P作PE⊥OM,过点N作NF⊥OM,
    ∵顶点P的坐标是(3,4),
    ∴OE=3,PE=4,
    ∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴OE=MF=3,
    ∵4+3=7,
    ∴点N的坐标为(7,4).
    故选A.
    此题考查平行四边形的性质,坐标与图形性质,解题关键在于作辅助线.
    2、C
    【解析】
    由旋转的性质可得AC=CE,∠ACE=∠ACB=80°,由等腰的性质可得∠CAE=∠AEC=50°.
    【详解】
    ∵∠ACB=80°,
    ∵将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC,
    ∴AC=CE,∠ACE=∠ACB=80°,
    ∴∠CAE=∠AEC=50°.
    故选:C.
    考查了旋转的性质,等腰三角形的性质,熟练运用旋转的性质是本题的关键.
    3、A
    【解析】
    根据平移的性质“左加右减,上加下减”,即可找出平移后的直线解析式,此题得解.
    【详解】
    解:y=2(x﹣2)+4=2x.
    故选A.
    本题考查一次函数图象与几何变换,牢记平移的规则“左加右减,上加下减”是解题的关键.
    4、B
    【解析】
    利用众数和中位数的定义分析,即可得出.
    【详解】
    众数:出现次数最多的数,故众数为5;
    中位数:从小到大排列,中间的数.将数据从小到大排列:2,3,4,5,5;故中位数为4;
    故选B
    本题考查了统计中的众数和中位数,属于基础题,注意求中位数时,要重新排列数字,再找中位数.
    5、D
    【解析】
    24和10为两条直角边长时,求出小正方形的边长14,即可利用勾股定理得出EF的长.
    【详解】
    解:∵AE=10,BE=24,即24和10为两条直角边长时,
    小正方形的边长=24-10=14,
    ∴EF=.
    故选D.
    本题考查了勾股定理、正方形的性质;熟练掌握勾股定理是解决问题的关键.
    6、C
    【解析】
    试题分析:∵在矩形ABCD中,AE平分∠BAD,
    ∴∠BAE=∠DAE=45°,
    ∴△ABE是等腰直角三角形,
    ∴AE=AB,
    ∵AD=AB,
    ∴AE=AD,
    又∠ABE=∠AHD=90°
    ∴△ABE≌△AHD(AAS),
    ∴BE=DH,
    ∴AB=BE=AH=HD,
    ∴∠ADE=∠AED=(180°﹣45°)=67.5°,
    ∴∠CED=180°﹣45°﹣67.5°=67.5°,
    ∴∠AED=∠CED,故①正确;
    ∵∠AHB=(180°﹣45°)=67.5°,∠OHE=∠AHB(对顶角相等),
    ∴∠OHE=∠AED,
    ∴OE=OH,
    ∵∠OHD=90°﹣67.5°=22.5°,∠ODH=67.5°﹣45°=22.5°,
    ∴∠OHD=∠ODH,
    ∴OH=OD,
    ∴OE=OD=OH,故②正确;
    ∵∠EBH=90°﹣67.5°=22.5°,
    ∴∠EBH=∠OHD,
    又BE=DH,∠AEB=∠HDF=45°
    ∴△BEH≌△HDF(ASA),
    ∴BH=HF,HE=DF,故③正确;
    由上述①、②、③可得CD=BE、DF=EH=CE,CF=CD-DF,
    ∴BC-CF=(CD+HE)-(CD-HE)=2HE,所以④正确;
    ∵AB=AH,∠BAE=45°,
    ∴△ABH不是等边三角形,
    ∴AB≠BH,
    ∴即AB≠HF,故⑤错误;
    综上所述,结论正确的是①②③④共4个.
    故选C.
    考点:1、矩形的性质;2、全等三角形的判定与性质;3、角平分线的性质;4、等腰三角形的判定与性质
    7、C
    【解析】
    A、由函数图象可知,甲走完全程需要4分钟,乙走完全程需要3.8分钟,乙队率先到达终点,错误;
    B、由函数图象可知,甲、乙两队都走了1000米,路程相同,错误;
    C、因为4﹣3.8=02分钟,所以,乙队比甲队少用0.2分钟,正确;
    D、根据0~2.2分钟的时间段图象可知,甲队的速度比乙队的速度快,错误;
    故选C.
    本题考查函数的图象,能正确识图,根据函数图象所给的信息,逐一判断是关键.
    8、C
    【解析】
    解:设甲每小时骑行x公里,根据题意得:.故选C.
    点睛:此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程,关键是正确理解题意,找出题目中的等量关系,再列出方程.
    二、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分)
    9、1.
    【解析】
    直接利用二次根式有意义的条件得出m,n的值进而得出答案.
    【详解】
    ∵m=+5,
    ∴n=2,则m=5,
    故mn=1.
    故答案为:1.
    此题主要考查了二次根式有意义的条件,正确得出m,n的值是解题关键.
    10、.
    【解析】
    根据关系式:现在已有资金1000万元×(1+年平均增长率)2=现在已有资金1万元,把相关数值代入即可求解.
    【详解】
    设该企业两年内资金的年平均增长率是x,则根据题意可列出方程:1000(1+x)2=1.
    故答案为:1000(1+x)2=1.
    此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程,关键是掌握增长率问题的计算公式:变化前的量为a,变化后的量为b,平均变化率为x,则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b.
    11、1
    【解析】
    根据一元二次方程的根与系数的关系即可解答.
    【详解】
    解:根据一元二次方程的根与系数关系可得:

