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  • ID:3-7281526 [精]【备考2020】高考一轮复习 05二次函数与幂函数 学案

    高中数学/高考专区/一轮复习

    中小学教育资源及组卷应用平台 一轮复习05二次函数与幂函数 一、二次函数 1.二次函数的概念 形如的函数叫做二次函数. 2.表示形式 (1)一般式:f(x)=ax2+bx+c(a≠0). (2)顶点式:f(x)=a(x?h)2+k(a≠0),其中(h,k)为抛物线的顶点坐标. (3)两根式:f(x)=a(x?x1)(x?x2)(a≠0),其中x1,x2是抛物线与x轴交点的横坐标. 3.二次函数的图象与性质 函数解析式 图象(抛物线) 定义域 R 值域 对称性 函数图象关于直线对称 顶点坐标 奇偶性 当b=0时是偶函数,当b≠0时是非奇非偶函数 单调性 在上是减函数; 在上是增函数. 在上是增函数; 在上是减函数. 最值 当时, 当时, 4.常用结论 (1)函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交点的横坐标是方程ax2+bx+c=0的实根. (2)若x1,x2为f(x)=0的实根,则f(x)在x轴上截得的线段长应为|x1?x2|=. (3)当且()时,恒有f(x)>0();当且()时,恒有f(x)<0(). 二、幂函数 1.幂函数的概念 一般地,形如y=xα(α∈R)的函数称为幂函数,其中底数x为自变量,α为常数. 2.几个常见幂函数的图象与性质 函数 图象 定义域 值域 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 非奇非偶函数 奇函数 单调性 在上单调递增 在上单调递减;在上单调递增 在上单调递增 在上单调递增 在和上单调递减 过定点 过定点 过定点 3.常用结论 (1)幂函数在上都有定义. (2)幂函数的图象均过定点. (3)当时,幂函数的图象均过定点,且在上单调递增. (4)当时,幂函数的图象均过定点,且在上单调递减. (5)幂函数在第四象限无图象. 考向一 幂函数的图象与性质 1.幂函数y=xα的图象与性质,由于α值的不同而比较复杂,一般从两个方面考查: ①α的正负:当α>0时,图象过原点,在第一象限的图象上升;当α<0时,图象不过原点,在第一象限的图象下降,反之也成立. ②幂函数的指数与图象特征的关系 当α≠0,1时,幂函数y=xα在第一象限的图象特征如下: α α>1 0<α<1 α<0 图象 特殊点 过(0,0),(1,1) 过(0,0),(1,1) 过(1,1) 凹凸性 下凸 上凸 下凸 单调性 递增 递增 递减 举例 y=x2 、 2.利用幂函数的单调性比较幂值大小的技巧: 结合幂值的特点利用指数幂的运算性质化成同指数幂,选择适当的幂函数,借助其单调性进行比较. 典例1 如图所示的曲线是幂函数在第一象限的图象,已知,相应曲线对应的值依次为 A. B. C. D. 【解析】结合幂函数的单调性及图象,易知曲线对应的值依次为. 故选B. 对点训练 1.已知函数是幂函数,且其图象与两坐标轴都没有交点,则实数 A. B.2 C.3 D.2或 典例2 设,则的大小关系是 A.a>c>b B.a>b>c C.c>a>b D.b>c>a 【解析】因为在上是增函数,所以又因为在上是减函数,所以. 对点训练 2.已知,,,则下列结论成立的是 A. B. C. D. 考向三 二次函数的图象与性质 高考对二次函数图象与性质进行单独考查的频率较低,常与一元二次方程、一元二次不等式等知识交汇命题,考查二次函数图象与性质的应用,以选择题、填空题的形式呈现,有时也出现在解答题中,解题时要准确运用二次函数的图象与性质,掌握数形结合的思想方法.常见类型及解题策略: 1.图象识别问题 辨析二次函数的图象应从开口方向、对称轴、顶点坐标以及图象与坐标轴的交点等方面着手讨论或逐项排除. 2.二次函数最值问题的类型及处理思路 (1)类型:a.对称轴、区间都是给定的;b.对称轴动、区间固定;c.对称轴定、区间变动. (2)解决这类问题的思路:抓住“三点一轴”数形结合,三点是指区间的两个端点和中点,一轴指的是对称轴,结合配方法,根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成. 3.解决一元二次方程根的分布问题的方法 常借助于二次函数的图象数形结合来解,一般从:a.开口方向;b.对称轴位置;c.判别式;d.端点函数值符号四个方面分析. 4.求解与二次函数有关的不等式恒成立问题 往往先对已知条件进行化简,转化为下面两种情况: (1)ax2+bx+c>0,a≠0恒成立的充要条件是. (2)ax2+bx+c<0,a≠0恒成立的充要条件是. 另外,也可以采取分离变量法,把问题转化为不等式f(x)>A在区间D上恒成立,此时就等价于在区间D上f(x)min>A,接下来求出函数f(x)的最小值;若不等式f(x)

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  • ID:3-7263603 [精]2020年高考数学一轮复习 04函数性质 学案

    高中数学/高考专区/一轮复习

    中小学教育资源及组卷应用平台 一轮复习04函数的基本性质 一、函数的单调性 1.函数单调性的定义 增函数 减函数 定义 一般地,设函数的定义域为,如果对于定义域内某个区间上的任意两个自变量的值, 当时,都有,那么就说函数在区间上是增函数 当时,都有,那么就说函数在区间上是减函数 图象描述 自左向右看,图象是上升的 自左向右看,图象是下降的 设,.若有或,则在闭区间上是增函数;若有或,则在闭区间上是减函数.此为函数单调性定义的等价形式. 2.单调区间的定义 若函数在区间上是增函数或减函数,则称函数在这一区间上具有(严格的)单调性,区间叫做函数的单调区间. 注意:(1)单调性是与“区间”紧密相关的概念,一个函数在不同的区间上,可以有不同的单调性,同一种单调区间用“和”或“,”连接,不能用“∪”连接. (2)函数的单调性只能在函数的定义域内来讨论,所以求函数的单调区间,必须先求函数的定义域. (3)“函数的单调区间是”与“函数在区间上单调”是两个不同的概念,注意区分,显然. (4)函数的单调性是对某个区间而言的,所以要受到区间的限制.