文库上传中考数学试题分项版解析第03期专题14 阅读理解问题.docx
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文库上传中考数学试题分项版解析第03期专题14阅读理解问题
专题14阅读理解问题
一、选择题
1.(2016四川省乐山市第8题)电影《刘三姐》中,秀才和刘三姐对歌的场面十分精彩.罗秀才唱到:
“三百条狗交给你,一少三多四下分,不要双数要单数,看你怎样分得均?
”刘三姐示意舟妹来答,舟妹唱道:
“九十九条打猎去,九十九条看羊来,九十九条守门口,剩下三条财主请来当奴才.”若用数学方法解决罗秀才提出的问题,设“一少”的狗有x条,“三多”的狗有y条,则解此问题所列关系式正确的是( )
A.B.C.D.
【答案】B.
考点:
由实际问题抽象出二元一次方程.
2.(2016广东省梅州市第7题)对于实数、,定义一种新运算“”为:
,这里等式右边是实数运
算.例如:
.则方程的解是()
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
试题分析:
依题意,得:
,所以,原方程化为:
=-1,
即:
=1,解得:
x=5。
考点:
应用新知识解决问题
3.(2016广东省深圳市第10题)给出一种运算:
对于函数,规定。
例如:
若函数,则有。
已知函数,则方程的解是()
A.B.
C.D.
【答案】B
考点:
应用新知识解决问题
4.(2016山西省第10题)宽与长的比是(约为0.618)的矩形叫做黄金矩形.黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值,给我们以协调和匀称的美感.我们可以用这样的方法画出黄金矩形:
作正方形ABCD,分别取AD,BC的中点E,F,连接EF;以点F为圆心,以FD为半径画弧,交BC的延长线与点G;作,交AD的延长线于点H.则图中下列矩形是黄金矩形的是()
A.矩形ABFEB.矩形EFCDC.矩形EFGHD.矩形DCGH
【答案】D
【解析】
试题分析:
由作图方法可知DF=CF,所以CG=,且GH=CD=2CF,从而得出黄金矩形
CG=,GH=2CF∴∴矩形DCGH是黄金矩形。
考点:
黄金分割的识别
5.(2016浙江省舟山市第4题)13世纪数学家斐波那契的(计算书)中有这样一个问题:
“在罗马有7位老妇人,每人赶着7头毛驴,每头驴驮着7只口袋,每只口袋里装着7个面包,每个面包附有7把餐刀,每把餐刀有7只刀鞘”,则刀鞘数为( )
A.42B.49C.76D.77
【答案】C
考点:
有理数的乘方
二、填空题
1.(2016四川省乐山市第16题)在直角坐标系xOy中,对于点P(x,y)和Q(x,y′),给出如下定义:
若,则称点Q为点P的“可控变点”.
例如:
点(1,2)的“可控变点”为点(1,2),点(﹣1,3)的“可控变点”为点(﹣1,﹣3).
(1)若点(﹣1,﹣2)是一次函数图象上点M的“可控变点”,则点M的坐标为;
(2)若点P在函数()的图象上,其“可控变点”Q的纵坐标y′的取值范围是,则实数a的取值范围是.
【答案】
(1)(﹣1,2);
(2)0≤a≤.
【解析】
试题分析:
(1)根据“可控变点”的定义可知点M的坐标为(﹣1,2);
(2)依题意,图象上的点P的“可控变点”必在函数的图象上,如图所示,∵,当y′=16时,或,∴x=0或x=,当y′=﹣16时,或,∴x=或x=0,∴a的取值范围是0≤a≤.故答案为:
(1)(﹣1,2);
(2)0≤a≤.
考点:
1.二次函数图象上点的坐标特征;2.一次函数图象上点的坐标特征;3.新定义.
三、解答题
1.(2016湖北省荆州市第25题)阅读:
我们约定,在平面直角坐标系中,经过某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角平分线的直线,叫该点的“特征线”.例如,点M(1,3)的特征线有:
x=1,y=3,y=x+2,y=﹣x+4.
问题与探究:
如图,在平面直角坐标系中有正方形OABC,点B在第一象限,A、C分别在x轴和y轴上,抛物线经过B、C两点,顶点D在正方形内部.
(1)直接写出点D(m,n)所有的特征线;
(2)若点D有一条特征线是y=x+1,求此抛物线的解析式;
(3)点P是AB边上除点A外的任意一点,连接OP,将△OAP沿着OP折叠,点A落在点A′的位置,当点A′在平行于坐标轴的D点的特征线上时,满足
(2)中条件的抛物线向下平移多少距离,其顶点落在OP上?
【答案】
(1)、x=m,y=n,y=x+n﹣m,y=﹣x+m+n;
(2)、y=(x﹣2)2+3;(3)、或
(2)、点D有一条特征线是y=x+1,∴n﹣m=1,∴n=m+1
∵抛物线解析式为,∴y=(x﹣m)2+m+1,
∵四边形OABC是正方形,且D点为正方形的对称轴,D(m,n),∴B(2m,2m),
∴(2m﹣m)2+n=2m,将n=m+1带入得到m=2,n=3;∴D(2,3),∴抛物线解析式为y=(x﹣2)2+3
(3)、如图,当点A′在平行于y轴的D点的特征线时,
根据题意可得,D(2,3),∴OA′=OA=4,OM=2,∴∠A′OM=60°,∴∠A′OP=∠AOP=30°,
∴MN==,∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣=.