    所以可得
    故答案为1.
    本题主要考查一元二次方程的根与系数关系,这是一元二次方程的重点知识,必须熟练掌握.
    12、40°
    【解析】
    根据HL可证Rt△ABC≌Rt△DEF,由全等三角形的性质可得∠EDF=∠A=50°,即可求解.
    【详解】
    ∵△ABC和△DEF是直角三角形且AC=DF,AB=DE,
    ∴△ABC≌△DEF.
    ∵∠A=50°,
    ∴∠EDF=∠A=50°,
    ∵△DEF是直角三角形,
    ∴∠EDF+∠DFE=90°.
    ∵∠EDF=50°,
    ∴∠DFE=90°-50°=40°.
    故答案为40°.
    本题主要考查全等三角形的性质与判定,以及直角三角形两个锐角互余,掌握全等三角形的判定方法(即SSS、SAS、ASA、AAS和HL)和全等三角形的性质(即全等三角形的对应边相等、对应角相等)是解题的关键.
    13、
    【解析】
    试题分析:根据菱形性质得出AC⊥BD,AO=OC=12,BO=BD=5,根据勾股定理求出AB,根据菱形的面积得出S菱形ABCD=×AC×BD=AB×DE,代入求出即可.
    【详解】
    ∵四边形ABCD是菱形,AC=24,BD=10,
    ∴AC⊥BD,AO=OC=AC=12,BO=BD=5,
    在Rt△AOB中,由勾股定理得:AB=13,
    ∵S菱形ABCD=×AC×BD=AB×DE,
    ∴×24×10=13DE,
    ∴DE=,
    故答案为.
    本题考查的是菱形的性质及等面积法,掌握菱形的性质,灵活运用等面积法是解题的关键.
    三、解答题(本大题共5个小题,共48分)
    14、(1)x1=1,x2=﹣;(2)x1=1+,x2=1﹣
    【解析】
    (1)方程整理后,利用因式分解法求出解即可;
    (2)方程整理后,利用配方法求出解即可.
    【详解】
    解:(1)3x(x﹣1)=2﹣2x,
    整理得:3x(x﹣1)+2(x﹣1)=1,
    分解因式得:(x﹣1)(3x+2)=1,
    可得x﹣1=1或3x+2=1,
    解得:x1=1,x2=-;
    (2)2x2﹣4x﹣1=1,
    方程整理得:x2﹣2x=,
    平方得:x2﹣2x+1=+1,即(x﹣1)2=,
    开方得:x﹣1=±,
    解得:x1=1+,x2=1-.
    本题考查解一元二次方程,根据方程的特点选择合适的求解方法是解题的关键.
    15、(1)证明见解析(2)2
    【解析】