例如函数分别在(-∞,0),(0,+∞)内都是单调递减的,但不能说它在整个定义域,即(-∞,0)∪(0,+∞)内单调递减,只能分开写,即函数的单调减区间为(-∞,0)和(0,+∞). 3.函数单调性的常用结论 (1)若均为区间A上的增(减)函数,则也是区间A上的增(减)函数; (2)若,则与的单调性相同;若,则与的单调性相反; (3)函数在公共定义域内与,的单调性相反; (4)函数在公共定义域内与的单调性相同; (5)奇函数在其关于原点对称的区间上单调性相同,偶函数在其关于原点对称的区间上单调性相反; (6)一些重要函数的单调性: ①的单调性:在和上单调递增,在和上单调递减; ②(,)的单调性:在和上单调递增,在和上单调递减. 4.函数的最值 前提 设函数的定义域为,如果存在实数满足 条件 (1)对于任意的,都有;(2)存在,使得 (3)对于任意的,都有;(4)存在,使得 结论 为最大值 为最小值 注意:(1)函数的值域一定存在,而函数的最值不一定存在; (2)若函数的最值存在,则一定是值域中的元素;若函数的值域是开区间,则函数无最值,若函数的值域是闭区间,则闭区间的端点值就是函数的最值. 二、函数的奇偶性 1.函数奇偶性的定义及图象特点 奇偶性 定义 图象特点 偶函数 如果对于函数的定义域内任意一个,都有,那么函数是偶函数 图象关于轴对称 奇函数 如果对于函数的定义域内任意一个,都有,那么函数是奇函数 图象关于原点对称 判断与的关系时,也可以使用如下结论:如果或,则函数为偶函数;如果或,则函数为奇函数. 注意:由函数奇偶性的定义可知,函数具有奇偶性的一个前提条件是:对于定义域内的任意一个x,也在定义域内(即定义域关于原点对称). 2.函数奇偶性的几个重要结论 (1)奇函数在关于原点对称的区间上的单调性相同,偶函数在关于原点对称的区间上的单调性相反. (2),在它们的公共定义域上有下面的结论: 偶函数 偶函数 偶函数 偶函数 偶函数 偶函数 偶函数 奇函数 不能确定 不能确定 奇函数 偶函数 奇函数 偶函数 不能确定 不能确定 奇函数 偶函数 奇函数 奇函数 奇函数 奇函数 偶函数 奇函数 (3)若奇函数的定义域包括,则. (4)若函数是偶函数,则. (5)定义在上的任意函数都可以唯一表示成一个奇函数与一个偶函数之和. (6)若函数的定义域关于原点对称,则为偶函数,为奇函数,为偶函数. (7)掌握一些重要类型的奇偶函数: ①函数为偶函数,函数为奇函数. ②函数(且)为奇函数. ③函数(且)为奇函数. ④函数(且)为奇函数. 三、函数的周期性 1.周期函数 对于函数,如果存在一个非零常数T,使得当x取定义域内的任何值时,都有,那么就称函数为周期函数,称T为这个函数的周期. 2.最小正周期 如果在周期函数的所有周期中存在一个最小的正数,那么这个最小的正数就叫做的最小正周期(若不特别说明,一般都是指最小正周期). 注意:并不是所有周期函数都有最小正周期. 3.函数周期性的常用结论 设函数,. ①若,则函数的周期为; ②若,则函数的周期为; ③若,则函数的周期为; ④若,则函数的周期为; ⑤函数关于直线与对称,那么函数的周期为 ; ⑥若函数关于点对称,又关于点对称,则函数的周期是; ⑦若函数关于直线对称,又关于点对称,则函数的周期是; ⑧若函数是偶函数,其图象关于直线对称,则其周期为; ⑨若函数是奇函数,其图象关于直线对称,则其周期为. 考向一 函数的单调性 函数单调性的应用主要有: (1)由的大小关系可以判断与的大小关系,也可以由与的大小关系判断出的大小关系.比较函数值的大小时,若自变量的值不在同一个单调区间内,要利用其函数性质转化到同一个单调区间上进行比较. (2)利用函数的单调性,求函数的最大值和最小值. (3)利用函数的单调性,求参数的取值范围,此时应将参数视为已知数,依据函数的单调性,确定函数的单调区间,再与已知单调区间比较,即可求出参数的取值范围.若函数为分段函数,除注意各段的单调性外,还要注意衔接点的取值. (4)利用函数的单调性解不等式.首先根据函数的性质把不等式转化为的形式,然后根据函数的单调性去掉“f”号,转化为具体的不等式(组),此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内. 典例1若函数在上单调递增,则的取值范围是__________. 【解析】∵函数在上单调递增, ∴函数在区间上为增函数, ∴,解得, ∴实数的取值范围是. 典例2 已知函数f(x+1)为偶函数,且f(x)在(1,+∞)上单调递增,f(–1)=0,则f(x–1)>0的解集为 A.(–∞,0)∪(4,+∞) B.(–∞,–1)∪(3,+∞) C.(–∞,–1)∪(4,+∞) D.(–∞,0)∪(1,+∞) 【解析】∵函数f(x+1)为偶函数,∴f(–x+1)=f(x+1), 则函数f(x)的图象关于直线x=1对称,∵f(–1)=0,∴f(–1)=f(3)=0. 又∵f(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴由不等式f(x–1)>0,可得x–1>3或x–1<–1,解得x>4或x<0. 即f(x–1)>0的解集为(–∞,0)∪(4,+∞),故选A. 对点训练 1.已知为定义在上的偶函数,且在上为增函数,则的大小顺序是 A. B. C. D. 考向二 函数最值的求解 1.利用单调性求最值.应先确定函数的单调性,然后再由单调性求出最值.若函数在闭区间上是增函数,则在上的最小值为,最大值为;若函数在闭区间上是减函数,则在上的最小值为,最大值为. 2.求函数的最值实质上是求函数的值域,因此求函数值域的方法也用来求函数最值. 3.由于分段函数在定义域不同的子区间上对应不同的解析式,因此应先求出分段函数在每一个子区间上的最值,然后取各区间上最大值中的最大者作为分段函数的最大值,各区间上最小值中的最小者作为分段函数的最小值. 4.求函数最值的方法还有数形结合法和导数法. 典例3 已知二次函数,分别是函数在区间上的最大值和最小值,则的最小值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】当,即时,; 当,即时,; 当,即时,; 当,即时,, 综上所述,的最小值为1,故选B. 