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2021-2022学年四川省成都市锦江区九年级(上)期中数学试卷 解析版
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这是一份2021-2022学年四川省成都市锦江区九年级(上)期中数学试卷 解析版,共24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。
2021-2022学年四川省 成都市锦江区九年级(上)期中数学试卷
一、选择题(本大题共10个小题,每小题3分,共30分,每小题均有四个选项,其中只有一项符合题目要求,答案涂在答题卡上)
1.(3分)如图所示“属于物体在太阳光下形成的影子”的图形是( )
A. B.
C. D.
2.(3分)已知关于x的方程(m﹣2)x|m|﹣3x﹣4=0是一元二次方程,则( )
A.m≠±2 B.m=﹣2 C.m=2 D.m=±2
3.(3分)将一元二次方程3x2﹣4=5x化为一般形式后,其中二次项系数、一次项系数分别是( )
A.3,5 B.3,﹣5 C.﹣4,5 D.﹣4,﹣5
4.(3分)如图,l1∥l2∥l3,且=,则错误的是( )
A.= B.= C.= D.=
5.(3分)用配方法解x2﹣8x+5=0方程,将其化成(x+a)2=b的形式,则变形正确的是( )
A.(x+4)2=11 B.(x﹣4)2=21 C.(x﹣8)2=11 D.(x﹣4)2=11
6.(3分)如图,是由一个圆柱体和一个长方体组成的几何体,其左视图是( )
A. B.
C. D.
7.(3分)已知线段a、b、c,若求作线段x,使a:b=c:x,则以下作图正确的是( )
A. B.
C. D.
8.(3分)如图,已知△ABC∽△A′B′C′,则图中角度α和边长x分别为( )
A.40°,9 B.40°,6 C.30°,9 D.30°,6
9.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,点D、E、F分别是三边的中点,且DE=4cm,则AF的长度是( )
A.2cm B.3cm C.4cm D.6cm
10.(3分)参加足球联赛的每两队之间都进行两场比赛,共要比赛90场,设共有x个队参加比赛,则下列方程符合题意的是( )
A.x(x+1)=90 B.x(x+1)=90
C.x(x﹣1)=90 D.x(x﹣1)=90
二、填空题(本大题共4个小题,每小题4分,共16分,答案写在答题卡上)
11.(4分)若=k,则= .(用含k的代数式表示)
12.(4分)如果x=﹣1是关于x的一元二次方程ax2+bx+1=0(a≠0)的一个根,那么2021﹣4a+4b= .
13.(4分)如图,当太阳光与地面上的树影成45°角时,树影投射在墙上的影高CD等于2米,若树根到墙的距离BC等于8米,则树高AB等于 米.
14.(4分)如图,取一张长为a,宽为b的矩形纸片,将它对折两次后得到一张小矩形纸片,若要使小矩形与原矩形相似,则a、b的大小关系式为 .
三、解答题(本大题共6个小题,共4分,解答过程写在答题卡上)
15.(12分)按要求解下列方程:
(1)x2﹣7x+10=0(因式分解法);
(2)3x2﹣2x﹣1=0(求根公式法).
16.(6分)如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,建立如图所示的平面直角坐标系,并给出了格点△ABC(顶点为网格线的交点).
(1)若△A1B1C1与△ABC以点O为对称中心对称,画出△A1B1C1.
(2)若△A2B2C2,与△ABC以点O为位似中心位似,A2B2=2AB,在第四象限,画出△A2B2C2.
17.(8分)若==,且x+2y+3z=40,求3x+4y+5z的值.
18.(8分)如图,数学兴趣小组利用硬纸板自制的Rt△ABC来测量操场旗杆MN的高度,他们通过调整测量位置,并使边AC与旗杆顶点M在同一直线上,已知AC=0.8米,BC=0.5米,目测点A到地面的距离AD=1.5米,到旗杆的水平距离AE=20米,求旗杆MN的高度.
19.(10分)已知关于x的方程b(x2﹣1)+2ax+c(x2+1)=0,其中a,b,c分别为△ABC三边的长.
(1)若x=﹣1是方程的根,试判断△ABC的形状;
(2)若△ABC是等边三角形,试求这个方程的根;
(3)若方程有两个相等的实数根,且a=5,b=12,求c的值.