    试题分析:根据正方形的性质得到AD=AB,∠B=∠D=90°,根据折叠的性质可得AD=AF,∠AFE=∠D=90°,从而得到∠AFG=∠B=90°,AB=AF,结合AG=AG得到三角形全等;根据全等得到BG=FG,设BG=FG=x,则CG=6-x,根据E为中点得到CE=EF=DE=3,则EG=3+x,根据Rt△ECG的勾股定理得出x的值.
    试题解析:(1)、∵四边形ABCD是正方形,∴∠B=∠D=90°,AD=AB,由折叠的性质可知
    AD=AF,∠AFE=∠D=90°, ∴∠AFG=90°,AB=AF, ∴∠AFG=∠B, 又AG=AG, ∴△ABG≌△AFG;
    (2)、∵△ABG≌△AFG, ∴BG=FG, 设BG=FG=,则GC=, ∵E为CD的中点,
    ∴CE=EF=DE=3, ∴EG=, ∴, 解得, ∴BG=2.
    考点:正方形的性质、三角形全等、勾股定理.
    16、证明见解析.
    【解析】
    试题分析:利用正方形的性质得出AB=BC=CD=DA,∠B=∠C=∠D=90°,设出边长为a,进一步利用勾股定理求得AE、EF、AF的长,再利用勾股定理逆定理判定即可.
    试题解析:证明:∵ABCD为正方形,∴AB=BC=CD=DA,∠B=∠C=∠D=90°.设AB=BC=CD=DA=a.∵E是BC的中点,且CF=CD,∴BE=EC=a,CF=a.在Rt△ABE中,由勾股定理可得:AE1=AB1+BE1=a1,同理可得:EF1=EC1+FC1=a1,AF1=AD1+DF1=a1.∵AE1+EF1=AF1,∴△AEF为直角三角形,∴∠AEF=90°.
    点睛:本题考查了正方形的性质,勾股定理、勾股定理逆定理的运用,注意在正方形中的直角三角形的应用.
    17、 (1) A种足球50元,B种足球80元;(2)方案一:购买A种足球25个,B种足球25个;方案二:购买A种足球26个,B种足球24个;方案三:购买A种足球27个,B种足球23个.
    【解析】
    (1)设A种品牌足球的单价为x元,B种品牌足球的单价为y元,根据“总费用=买A种足球费用+买B种足球费用,以及B种足球单价比A种足球贵30元”可得出关于x、y的二元一次方程组,解方程组即可得出结论;
    (2)设第二次购买A种足球m个,则购买B种足球(50-m)个,根据“总费用=买A种足球费用+买B种足球费用,以及B种足球不小于23个”可得出关于m的一元一次不等式组,解不等式组可得出m的取值范围,由此即可得出结论.
    【详解】
    (1)设A种品牌足球的单价为x元,B种品牌足球的单价为y元,
    依题意得:

    解得: .
    答:购买一个A种品牌的足球需要50元,购买一个B种品牌的足球需要80元.
    (2)设第二次购买A种足球m个,则购买B种足球(50−m)个,
    依题意得: ,
    解得:25⩽m⩽27.
    故这次学校购买足球有三种方案:
    方案一:购买A种足球25个,B种足球25个;
    方案二:购买A种足球26个,B种足球24个;
    方案三:购买A种足球27个,B种足球23个.
    此题考查二元一次方程组的应用,一元一次不等式组的应用,解题关键在于根据题意列出方程.
    18、12
    【解析】
    在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=5,AB=13,根据勾股定理,即可求出BC.
    【详解】
    解:∵在Rt△ABC中,∠C=90°,



    又∵AC=5,AB=13,

    =
    =12
    此题主要考查勾股定理的运用.
    一、填空题(本大题共5个小题,每小题4分,共20分)
    19、(-2,0)
    【解析】
    令纵坐标为0代入解析式中即可.
    【详解】
    当y=0时,0=x+2,解得:x=-2,
    ∴直线y=x+2与x轴的交点坐标为(-2,0).
    点睛:本题主要考查了一次函数与坐标轴的交点问题,关键在于理解在x轴上的点的纵坐标为0.
    20、a
    【解析】
    找出正方形面积等于正方形内所有三角形面积的和求这个等量关系,列出方程求解,求得DF,根据AF=a-DF即可求得AF.
    【详解】
    作FH⊥CE,连接EF,
    ∵∠FHC=∠D=90°,∠HCF=∠DCF,CF=CF
    ∴△CHF≌△CDF,
    又∵S正方形ABCD=S△CBE+S△CDF+S△AEF+S△CEF,
    设DF=x,则a2= CE•FH
    ∵FH=DF,CE= ,
    ∴整理上式得:2a-x= x,
    计算得:x= a.
    AF=a-x= a.
    故答案为a.
    本题考查了转换思想,考查了全等三角形的证明,求AF,转化为求DF是解题的关键.
    21、1﹣1
    【解析】
    取OD的中点G,过G作GP⊥AD于P,连接HG,AG,依据∠ADB=30°,可得PGDG=1,依据∠DHO=90°,可得点H在以OD为直径的⊙G上,再根据AH+HG≥AG,即可得到当点A,H,G三点共线,且点H在线段AG上时,AH最短,根据勾股定理求得AG的长,即可得出AH的最小值.
    【详解】
    如图,取OD的中点G,过G作GP⊥AD于P,连接HG,AG.
    ∵AB=4,BC=4AD,∴BD8,∴BD=1AB,DO=4,HG=1,∴∠ADB=30°,∴PGDG=1,∴PD,AP=3.
    ∵DH⊥OF,∴∠DHO=90°,∴点H在以OD为直径的⊙G上.
    ∵AH+HG≥AG,∴当点A,H,G三点共线,且点H在线段AG上时,AH最短,此时,Rt△APG中,AG,∴AH=AG﹣HG=11,即AH的最小值为11.
    故答案为11.
    本题考查了圆和矩形的性质,勾股定理的综合运用,解决问题的关键是根据∠DHO=90°,得出点H在以OD为直径的⊙G上.
    22、1
    【解析】
    首先结合矩形的性质证明△AOE≌△COF,得△AOE、△COF的面积相等,从而将阴影部分的面积转化为△AOD的面积.
    【详解】
    ∵四边形ABCD是矩形,∴OA=OC,AD∥BC,∴∠AEO=∠CFO.
    在△AOE和△COF中,∵,∴△AOE≌△COF,∴S△AOE=S△COF,∴S阴影= S△COF +S△EOD =S△AOE+S△EOD =S△AOD.
    ∵S△AODBC•AD=1,∴S阴影=1.
    故答案为:1.
    本题考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质,能够根据三角形全等,从而将阴影部分的面积转化为矩形面积的,是解决问题的关键.
    23、
    【解析】
    连接DC、DB,根据中垂线的性质即可得到DB=DC,根据角平分线的性质即可得到DE=DF,从而即可证出△DEB≌DFC,从而得到BE=CF,再证△AED≌△AFD,即可得到AE=AF,最后根据,即可求出BE.
    【详解】
    解:如图所示,连接DC、DB,
    ∵DG垂直平分BC
    ∴DB=DC
    ∵AD平分,,
    ∴DE=DF,∠DEB=∠DFC=90°
    在Rt△DEB和Rt△DFC中,
    ∴Rt△DEB≌Rt△DFC