典例4 已知函数,若x∈[t,t+2],求函数f(x)的最值. 【解析】易知函数的图象的对称轴为直线x=1, (1)当1≥t+2,即时,f(x)max=f(t)=t2-2t-3,f(x)min=f(t+2)=t2+2t-3. (2)当≤11时,f(x)max=f(t+2)=t2+2t-3,f(x)min=f(t)=t2-2t-3. 设函数f(x)的最大值为g(t),最小值为φ(t),则有 ,. 对点训练 已知函数,若在区间上,不等式恒成立,则实数的取值范围是 . 考向三函数的奇偶性 判断函数奇偶性的常用方法及思路: (1)定义法: (2)图象法: (3)性质法:利用奇函数和偶函数的和、差、积、商的奇偶性和复合函数的奇偶性来判断. 注意:①分段函数奇偶性的判断,要注意定义域内x取值的任意性,应分段讨论,讨论时可依据x的范围相应地化简解析式,判断与的关系,得出结论,也可以利用图象作判断. ②性质法中的结论是在两个函数的公共定义域内才成立的. ③性质法在选择题和填空题中可直接运用,但在解答题中应给出性质推导的过程. 典例5 函数的导函数是偶函数,则实数__________. 【解析】设,则,因为是奇函数,是偶函数,故,即是奇函数,选C. 典例6 已知函数是定义在上的奇函数,且,当时,,则 A.2 B. C.1 D. 【答案】B【解析】根据题意,函数满足, 则有, 则函数是周期为8的周期函数,则, 又由函数为奇函数,则,又, 则,即, 故选B. 对点训练 3.若函数为偶函数,则的值为__________. 考向四函数奇偶性的应用 1.与函数奇偶性有关的问题及解决方法: (1)已知函数的奇偶性,求函数的值. 将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解. (2)已知函数的奇偶性求解析式. 已知函数奇偶性及其在某区间上的解析式,求该函数在整个定义域上的解析式的方法是:首先设出未知区间上的自变量,利用奇、偶函数的定义域关于原点对称的特点,把它转化到已知的区间上,代入已知的解析式,然后再次利用函数的奇偶性求解即可. (3)已知带有参数的函数的表达式及奇偶性求参数. 在定义域关于原点对称的前提下,利用为奇函数,为偶函数,列式求解,也可以利用特殊值法求解.对于在处有定义的奇函数,可考虑列式求解. (4)已知函数的奇偶性画图象判断单调性或求解不等式. 利用函数的奇偶性可画出函数在另一对称区间上的图象及判断另一区间上函数的单调性. 2.对称性的三个常用结论: (1)若函数是偶函数,即,则函数的图象关于直线对称; (2)若对于上的任意x都有或,则的图象关于直线对称; (3)若函数是奇函数,即,则函数关于点中心对称. 典例7 已知定义在上的奇函数满足,若,则实数a的取值范围是________. 【答案】(-3,1) 【解析】由题意可得在上为增函数,又为定义在上的奇函数, 所以在上为增函数. 由得,即,解得. 故实数a的取值范围是(-3,1). 典例8 已知是定义在上的奇函数,当时,,则不等式的解集用区间表示为__________. 【答案】 【解析】∵是定义在上的奇函数,∴. 又当时,,∴. 又为奇函数,∴,∴, ∴. 当时,由得,解得; 当时,无解; 当时,由得,解得. 综上,不等式的解集用区间表示为. 对点训练 4.已知偶函数在上单调递增,若,则满足的的取值范围是 A. B. C. D. 考向五函数周期性的判断及应用 (1)判断函数的周期,只需证明,便可证明函数是周期函数,且周期为T,函数的周期性常与函数的其他性质综合命题. (2)根据函数的周期性,可以由函数局部的性质得到函数的整体性质,即周期性与奇偶性都具有将未知区间上的问题转化到已知区间的功能.在解决具体问题时,要注意结论:若T是函数的周期,则且)也是函数的周期. (3)利用函数的周期性,可将其他区间上的求值、求零点个数、求解析式等问题,转化为已知区间上的相应问题,进而求解. 典例9 定义在实数集上的函数满足,且,现有以下三种叙述: ①是函数的一个周期;②的图象关于直线对称;③是偶函数. 其中正确的序号是 . 【答案】①②③ 【解析】由得,所以,所以是的一个周期,也是的一个周期,①正确; 由得的图象关于直线对称,②正确; 由得,所以,所以函数是偶函数,③正确. 所以正确的序号是①②③. 对点训练 5.已知为定义在上周期为2的奇函数,当时,,若,则 A.6 B.4 C. D. 考向六 函数性质的综合应用 函数的三个性质:单调性、奇偶性和周期性,在高考中一般不会单独命题,而是常将它们综合在一起考查,其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合,并结合奇偶性求函数值,多以选择题、填空题的形式呈现,且主要有以下几种命题角度: (1)函数的单调性与奇偶性相结合,注意函数的单调性及奇偶性的定义,以及奇、偶函数图象的对称性. (2)周期性与奇偶性相结合,此类问题多考查求值问题,常利用奇偶性及周期性进行交换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解. (3)周期性、奇偶性与单调性相结合,解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间,然后利用奇偶性和单调性求解. 典例10 已知定义在上的奇函数满足,且在区间上是增函数,则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】因为满足,所以,所以函数是以8为周期的周期函数,则. 由是定义在上的奇函数,且满足,得. 因为在区间上是增函数,是定义在上的奇函数,所以在区间上是增函数, 所以,即. 对点训练 6.已知函数 若f(3-2a2)>f(a),则实数a的取值范围是________. 课时过关训练 1.下列函数中,在其定义域上是减函数的为 A. B. C. D. 2.函数,且的图象可能为 A. B. C. D. 3.已知函数满足,且在上单调递增,则 A. B. C. D. 4.已知函数为偶函数,且函数与的图象关于直线对称,若,则 A. B. C. D. 5.