20.(10分)如图,在正方形ABCD中,点G是对角线上一点,CG的延长线交AB于点E,交DA的延长线于点F,连接AG.
(1)求证:AG=CG;
(2)求证:△AEG∽△FAG;
(3)若GE•GF=9,求CG的长.
一、填空题(本大题共5分,每小题4分,共20分,答案写在答题卡上)
21.(4分)若一元二次方程x2﹣2x﹣a=0没有实数根,则直线y=(a+1)x+a﹣1一定不经过的象限是 .
22.(4分)如图,点A的坐标为(3,4),点B的坐标为(4,0),以O为位似中心,按比例尺1:2将△AOB放大后得△A1O1B1,则A1坐标为 .
23.(4分)如图,校园内有一棵与地面垂直的树,数学兴趣小组两次测量它在地面上的影子,第一次是阳光与地面成60°角时,第二次是阳光与地面成30°角时,两次测量的影长相差8米,则树高 米.(结果保留根号)
24.(4分)若α2﹣2α+k=0,β2﹣2β+k=0,且α2﹣α+β=5,α≠β,则k= .
25.(4分)如图,△ABC中,点P、Q分别在AB,AC上,且PQ∥BC,PM⊥BC于点M,QN⊥BC于点N.AD⊥BC于点D,交PQ于点E,且AD=BC.连接MQ,若△ABC的面积等于8,则MQ的最小值为 .
二、解答题(本大题共3个小题,共30分解答过程写在答题卡上)
26.(8分)某药店新进一批桶装消毒液,每桶进价35元,原计划以每桶55元的价格销售,为更好地助力疫情防控,现决定降价销售.已知这种消毒液销售量y(桶)与每桶降价x(元)(0<x<20)之间满足一次函数关系,其图象如图所示:
(1)求y与x之间的函数关系式;
(2)在这次助力疫情防控活动中,该药店仅获利1760元.这种消毒液每桶实际售价多少元?
27.(10分)已知关于x的一元二次方程x2﹣mx+2m﹣4=0.
(1)求证:该一元二次方程总有两个实数根;
(2)若该方程有一个小于5的根,另一个根大于5,求m的取值范围;
(3)若x1,x2为方程的两个根,且n=x12+x22﹣8,试判断动点P(m,n)所形成的图象是否经过定点(﹣3,21),并说明理由.
28.(12分)如图,在矩形ABCD中,BC=2AB=4,点G为边BC上一点,过点G作GE⊥AG,且GE=2AG,GE交DC于点F,连接AE.
(1)求证:△ABG∽△GCF;
(2)连接CE,求证:∠DCE=∠AEG;
(3)当点E正好在BD的延长线上时,求BG的长.
2021-2022学年四川省 成都市锦江区九年级(上)期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本大题共10个小题,每小题3分,共30分,每小题均有四个选项,其中只有一项符合题目要求,答案涂在答题卡上)
1.(3分)如图所示“属于物体在太阳光下形成的影子”的图形是( )
A. B.
C. D.
【分析】根据平行投影特点在同一时刻,不同物体的物高和影长成比例可知.
【解答】解:在同一时刻,不同物体的物高和影长成比例且影子方向相同.B、D的影子方向相反,都错误;
C中物体的物高和影长不成比例,也错误.
故选:A.
2.(3分)已知关于x的方程(m﹣2)x|m|﹣3x﹣4=0是一元二次方程,则( )
A.m≠±2 B.m=﹣2 C.m=2 D.m=±2
【分析】利用一元二次方程的定义(只含有一个未知数,并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程)解答即可.
【解答】解:∵关于x的方程(m﹣2)x|m|﹣3x﹣4=0是一元二次方程,
∴,
解得m=﹣2,
故选:B.
3.(3分)将一元二次方程3x2﹣4=5x化为一般形式后,其中二次项系数、一次项系数分别是( )
A.3,5 B.3,﹣5 C.﹣4,5 D.﹣4,﹣5
【分析】先把方程化为一般式为3x2﹣5x﹣4=0,然后确定二次项系数和一次项系数.
【解答】解:方程化为一般式为3x2﹣5x﹣4=0,
所以二次项系数、一次项系数分别是3,﹣5.