    ∴BE=CF
    在Rt△AED和Rt△AFD中,
    ∴Rt△AED≌Rt△AFD
    ∴AE=AF
    ∴AB=AE+BE=AF+BE=AC+CF+BE=AC+2BE
    ∵,
    ∴BE=(AB-AC)=1.5.
    故答案为:1.5.
    此题考查的是垂直平分线的性质、角平分线的性质和全等三角形的判定,掌握垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等、角平分线上的点到角两边的距离相等和用HL证全等三角形是解决此题的关键.
    二、解答题(本大题共3个小题,共30分)
    24、(1)1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货5吨和3.5吨;(2)货运公司安排大货车8辆,小货车2辆,最节省费用.
    【解析】
    (1)设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货x吨和y吨,根据“3辆大货车与4辆小货车一次可以运货18吨、2辆大货车与6辆小货车一次可以运货17吨”列方程组求解可得;
    (2)设货运公司安排大货车m辆,则安排小货车(10-m)辆.根据10辆货车需要运输46.4吨货物列出不等式.
    【详解】
    解:(1)设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货吨和吨,
    根据题意,得,解得,
    所以大货车和1辆小货车一次可以分别运货5吨和3.5吨;
    (2)设货运公司安排大货车m辆,则安排小货车(10-m)辆,
    根据题意可得:5m+3.5(10-m)≥46.4,
    解得:m≥7.6,
    因为m是正整数,且m≤10,
    所以m=8或9或10,
    所以10-m=2或1或0,
    方案一:所需费用=500×8+300×2=4600(元),
    方案二:所需费用=500×9+300×1=4800(元),
    方案三:所需费用=500×10+300×0=5000(元),
    因为4600<4800<5000,
    所以货运公司安排大货车8辆,则安排小货车2辆,最节省费用.
    考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用,体现了数学建模思想,考查了学生用方程解实际问题的能力,解题的关键是根据题意建立方程组,并利用不等式求解大货车的数量,解题时注意题意中一次运完的含义,此类试题常用的方法为建立方程,利用不等式或者一次函数性质确定方案.
    25、(1)ABCD;(2)①见解析;②∴当时,四边形ACBD是矩形;
    ③S=
    【解析】
    (1)由反比例函数的性质可得.
    (2)①根据对称的性质可得四边形ABCD的对角线互相平分,则一定是平行四边形;②由四边形ACBD是矩形时:OA=OC得出 利用长度公式得 可得关系式:整理化简即可。
    ③可得A(3,2)进而求出 的表达式,代入S=可得S与n的关系式.
    【详解】
    解(1)ABCD均正确
    (2)①根据对称性可知:OA=OB,OC=OD,则四边形ACBD是平行四边形。
    ②当四边形ACBD是矩形时:OA=OC

    ∵点A、C的横坐标分别为m,n




    ∵m>n>0

    ∴当时,四边形ACBD是矩形
    ③∵
    当m=3时,A(3,2)

    =
    =
    =
    ∴四边形ACBD的面积为S=
    本题考查了反比例函数及几何图形的综合,掌握反比例函数的性质是解题的关键.
    26、(1)1;(2),;(3)<x<.
    【解析】
    试题分析:(1)根据单价=总价÷数量,即可解决问题.
    (2)y1函数表达式=50+单价×数量,y2与x的函数表达式结合图象利用待定系数法即可解决.
    (3)画出函数图象后y1在y2下面即可解决问题.
    试题解析:(1)甲、乙两采摘园优惠前的草莓销售价格是每千克10÷10=1元.
    故答案为1.
    (2)由题意,;
    (3)函数y1的图象如图所示,由解得:,所以点F坐标(,125),由,解得:,所以点E坐标(,650).
    由图象可知甲采摘园所需总费用较少时<x<.
    考点:分段函数;函数最值问题.
    题号





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    得分

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