已知定义在上的函数满足:对任意实数都有,,且时,,则的值为 A. B. C. D. 6.设是定义在上的偶函数,且当时,,若对任意的,不等式恒成立,则实数的最大值是 A. B. C. D. 7.(2019年高考新课标Ⅲ卷理数)设是定义域为R的偶函数,且在单调递减,则 A.(log3)>()>() B.(log3)>()>() C.()>()>(log3) D.()>()>(log3) 8.(2018年高考新课标Ⅲ卷文科)下列函数中,其图象与函数的图象关于直线对称的是 A. B. C. D. 9.(2018年高考新课标II卷理科)已知是定义域为的奇函数,满足.若,则 A. B.0 C.2 D.50 10.(2017年高考浙江卷)若函数f(x)=x2+ ax+b在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则M – m A.与a有关,且与b有关 B.与a有关,但与b无关 C.与a无关,且与b无关 D.与a无关,但与b有关 11.(2017年高考新课标Ⅰ卷理科)函数在单调递减,且为奇函数.若,则满足的的取值范围是 A. B. C. D. 12.(2017年高考天津卷理科)已知奇函数在R上是增函数,.若,,,则a,b,c的大小关系为 A. B. C. D. 13.(2017年高考浙江卷)已知aR,函数在区间[1,4]上的最大值是5,则的取值范围是___________. 14.(2019年高考新课标Ⅱ卷理数)已知是奇函数,且当时,.若,则__________. 15.(2019年高考北京理数)设函数(a为常数).若f(x)为奇函数,则a=________;若f(x)是R上的增函数,则a的取值范围是___________. 参考答案 对点训练 1.【答案】A 【解析】因为为定义在上的偶函数,且在上为增函数,所以,又,所以,所以.故选A. 2.【答案】 【解析】要使在区间上,不等式恒成立,只需恒成立,设,只需小于在区间上的最小值, 因为,所以当时,,所以,所以实数的取值范围是. 3.【答案】 【解析】因为函数为偶函数, 所以由可得, 则,∴,故答案为. 4.【答案】B 【解析】由题设知偶函数在上单调递增, 若,则,即 解得或.故选B. 5.【答案】A 【解析】因为是周期为2的奇函数,所以,解得,故选A.10. 6.【解析】 因为函数 是单调递减函数,所以原不等式等价于 课时过关训练 1.【答案】D【解析】对于A答案,为二次函数,则函数在上单调递增,在上单调递减, 在其定义域范围内有增有减,故不正确; 对于B答案,为反比例函数,在上单调递减,在上单调递减,在定义域范围内没有单调性,不满足题意; 对于C答案, ,则在上单调递减,上单调递增,不满足题意; 对于D答案,定义域为,由复合函数的单调性可知,整个定义域范围内单调递减,故满足题意;故答案选D. 2.【答案】D【解析】因为,函数为奇函数,函数的图象关于原点对称, 可排除选项A,B,当时,,可排除选项C,故选D. 3.【答案】B 【解析】∵f(2+x)=f(2?x),∴f(x)的图象关于直线x=2对称,∴f(?1)=f(5),又f(x)在上单调递增,∴f(3)

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  • ID:3-7197743 [精]2020年三轮冲刺 高考模拟测试卷(一) 解析版

    高中数学/高考专区/三轮冲刺

    中小学教育资源及组卷应用平台 2020年高考模拟测试卷(一) 第1卷 一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分) 1.设集合,,则( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】,故,选C. 2.双曲线﹣y2=1的渐近线方程是( ) A. x±2y=0 B. 2x±y=0 C. 4x±y=0 D. x±4y=0 【答案】A 【解析】双曲线 其渐近线方程是﹣y2=0 整理得x±2y=0.故选A. 3.已知公差不为零的等差数列满足,为数列的前项和,则的值为( ) A. B. C. D. 【答案】A【解析】设公差为,由得到, 整理得到,因,故, ,所以,故选A. 4.设,则“”是“”的( ) A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C【解析】由得,,所以是充分条件; 由可得,所以是必要条件, 故“”是“”的充要条件.答案选C. 5.函数的图象可能是( ) A. B. C. D. 【答案】D【解析】由于,所以的定义域为, 因为 所以为奇函数,其图像关于原点对称,所以排除A,B 因为, , 所以排除C故选:D 6.某射手射击所得环数的分布列如下: 7 8 9 10 已知的数学期望,则的值为( ) A B. C. D. 【答案】B 【解析】题意可知:,解得.故选:B. 7.已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中 ,AB=2,CC1=E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为 A. 2 B. C. D. 1 【答案】D 【解析】因为线面平行,所求求线面距可以转化为求点到面的距离,选用等体积法.平面,到平面的距离等于到平面的距离,由题计算得,在中,,边上的高,所以,所以,利用等体积法,得:,解得: 8.对于定义域为R的函数,若存在非零实数,使函数在和上与轴都有交点,则称为函数的一个“界点”.则下列四个函数中,不存在“界点”的是( ) A. B. C. D. 【答案】D【解析】选项:令,即,根据与图像如图所示: 可知当时,有与两个交点 当时,有个交点 因此两函数共有个交点,故必有“界点”; 选项:令,可知,方程恒有个不等式根,即必有个零点,故必有“界点”; 选项:令,解得或,即有个零点,故必有“界点”; 选项:令,令,则 又,所以 在上单调递增 又,即只有一个零点,故不存在“界点”.本题正确选项: 9.已知,,是平面内三个单位向量,若,则的最小值( ) A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】设,,,则,从而 ,等号可取到.