故选:B.
4.(3分)如图,l1∥l2∥l3,且=,则错误的是( )
A.= B.= C.= D.=
【分析】根据比例的性质、平行线分线段成比例定理列出比例式,判断即可.
【解答】解:A、∵=,
∴=,本选项说法正确,不符合题意;
B、∵l1∥l2∥l3,
∴==,本选项说法正确,不符合题意;
C、的值无法确定,本选项说法错误,符合题意;
D、∵l1∥l2∥l3,
∴==,本选项说法正确,不符合题意;
故选:C.
5.(3分)用配方法解x2﹣8x+5=0方程,将其化成(x+a)2=b的形式,则变形正确的是( )
A.(x+4)2=11 B.(x﹣4)2=21 C.(x﹣8)2=11 D.(x﹣4)2=11
【分析】移项后两边都加上一次项系数一半的平方可得.
【解答】解:∵x2﹣8x=﹣5,
∴x2﹣8x+16=﹣5+16,即(x﹣4)2=11,
故选:D.
6.(3分)如图,是由一个圆柱体和一个长方体组成的几何体,其左视图是( )
A. B.
C. D.
【分析】根据左视图是从左边看得到的图形,可得答案.
【解答】解:从左边看该几何体,是一行两个相邻的正方形,
故选:A.
7.(3分)已知线段a、b、c,若求作线段x,使a:b=c:x,则以下作图正确的是( )
A. B.
C. D.
【分析】利用比例式a:b=c:x,与已知图形作对比,可以得出结论.
【解答】解:A、a:b=x:c与已知a:b=c:x不符合,故选项A不正确;
B、a:b=x:c与已知a:b=c:x不符合,故选项B不正确;
C、a:c=x:b与已知a:b=c:x不符合,故选项C不正确;
D、a:b=c:x与已知a:b=c:x符合,故选项D正确;
故选:D.
8.(3分)如图,已知△ABC∽△A′B′C′,则图中角度α和边长x分别为( )
A.40°,9 B.40°,6 C.30°,9 D.30°,6
【分析】根据相似三角形的对应边的比相等,对应角相等解答.
【解答】解:∵△ABC∽△A′B′C′,
∴∠α=40°,x=,
故选:A.
9.(3分)如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,点D、E、F分别是三边的中点,且DE=4cm,则AF的长度是( )
A.2cm B.3cm C.4cm D.6cm
【分析】根据三角形中位线定理求出BC,根据直角三角形的性质解答即可.
【解答】解:∵点D、E分别是AB、AC的中点,
∴DE是△ABC的中位线,
∴BC=2DE=8cm,
在Rt△BAC中,点F分别是斜边BC的中点,
则AF=BC=4cm,
故选:C.
10.(3分)参加足球联赛的每两队之间都进行两场比赛,共要比赛90场,设共有x个队参加比赛,则下列方程符合题意的是( )
A.x(x+1)=90 B.x(x+1)=90
C.x(x﹣1)=90 D.x(x﹣1)=90
【分析】设有x个队参赛,根据参加一次足球联赛的每两队之间都进行两场场比赛,共要比赛90场,可列出方程.
【解答】解:设有x个队参赛,则
x(x﹣1)=90.
故选:D.
二、填空题(本大题共4个小题,每小题4分,共16分,答案写在答题卡上)
11.(4分)若=k,则= .(用含k的代数式表示)
【分析】由=k可得b=ak,代入所求代数式计算可得答案.
【解答】解:∵=k,
∴b=ak
∴===.
故答案为:.
12.(4分)如果x=﹣1是关于x的一元二次方程ax2+bx+1=0(a≠0)的一个根,那么2021﹣4a+4b= 2025 .
【分析】根据一元二次方程解的定义得到a﹣b=﹣1,再把2021﹣4a+4b变形为2021﹣4(a﹣b),然后利用整体代入的方法计算.
【解答】解:把x=﹣1代入一元二次方程ax2+bx+1=0得a﹣b+1=0,
所以a﹣b=﹣1,
所以2021﹣4a+4b=2021﹣4(a﹣b)
=2021﹣4×(﹣1)
=2025.
故答案为:2025.