当点A′在平行于x轴的D点的特征线时,
考点
(1)、折叠的性质;
(2)、正方形的性质;(3)、特征线的理解
2.(2016湖南省邵阳市第25题)尤秀同学遇到了这样一个问题:
如图1所示,已知AF,BE是△ABC的中线,且AF⊥BE,垂足为P,设BC=a,AC=b,AB=c.
求证:
a2+b2=5c2
该同学仔细分析后,得到如下解题思路:
先连接EF,利用EF为△ABC的中位线得到△EPF∽△BPA,故,设PF=m,PE=n,用m,n把PA,PB分别表示出来,再在Rt△APE,Rt△BPF中利用勾股定理计算,消去m,n即可得证
(1)请你根据以上解题思路帮尤秀同学写出证明过程.
(2)利用题中的结论,解答下列问题:
在边长为3的菱形ABCD中,O为对角线AC,BD的交点,E,F分别为线段AO,DO的中点,连接BE,CF并延长交于点M,BM,CM分别交AD于点G,H,如图2所示,求MG2+MH2的值.
【答案】
(1)、证明过程见解析;
(2)、5
【解析】
试题解析:
(1)、设PF=m,PE=n,连结EF,如图1,∵AF,BE是△ABC的中线,
∴EF为△ABC的中位线,AE=b,BF=a,∴EF∥AB,EF=c,
∴△EFP∽△BPA,∴,即==,∴PB=2n,PA=2m,
在Rt△AEP中,∵PE2+PA2=AE2,∴n2+4m2=b2①,
在Rt△AEP中,∵PF2+PB2=BF2,∴m2+4n2=a2②,
①+②得5(n2+m2)=(a2+b2),
在Rt△EFP中,∵PE2+PF2=EF2,∴n2+m2=EF2=c2,∴5•c2=(a2+b2),∴a2+b2=5c2;
(2)、∵四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC,∵E,F分别为线段AO,DO的中点,
由
(1)的结论得MB2+MC2=5BC2=5×32=45,∵AG∥BC,∴△AEG∽△CEB,∴==,∴AG=1,
同理可得DH=1,∴GH=1,∴GH∥BC,∴===,
∴MB=3GM,MC=3MH,∴9MG2+9MH2=45,∴MG2+MH2=5.
考点:
(1)、相似三角形的判定;
(2)、三角形中位线定理
3.(2016山西省第19题)(本题7分)请阅读下列材料,并完成相应的任务:
阿基米德折弦定理
阿基米德(Archimedes,公元前287~公元212年,古希腊)是有史以来最伟大的数学家之一.他与牛顿、高斯并称为三大数学王子.
阿拉伯Al-Biruni(973年~1050年)的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容,苏联在1964年根据Al-Biruni译本出版了俄文版《阿基米德全集》,第一题就是阿基米德的折弦定理.
阿基米德折弦定理:
如图1,AB和BC是的两条弦(即折线ABC是圆的一条折弦),BC>AB,M是的中点,则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点,即CD=AB+BD.
下面是运用“截长法”证明CD=AB+BD的部分证明过程.
证明:
如图2,在CB上截取CG=AB,连接MA,MB,MC和MG.∵M是的中点,∴MA=MC...
任务:
(1)请按照上面的证明思路,写出该证明的剩余部分;
(2)填空:
如图(3),已知等边△ABC内接于,AB=2,D为上一点,,AE⊥BD与点E,则△BDC的长是.
【答案】
(1)、证明过程见解析;
(2)、2+2
试题解析:
(1)、又∵,∴△MBA≌△MGC.∴MB=MG.
又∵MD⊥BC,∵BD=GD.∴CD=CG+GD=AB+BD.
(2)、.
考点:
圆的证明
4.(2016浙江省舟山市第23题)我们定义:
有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”
(1)概念理解:
请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子;
(2)问题探究;
如图1,在等邻角四边形ABCD中,∠DAB=∠ABC,AD,BC的中垂线恰好交于AB边上一点P,连结AC,BD,试探究AC与BD的数量关系,并说明理由;
(3)应用拓展;
如图2,在Rt△ABC与Rt△ABD中,∠C=∠D=90°,BC=BD=3,AB=5,将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α(0°<∠α<∠BAC)得到Rt△AB′D′(如图3),当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时,求出它的面积.
【答案】
(1)、矩形或正方形;
(2)、AC=BD,理由见解析;(3)、10或12﹣.
【解析】
试题解析:
(1)、矩形或正方形;
(1)、AC=BD,理由为:
连接PD,PC,如图1所示:
∵PE是AD的垂直平分线,PF是BC的垂直平分线,∴PA=PD,PC=PB,∴∠PAD=∠PDA,∠PBC=∠PCB,
∴∠DPB=2∠PAD,∠APC=2∠PBC,即∠PAD=∠PBC,∴∠APC=∠DPB,∴△APC≌△DPB(SAS),∴AC=BD;
(3)、分两种情况考虑:
(i)当∠AD′B=∠D′BC时,延长AD′,CB交于点E,如图3(i)所示,
∴∠ED′B=∠EBD′,∴EB=ED′,设EB=ED′=x,由勾股定理得:
42+(3+x)2=(4+x)2,解得:
x=4.5,
过点D′作D′F⊥CE于F,∴D′F∥AC,∴△ED′F∽△EAC,∴,即,
解得:
D′F=,
∴S△ACE=AC×EC=×4×(3+4.5)=15;S△BED′=BE×D′F=×4.5×=,
则S四边形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′=15﹣=10;
考点:
几何变换综合题
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