故选:A 10.已知数列满足,则( ) A B. C. D. 【答案】C 【解析】由题得,则有, ,故选C. 二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分) 11.设i为虚数单位,给定复数,则z的虚部为________,________. 【答案】 (1). 2 (2). 【解析】因为 所以的虚部为2, 故答案为: (1). 2 (2). 12.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是________,表面积是________. 【答案】 (1). (2). 【解析】由三视图可知此几何体是从一个长为6,宽为6,高为4的长方体中挖去一个底面半径为3,高为4的圆锥,所以此几何体的体积为 表面积为. 故答案为: (1). (2). 13.已知,满足条件则的最大值是_____,原点到点的距离的最小值是_____. 【答案】 (1). (2). 【解析】不等式组对应的可行域如下: 当动直线过时,有最大值,又,故的最大值为. 原点到的距离的最小值即为,故分别填、. 14.小明口袋中有3张10元,3张20元(因纸币有编号认定每张纸币不同),现从中掏出纸币超过45元的方法有_______种;若小明每次掏出纸币的概率是等可能的,不放回地掏出4张,刚好是50元的概率为_______. 【答案】 (1). (2). 【解析】超出45元即为掏出纸币50元,60元,70元,80元,90元, 如果掏出纸币50元,则2张20元,1张10元,或3张10元,1张20元,共有; 如果掏出纸币60元,则2张20元,2张10元,或3张20元,共有; 如果掏出纸币70元,则3张20元,1张10元,或2张20元,3张10元,共有; 如果掏出纸币80元,则3张20元,2张10元,共有; 如果掏出纸币90元,则3张20元,3张10元,共有; 综上,共有种. 设“如果不放回的掏出4张,刚好是50元”为事件,则所有的基本事件的总数为, 中含有的基本事件的总数为,故.所以分别填. 15.在中,,为的平分线,,则___________. 【答案】 【解析】原题图形如图所示: 则: 设,则,又 解得: 本题正确结果: 16.若函数在上有零点,则的最小值为____. 【答案】【解析】设函数零点为,则由得到, 所以, , 当时,有最小值,故填. 17.如图,椭圆:的离心率为,F是的右焦点,点P是上第一角限内任意一点,,,若,则的取值范围是_______. 【答案】 【解析】设,,,则, 由,得,代入椭圆方程, 得,化简得恒成立, 由此得,即,故. 故答案为: 三、解答题(本大题共5小题,共74分) 18.已知函数. (Ⅰ)求函数的单调递增区间; (Ⅱ)设△ABC中的内角,,所对的边分别为,,,若,且,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)单调递增区间为,Z. (Ⅱ) 【解析】(Ⅰ). 所以,解得,. 所以函数的单调递增区间为,. (Ⅱ)因为,所以.所以. 又因为,所以,即. 而,所以,即. 又因为,所以. 19.如图,四棱锥中,垂直平面,,,,为的中点. (Ⅰ) 证明:平面平面; (Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(Ⅰ)见证明 (Ⅱ) 【解析】Ⅰ)证明: 平面,平面, 故. 又,所以. 故,即 ,而,所以平面, 因为平面,所以平面平面. (Ⅱ)平面,平面, 故.又,所以. 在平面内,过点作,垂足为. 由(Ⅰ)知平面平面, 平面,平面平面 所以平面. 由面积法得:即. 又点为的中点,.所以. 又点为的中点,所以点到平面的距离与点到平面的距离相等. 连结交于点,则. 所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半,即. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 另解:如图,取的中点,如图建立坐标系. 因为,所以.所以有: ,,,,, . .,. 设平面的一个法量为,则 取,得,.即. 设直线与平面所成角为,则 . 20.在数列中,,,且对任意的N*,都有. (Ⅰ)证明数列是等比数列,并求数列的通项公式; (Ⅱ)设,记数列的前项和为,若对任意的N*都有,求实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ)见证明;(Ⅱ) 【解析】(Ⅰ)由可得. 又,,所以,故. 所以是首项为2,公比为2的等比数列.所以. 所以. (Ⅱ)因为. 所以 . 又因为对任意的都有,所以恒成立, 即,即当时,. 21.已知椭圆的焦点坐标为,,过垂直于长轴的直线交椭圆于、两点,且. (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)过的直线与椭圆交于不同的两点、,则的内切圆的面积是否存在最大值?若存在求出这个最大值及此时的直线方程;若不存在,请说明理由. 【答案】(1);(2)存在,内切圆面积最大值是,直线方程为. 【解析】 (1)设椭圆方程为=1(a>b>0), 由焦点坐标可得c=1.由|PQ|=3,可得=3. 又a2-b2=1,得a=2,b=.故椭圆方程为=1. (2)设M(x1,y1),N(x2,y2),不妨令y1>0,y2<0, 设△F1MN的内切圆的半径R, 则△F1MN的周长为4a=8,S△F1MN=(|MN|+|F1M|+|F1N|)R=4R, 因此要使△F1MN内切圆的面积最大,则R最大,此时S△F1MN也最大. S△F1MN=F1F2||y1-y2|=y1-y2, 由题知,直线l的斜率不为零,可设直线l的方程为x=my+1, 由得(3m2+4)y2+6my-9=0, 得y1=,y2=, 则S△F1MN=y1-y2=,令t=,则t≥1, 则S△F1MN===.令f(t)=3t+,则f′(t)=3-, 当t≥1时,f′(t)>0,所以f(t)在[1,+∞)上单调递增, 有f(t)≥f(1)=4,S△F1MN≤=3, 当t=1,m=0时,S△F1MN=3,又S△F1MN=4R,∴Rmax= 这时所求内切圆面积的最大值为π. 