13.(4分)如图,当太阳光与地面上的树影成45°角时,树影投射在墙上的影高CD等于2米,若树根到墙的距离BC等于8米,则树高AB等于 10 米.
【分析】作DH⊥AB于H,如图,易得四边形BCDH为矩形,则DH=BC=8m,CD=BH=2m,利用平行投影得到∠ADH=45°,则可判断△ADH为等腰直角三角形,所以AH=DH=8m,然后计算AH+BH即可.
【解答】解:作DH⊥AB于H,如图,则DH=BC=8m,CD=BH=2m,
根据题意得∠ADH=45°,
所以△ADH为等腰直角三角形,
所以AH=DH=8m,
所以AB=AH+BH=8m+2m=10m.
故答案为10.
14.(4分)如图,取一张长为a,宽为b的矩形纸片,将它对折两次后得到一张小矩形纸片,若要使小矩形与原矩形相似,则a、b的大小关系式为 a=2b .
【分析】根据相似四边形的性质得出比例式,再求出答案即可.
【解答】解:∵小矩形与原矩形相似,原矩形纸片的边长为a、b,
∴,
∴a2=4b2,
∴a=2b(负数舍去),
故答案为:a=2b.
三、解答题(本大题共6个小题,共4分,解答过程写在答题卡上)
15.(12分)按要求解下列方程:
(1)x2﹣7x+10=0(因式分解法);
(2)3x2﹣2x﹣1=0(求根公式法).
【分析】(1)利用十字相乘法将方程的左边因式分解,继而得出两个关于x的一元一次方程,再进一步求解即可.
(2)用求根公式x=求解即可.
【解答】解:(1)∵x2﹣7x+10=0,
∴(x﹣2)(x﹣5)=0,
则x﹣2=0或x﹣5=0,
解得x1=2,x2=5;
(2)∵a=3,b=﹣2,c=﹣1,
∴Δ=(﹣2)2﹣4×3×(﹣1)=21>0,
∴x==,
∴x1=,x2=.
16.(6分)如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,建立如图所示的平面直角坐标系,并给出了格点△ABC(顶点为网格线的交点).
(1)若△A1B1C1与△ABC以点O为对称中心对称,画出△A1B1C1.
(2)若△A2B2C2,与△ABC以点O为位似中心位似,A2B2=2AB,在第四象限,画出△A2B2C2.
【分析】(1)分别作出三个顶点关于原点的对称点,再首尾顺次连接即可;
(2)根据位似变换的定义分别作出三个顶点的对应点,再首尾顺次连接即可.
【解答】解:(1)如图所示,△A1B1C1即为所求.
(2)如图所示,△A2B2C2即为所求.
17.(8分)若==,且x+2y+3z=40,求3x+4y+5z的值.
【分析】设===k,则x=2k,y=3k,z=4k,所以2k+6k+12k=40,解得k=2,然后用k表示3x+4y+5z,从而得到3x+4y+5z的值.
【解答】解:设===k,
∴x=2k,y=3k,z=4k,
∵x+2y+3z=40,
∴2k+6k+12k=40,解得k=2,
∴3x+4y+5z=6k+12k+20k=38k=38×2=76.
18.(8分)如图,数学兴趣小组利用硬纸板自制的Rt△ABC来测量操场旗杆MN的高度,他们通过调整测量位置,并使边AC与旗杆顶点M在同一直线上,已知AC=0.8米,BC=0.5米,目测点A到地面的距离AD=1.5米,到旗杆的水平距离AE=20米,求旗杆MN的高度.
【分析】利用相似三角形的性质求出EM,利用矩形的性质求出EN,可得结论.
【解答】解:∵∠CAB=∠EAM,∠ACB=∠AEM=90°,
∴△ACB∽△AEM,
∴,
∴,
∴EM=12.5(米),
∵四边形ADNE是矩形,
∴AD=EN=1.5(米),
∴MN=ME+EN=12.5+1.5=14(米).
19.(10分)已知关于x的方程b(x2﹣1)+2ax+c(x2+1)=0,其中a,b,c分别为△ABC三边的长.
(1)若x=﹣1是方程的根,试判断△ABC的形状;
(2)若△ABC是等边三角形,试求这个方程的根;
(3)若方程有两个相等的实数根,且a=5,b=12,求c的值.