故△F1MN内切圆面积的最大值为π,且此时直线l的方程为x=1. 22.已知函数 (1)若,求证: (2)若,恒有,求实数的取值范围. 【答案】(1)见解析;(2)(﹣∞,0] 【解析】(1)∵函数f(x)=x2e3x,∴f′(x)=2xe3x+3x2e3x=x(3x+2)e3x. 由f′(x)>0,得x<﹣或x>0;由f′(x)<0,得, ∴f(x)在(﹣∞,﹣)内递增,在(﹣,0)内递减,在(0,+∞)内递增, ∴f(x)的极大值为, ∴当x<0时,f(x)≤ (2)∵x2e3x≥(k+3)x+2lnx+1,∴k≤,x>0, 令g(x)=,x>0,则g′(x), 令h(x)=x2(1+3x)e3x+2lnx﹣1,则h(x)在(0,+∞)上单调递增, 且x→0+时,h(x)→﹣∞,h(1)=4e3﹣1>0, ∴存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0, ∴当x∈(0,x0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)在(0,+∞)上的最小值是g(x0)=, ∵h(x0)=+2lnx0﹣1=0,所以, 令,令 所以=1,,∴g(x0) ∴实数k的取值范围是(﹣∞,0]. 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7171371 [精]高二数学下册期中复习(解析版)通用

    高中数学/期中专区/高二下册

    中小学教育资源及组卷应用平台 高二期中复习卷 一、单选题 1.已知排球发球考试规则:每位考生最多可发球三次,若发球成功,则停止发球,否则一直发到次结束为止.某考生一次发球成功的概率为,发球次数为,若的数学期望,则的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由题可知,,,则 解得,由可得, 答案选A 2.随机变量的分布列如下: 1 2 3 其中,,成等差数列,则的最大值为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】因为,,成等差数列,∴,∵,∴,, ∴, 则 , 当时取等号.则的最大值为.故选:D. 3.随机变量的可能值有1,2,3,且,,则的最大值为( ) A. B. C. D.1 【答案】D 【解析】随机变量的可能值有1,2,3,且,, 可得:, 由,可得 所以. , 当时,的最大值为1.故选:D. 4.有张卡片分别写有数字,从中任取张,可排出不同的四位数个数为( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据题意,分四种情况讨论: ①取出四张卡片中没有重复数字,即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4; 此时有种顺序,可以排出24个四位数. ②取出四张卡片中4有2个重复数字,则2个重复的数字为1或2, 若重复的数字为1,在2,3,4中取出2个,有种取法,安排在四个位置中, 有种情况,剩余位置安排数字1,可以排出个四位数 同理,若重复的数字为2,也可以排出36个重复数字; ③若取出的四张卡片为2张1和2张2,在4个位置安排两个1,有种情况, 剩余位置安排两个2,则可以排出个四位数; ④取出四张卡片中有3个重复数字,则重复数字为1,在2,3,4中取出1个卡片, 有种取法,安排在四个位置中,有种情况,剩余位置安排1, 可以排出个四位数,则一共有个四位数,故选C. 5.设集合,那么集合中满足条件 “”的元素个数为( ) A. B. C. D. 【答案】D【解析】分以下三种情况讨论, (1),则上述五个数中有一个为或,其余四个数为零,此时集合有 个元素; (2),则上述五个数中有两个数为或,其余三个数为零,其中这两个数的所有可能搭配有中,此时集合有个; (3),则上述五个数中有三个数为或,其余两个数为零,其中这两个数的所有可能搭配有中,此时集合有个; 综上所述,集合共有个元素.故选D. 6.从人中选派人承担甲,乙,丙三项工作,每项工作至少有一人承担,则不同的选派方法的个数为 ( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】先从6人中选派4人,共有种方法, 再将选取的4个人分成三组共有种方法, 再将三组分配从事甲、乙、丙三项工作共有种方法, 所以不同的选派方法共有种, 故选B. 7.已知复数满足,为虚数单位,则等于(  ) A. B. C. D. 【答案】A因为,所以应选答案A. 8.已知复数的模为,则的最大值为:(  ) A.1 B.2 C. D.3 【答案】D因为 ,所以最大值为3,选D. 9.函数的图象大致是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】令,则, 所以函数为偶函数,其图像关于轴对称,故不正确, 当时,,, 由,得,由,得, 所以在上递减,在上递增, 结合图像分析,不正确.故选:D 10已知函数.若g(x)存在2个零点,则a的取值范围是 A.[–1,0) B.[0,+∞) C.[–1,+∞) D.[1,+∞) 【答案】C【解析】画出函数的图像,在y轴右侧的去掉, 再画出直线,之后上下移动, 可以发现当直线过点A时,直线与函数图像有两个交点, 并且向下可以无限移动,都可以保证直线与函数的图像有两个交点, 即方程有两个解, 也就是函数有两个零点, 此时满足,即,故选C. 二、解答题 11.(1)已知,求的值. (2)已知的展开式中,各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中系数最大的项. 【答案】(1)-13;(2) 【解析】(1), 令可得, 可令可得, 两式相减可得,; (2)令可得各项系数和为,二项式系数和为, 由题意可得,即, 解得 (舍去),解得. 设第项的系数最大,则有,解得. 再由,可得. 故系数最大的项为. 12.已知,且. (1)求n的值; (2)求的值. 【答案】(1)n=6(2)63 【解析】 (1) 由二项展开式的通项公式可得 所以 ,解之可得, (2) 所以 ,所以 ,则问题可求 试题解析:(1)因为 T3= (-2x)2=a2x2, 所以a2= (-2)2=60, 化简可得n(n-1)=30,且n∈N*,解得n=6. (2)Tr+1= (-2x)r=arxr,所以ar= (-2)r, 所以 所以- ++…+=26-1=63. 13.已知在的展开式中,第5项的系数与第3项的系数之比是. (1)求展开式中的所有有理项; (2)求展开式中系数绝对值最大的项; (3)求的值. 【答案】(1)T1=x5和T7=13400 ,(2),(3). 【解析】(1)由,解得 因为通项: 当为整数,可取0,6 于是有理项为和 (2)设第项系数绝对值最大,则 注:等号不写扣 解得,于是只能为7 所以系数绝对值最大的项为 (3) 14.有4个不同的球,4个不同的盒子,现在要把球全部放入盒内. (1)共有几种放法? (2)恰有一个盒不放球,共有几种放法? 【答案】(1)256(2)144 【解析】(1)一个球一个球地放到盒子里,每个球都可有4种独立的放法. 由分步计数原理,放法共有44=256种. (2)为保证“恰有一个盒子不放球”,先从4个盒子中任意拿出去1个;将4个球分为2,1,1三组,有种分法;然后再从三个盒子中选一个放两个球,其余两个各放一个球,两个盒子全排列即可. 由分步计数原理,共有···=144种放法. 15.盒内有大小相同的9个球,其中2个红色球,3个白色球,4个黑色球. 规定取出1个红色球得1分,取出1个白色球得0分,取出1个黑色球得-1分 . 现从盒内任取3个球 (Ⅰ)求取出的3个球中至少有一个红球的概率; (Ⅱ)求取出的3个球得分之和恰为1分的概率; (Ⅲ)设为取出的3个球中白色球的个数,求的分布列. 【解析】(1)取出的3个球颜色互不相同的概率, (2)取出的3个球得分之和恰好为1分的概率 (3)ξ的分布列为: 数学期望 16.某同学理科成绩优异,今年参加了数学,物理,化学,生物4门学科竞赛.已知该同学数学获一等奖的概率为,物理,化学,生物获一等奖的概率都是,且四门学科是否获一等奖相互独立. (1)求该同学至多有一门学科获得一等奖的概率; (2)用随机变量表示该同学获得一等奖的总数,求的概率分布和数学期望. 【答案】(1)(2)见解析 【解析】(1)记“该同学获得个一等奖”为事件,, 则, , 所以该同学至多有一门学科获得一等奖的概率为 . (2)随机变量的可能取值为0,1,2,3,4, ,, , , , 所以的概率分布为 故. 17.已知i为虚数单位,复数在复平面内对应的点为 (1)设复数的共轭复数为,求的值; (2)已知,,求的值. 【答案】(1)3;(2). 【解析】(1)由题知:, 所以, 所以; (2)由题知:,所以, 所以 , 由复数相等知:, , 所以 18.已知函数. (1)若,证明:当时,; (2)若在只有一个零点,求的值. 【答案】(1)见解析;(2) 【解析】(1)当时,等价于. 设函数,则. 当时,,所以在单调递减. 而,故当时,,即. (2)设函数. 在只有一个零点当且仅当在只有一个零点. (i)当时,,没有零点; (ii)当时,. 当时,;当时,. 所以在单调递减,在单调递增. 故是在的最小值. ①若,即,在没有零点; ②若,即,在只有一个零点; ③若,即,由于,所以在有一个零点, 由(1)知,当时,,所以. 故在有一个零点,因此在有两个零点. 综上,在只有一个零点时,. 19.已知函数. (1)若函数在上是减函数,求实数的取值范围; (2)若函数在上存在两个极值点,,且,证明:. 【答案】(1);(2)见解析. 【解析】(1)∵在上是减函数, ∴在定义域上恒成立, ∴, 设,则, 由,得,由,得, ∴函数在上递增,在上递减, ∴,∴. 故实数的取值范围是. 证明:(2)由(1)知, ∵函数在上存在两个极值点,,且, ∴, 则,∴, ∴ , 设,则, 要证, 只需证,只需证,只需证, 构造函数,则, ∴在上递增, ∴,即, ∴. 三、填空题 20.在的展开式中的系数是______.(用具体数作答) 【答案】180. 【解析】 因为二项式,展开式的通项公式为,而对于的展开式,其中,都为自然数,令,解得或,所以展开式的系数为。 21.“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就,是二项式系数在三角形中的一种几何排列.如图所示,去除所有为1的项,依此构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,则此数列的前56项和为_____. 【答案】4084 【解析】次二项式系数对应杨辉三角形的第行,如,系数分别为1,2,1,对应杨辉三角形的第3行; 令,就可以求出该行的系数之和,第一行为,第二行为,第三行为,以此类推,即每一行数字和为首项为1,公比为2的等比数列; 则杨辉三角形的前项和为; 若去除所有为1的项,则剩下的每一行的个数为1,2,3,4,……,可以看成是以1为首项,以1为公差的等差数列,则; 由此可得,当,再加上第11行的第一项,所有项的个数为56, 由于最左侧为2,3,4,5,……,是以2为首项,1为公差的等差数列,故第11行的第一项为12, 又杨辉三角形的前12项的和为, 则此数列的前56项和为. 故答案为4084 22.若(2x+)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为 【答案】1 【解析】令得,令得,所以所求式子转化为 23.将,,,,这5名同学从左至右排成一排,则与相邻且与之间恰好有1名同学的排法有________种. 【答案】20 【解析根据题意,分两种情况 若A与C之间为B,即B在A,C中间且三人相邻,共有种情况, 将三人看成一个整体,与D,E两人全排列,共有种情况, 则此时有种排法 若A与C之间不是B,先从D,E中选取1人,安排在A,C之间,有种选法, 此时B在A的另一侧,将四人看成一个整体,考虑之前的顺序,有种情况, 将这个整体与剩下的1人全排列,有种情况, 此时有种排法 所以总共有种情况符合题意 故答案为:20 24.