【分析】(1)把x=﹣1代入方程得a+c﹣2b+a﹣c=0,整理得a=b,从而可判断三角形的形状;
(2)利用等边三角形的性质得a=b=c,方程化为2ax2+2ax=0,然后利用因式分解法解方程;
(3)根据判别式的意义得Δ=4a2﹣4(b+c)(b﹣c)=0,即a2+c2=b2,即可求解.
【解答】解:(1)∵x=﹣1,
∴﹣2a+2c=0,
∴a=c,
∴△ABC是等腰三角形;
(2)∵△ABC是等边三角形,
∴a=b=c,
∴ax2﹣a+2ax+ax2+a=0,
∴2ax2+2ax=0,
解得x1=0,x2=﹣1.
(3)∵b(x2﹣1)+2ax+c(x2+1)=0,
∴(b+c)x2+2ax+c﹣b=0,
∵方程有两个相等的实数根,
∴Δ=4a2﹣4(b+c)(b﹣c)=0,
∴a2+c2=b2,
∵a=5,b=12,
∴c=.
20.(10分)如图,在正方形ABCD中,点G是对角线上一点,CG的延长线交AB于点E,交DA的延长线于点F,连接AG.
(1)求证:AG=CG;
(2)求证:△AEG∽△FAG;
(3)若GE•GF=9,求CG的长.
【分析】(1)根据正方形的性质得到∠ADB=∠CDB=45°,AD=CD,从而利用全等三角形的判定定理推出△ADG≌△CDG(SAS),进而利用全等三角形的性质进行证明即可;
(2)根据正方形的性质得到AD∥CB,推出∠FCB=∠F,由(1)可知△ADG≌△CDG,利用全等三角形的性质得到∠DAG=∠DCG,结合图形根据角之间的和差关系∠DAB﹣∠DAG=∠DCB﹣∠DCG,推出∠BCF=∠BAG,从而结合图形可利用相似三角形的判定定理即可得到△AEG∽△FAG;
(3)根据相似三角形的性质进行求解即可.
【解答】(1)证明:∵BD是正方形ABCD的对角线,
∴∠ADB=∠CDB=45°,
又AD=CD,
在△ADG和△CDG中,
,
∴△ADG≌△CDG(SAS),
∴AG=CG;
(2)证明:∵四边形ABCD是正方形,
∴AD∥CB,
∴∠FCB=∠F,
由(1)可知△ADG≌△CDG,
∴∠DAG=∠DCG,
∴∠DAB﹣∠DAG=∠DCB﹣∠DCG,即∠BCF=∠BAG,
∴∠EAG=∠F,
又∠EGA=∠AGF,
∴△AEG∽△FAG;
(3)解:由(2)得△AEG∽△FAG,
∴,即GA2=GE•GF=9,
∴GA=3或GA=﹣3(舍去),
根据(1)中的结论得AG=CG,
∴CG=3.
一、填空题(本大题共5分,每小题4分,共20分,答案写在答题卡上)
21.(4分)若一元二次方程x2﹣2x﹣a=0没有实数根,则直线y=(a+1)x+a﹣1一定不经过的象限是 第一象限 .
【分析】首先由一元二次方程x2﹣2x﹣a=0无实数根求出a的取值范围,然后判断一次函数y=(a+1)x+a﹣1的图象一定不经过第几象限.
【解答】解:∵一元二次方程x2﹣2x﹣a=0无实数根,
∴4+4a<0,
解得a<﹣1,
故a+1<0,a﹣1<0,
故一次函数y=(a+1)x+a﹣1的图象一定不经过第一象限;
故答案为:第一象限.
22.(4分)如图,点A的坐标为(3,4),点B的坐标为(4,0),以O为位似中心,按比例尺1:2将△AOB放大后得△A1O1B1,则A1坐标为 (6,8)或(﹣6,﹣8) .
【分析】根据位似变换的性质,结合图形,以O为位似中心,将△AOB放大2倍则点A、B的横坐标与纵坐标都扩大2倍,写出即可,再根据对称性可得结论.
【解答】解:根据题意,按比例尺1:2将△AOB放大,
则点A的横坐标与纵坐标都扩大2倍,
∵点A的坐标为(3,4),
∴A1坐标为(6,8),根据对称性可知A1坐标可以为(﹣6,﹣8),
故答案为:(6,8)或(﹣6,﹣8).
23.(4分)如图,校园内有一棵与地面垂直的树,数学兴趣小组两次测量它在地面上的影子,第一次是阳光与地面成60°角时,第二次是阳光与地面成30°角时,两次测量的影长相差8米,则树高 4 米.(结果保留根号)
【分析】设出树高,利用所给角的正切值分别表示出两次影子的长,然后作差建立方程即可.
【解答】解:如图,
在Rt△ABC中,tan∠ACB=,
∴BC==,
同理:BD=,
∵两次测量的影长相差8米,
∴﹣=8,
∴x=4
故答案为4.
24.(4分)若α2﹣2α+k=0,β2﹣2β+k=0,且α2﹣α+β=5,α≠β,则k= ﹣3 .
【分析】根据已知得:α和β是方程x2﹣2x+k=0的两个根,由根与系数的关系得:α+β=2,代入已知等式α2﹣α+β=5,可得k的值.
【解答】解:∵α2﹣2α+k=0,β2﹣2β+k=0,且α≠β,
∴α和β是方程x2﹣2x+k=0的两个根,
∴α+β=2,
∵α2﹣α+β=5,
∴α2﹣2α+α+β=5,
∴﹣k+2=5,
∴k=﹣3.
故答案为:﹣3.
25.(4分)如图,△ABC中,点P、Q分别在AB,AC上,且PQ∥BC,PM⊥BC于点M,QN⊥BC于点N.AD⊥BC于点D,交PQ于点E,且AD=BC.连接MQ,若△ABC的面积等于8,则MQ的最小值为 2 .
【分析】根据平行线的性质得到AE⊥PQ,根据相似三角形的性质得到=,求得AE:PQ=AD:BC,由于AD=BC,可得AE=PQ,根据垂直的定义得到∠PMN=∠MNQ=∠MPQ=90°,推出四边形PMNQ是矩形,得到PQ=MN,PM=ED,等量代换即可得到QN=BM+CN,根据三角形的面积得到BC•AD=8,求得BC=4,AD=4,设MN=x,则BM+CN=4﹣x,PM=QN=4﹣x,根据勾股定理即可得到结论.
【解答】解:∵PQ∥BC,AD⊥BC,
∴AE⊥PQ,
∵PQ∥BC,
∴△APQ∽△ABC,
∴=,
∴AE:PQ=AD:BC,
∵AD=BC,
∴AE=PQ,
∵PM⊥BC,QN⊥BC,
∴∠PMN=∠MNQ=∠MPQ=90°,
∴四边形PMNQ是矩形,
∴PQ=MN,PM=ED,
∵AE=PQ,AD=BC,
∴AE+ED=BM+MN+CN,
∴MN+QN=BM+MN+CN,
∴QN=BM+CN;
∵△ABC的面积等于8,
∴BC•AD=8,
∵AD=BC,
∴BC2=8,
∴BC=4,AD=4,
设MN=x,则BM+CN=4﹣x,PM=QN=4﹣x,
∵MQ===,
∴当x=2时,MQ有最小值是2.
故答案为:2.
二、解答题(本大题共3个小题,共30分解答过程写在答题卡上)
26.(8分)某药店新进一批桶装消毒液,每桶进价35元,原计划以每桶55元的价格销售,为更好地助力疫情防控,现决定降价销售.已知这种消毒液销售量y(桶)与每桶降价x(元)(0<x<20)之间满足一次函数关系,其图象如图所示:
(1)求y与x之间的函数关系式;
(2)在这次助力疫情防控活动中,该药店仅获利1760元.这种消毒液每桶实际售价多少元?
【分析】(1)设y与x之间的函数表达式为y=kx+b,将点(1,110)、(3,130)代入一次函数表达式,即可求解;
(2)根据利润等于每桶的利润乘以销售量得关于x的一元二次方程,通过解方程即可求解.
【解答】解:(1)设y与销售单价x之间的函数关系式为:y=kx+b,
将点(1,110)、(3,130)代入一次函数表达式得:,
解得:,
故函数的表达式为:y=10x+100;
(2)由题意得:(10x+100)×(55﹣x﹣35)=1760,
整理,得x2﹣10x﹣24=0.
解得x1=12,x2=﹣2(舍去).
所以55﹣x=43.
答:这种消毒液每桶实际售价43元.
27.(10分)已知关于x的一元二次方程x2﹣mx+2m﹣4=0.
(1)求证:该一元二次方程总有两个实数根;
(2)若该方程有一个小于5的根,另一个根大于5,求m的取值范围;
(3)若x1,x2为方程的两个根,且n=x12+x22﹣8,试判断动点P(m,n)所形成的图象是否经过定点(﹣3,21),并说明理由.
【分析】(1)首先计算△,再根据非负数的性质可判断出Δ≥0,进而得到结论;
(2)当两根一个大于5一个小于5时,得到方程有两个不相等的实数根其两根与5的差的积小于零,列出不等式解之即可;
(3)根据一元二次方程根与系数得关系,得到x1+x2和x1x2关于m的表达式,整理n=x12+x22﹣8,得n=(m﹣2)2﹣4,即可得到答案.
【解答】(1)证明:∵Δ=(﹣m)2﹣4×1×(2m﹣4)=(m﹣4)2≥0,
∴不论m取何实数,该方程总有两个实数根;
(2)设两个实数根为x1,x2,
则x1+x2=m,x1x2=2m﹣4,
∵方程的一个根大于5,另一个根小于5,
∴(x1﹣5)(x2﹣5)=x1x2﹣5(x1+x2)+25<0,
∴2m﹣4﹣5m+25<0,
解得:m>7,
∴方程的一个根大于5,另一个根小于5,m的取值范围是m>7;
(3)根据题意得:x1+x2=m,x1x2=2m﹣4,
n=x12+x22﹣8
=(x1+x2)2﹣2x1x2﹣8
=m2﹣2(2m﹣4)﹣8
=m2﹣4m
=(m﹣2)2﹣4,
即n=(m﹣2)2﹣4,经过(﹣3,21).
28.(12分)如图,在矩形ABCD中,BC=2AB=4,点G为边BC上一点,过点G作GE⊥AG,且GE=2AG,GE交DC于点F,连接AE.
(1)求证:△ABG∽△GCF;
(2)连接CE,求证:∠DCE=∠AEG;
(3)当点E正好在BD的延长线上时,求BG的长.
【分析】(1)根据两组对应角相等的三角形相似进行判定即可;
(2)连接AC,交GE于M点,先证明△AGE∽△ABC得∠AEG=∠ACB,进一步证得△AME∽△GMC和△AMG∽△EMC,得到∠ECM=90°,最终根据余角性质推出∠ACB=∠DCE,即可得证;
(3)作EH⊥BC的延长线于H点,设BG=x,根据△ABG∽△GHE,分别表示出EH、BH,再通过△DCB∽△EHB建立方程求解并检验即可.
【解答】解:(1)∵四边形ABCD为矩形,
∴∠B=∠D=90°,
∵GE⊥AG,
∴∠AGB+∠CGF=90°,
∴∠BAG+∠AGB=90°,
∴∠BAG=∠CGF,
∴△ABG∽△GCF;
(2)如图所示,连接AC,交GE于M点,
∵GE=2AG,BC=2AB,
∴=,
又∵∠AGE=∠B=90°,
∴△AGE∽△ABC,
∴∠AEG=∠ACB,
∵∠AME=∠GMC,
∴△AME∽△GMC,
∴=,
又∵∠AMG=∠EMC,
∴△AMG∽△EMC,
∴∠AGM=∠ECM=90°,
即:∠BCD=∠ECM=90°,
∴∠ACB=∠DCE,
∴∠AEG=∠DCE;
(3)如图,作EH⊥BC的延长线于H点,设BG=x,
∵△ABG∽△GHE,GE=2AG,
∴EH=2BG=2x,GH=2AB=4,
则BH=BG+GH=4+x,
∵△DCB∽△EHB,
∴==,
∴=,
解得:x=,
经检验,x=是原分式方程的解,
∴BG的长为.