给图中A,B,C,D,E,F六个区域进行染色,每个区域只染一种颜色,且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择,则共有___种不同的染色方案. 【答案】96 【解析】要完成给图中、、、、、六个区域进行染色,染色方法可分两类,第一类是仅用三种颜色染色, 即同色,同色,同色,则从四种颜色中取三种颜色有种取法,三种颜色染三个区域有种染法,共种染法; 第二类是用四种颜色染色,即,,中有一组不同色,则有3种方案不同色或不同色或不同色),先从四种颜色中取两种染同色区有种染法,剩余两种染在不同色区有2种染法,共有种染法. 由分类加法原理得总的染色种数为种. 故答案为:96. 25.学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手,其中男生甲不适合担任一辩手,女生乙不适合担任四辩手.现要求:如果男生甲入选,则女生乙必须入选.那么不同的组队形式有_________种. 【答案】 【解析】若甲乙都入选,则从其余人中选出人,有种,男生甲不适合担任一辩手,女生乙不适合担任四辩手,则有种,故共有 种; 若甲不入选,乙入选,则从其余人中选出人,有种,女生乙不适合担任四辩手,则有种,故共有种; 若甲乙都不入选,则从其余6人中选出人,有种,再全排,有种,故共有种,综上所述,共有,故答案为. 26.3名男生和3名女生共6人站成一排,若男生甲不站两端,且不与男生乙相邻,3名女生有且只有2名女生相邻,则不同排法的种数是_____.(用数字作答) 【答案】168. 【解析】根据题意,假设有1、2、3、4、5、6,共6个位置, 若男生甲不站两端,则甲必须在2、3、4、5的位置, 可分4种情况讨论: ①当甲在2号位置,甲乙不能相邻,则乙可以在4、5、6号位置, 若乙在4号或5号位置,只有2个位置是相邻的,有种排法, 若乙在6号位置,有种排法, 由分类计数原理可得,共有种排法; ②当甲在5号位置,同理①,有36种排法; ③当甲在3号位置,甲乙不能相邻,则乙可以在1、5、6号位置, 若乙在1号位置,有种排法, 若乙在5号位置,有种排法, 若乙在6号位置,有种排法, 由分类计数原理可得,共有种排法; ④当甲在4号位置,同理③,有48种排法,则有种不同的排法; 故答案为:168. 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7159058 [精]【备考2020】高考数学三轮 高考数列和解析几何大题练习(解析版)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 高考数列和解析几何大题练习 1.已知数列中,,且,其前项和为,且为等比数列. (Ⅰ)求数列的通项公式; (Ⅱ)若,记数列的前项和为.设是整数,问是否存在正整数,使等式成立?若存在,求出和相应的值;若不存在,请说明理由. 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)答案见解析. 【解析】(Ⅰ)由题意可得:,结合题意可知: 故:. (Ⅱ)当时,.而, 由此,当时,, 从而等式即为,解得,它不是整数,不符合题意. 当时,. 则等式即为,解得. 由是整数,得是5的因数.而当且仅当时,是整数,由此. 综上所述,当且仅当时,存在正整数,使等式成立. 2.已知首项都是的数列满足. (1)令,求数列的通项公式; (2)若数列为各项均为正数的等比数列,且,求数列的前项和. 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ) 【解析】(Ⅰ)由题意可得,,两边同除以,得, 又,,又,数列是首项为,公差为的等差数列. ,. (Ⅱ)设数列的公比为,,, 整理得:,,又,,, …………① …………② ①—②得: . 3.已知为等差数列,前项和为,是首项为的等比数列,且公比大于,,,. (Ⅰ)求和的通项公式; (Ⅱ)设,.求:. 【答案】(Ⅰ),;(Ⅱ). 【解析】(Ⅰ)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q. 由已知得,而,所以. 又因为q>0,解得q=2.所以,. 由,可得. 且:, 即,联立方程可得, 所以,的通项公式为,的通项公式为. (Ⅱ)令数列的通项公式: , 则数列的前n项和, 易知, 故. 4.设等差数列的前项和为,且,. (Ⅰ)求数列的通项公式; (Ⅱ)设数列的前项和为,且 (为常数),令,求数列的前项和。 【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) 【解析】(Ⅰ)设等差数列的公差为,则 ,解得, 所以 (Ⅱ)由(Ⅰ)得,所以. 当时, 因此 所以 相减得, 化简得 5.已知椭圆:的长半轴长为,点(为椭圆的离心率)在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程; (2)如图,为直线上任一点,过点椭圆上点处的切线为,,切点分别,,直线与直线,分别交于,两点,点,的纵坐标分别为,,求的值. 【答案】(1);(2). 【解析】(1)由椭圆的长半轴长为,得. 因为点在椭圆上,所以. 又因为,,所以, 所以(舍)或. 故椭圆的标准方程为. (2)设点的坐标为,直线的方程为,直线的方程为. 据得. 据题意,得,得, 同理,得, 所以. 又可求,得,, 所以 . 6.如图,在平面直角坐标系中,已知椭圆()的上顶点为,圆经过点. (1)求椭圆的方程; (2)过点作直线交椭圆于,两点,过点作直线的垂线交圆于另一点.若△PQN的面积为3,求直线的斜率. 【答案】(1);(2) 【解析】(1)因为椭圆的上顶点为,所以,又圆经过点, 所以. 所以椭圆的方程为. (2)若的斜率为0,则,, 所以△PQN的面积为,不合题意,所以直线的斜率不为0. 设直线的方程为,由消得, 设,, 则,, 所以 . 直线的方程为,即,所以. 所以△PQN的面积 , 解得,即直线的斜率为. 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7083808 [精]【备考2020】高考数学二轮 立体几何模拟试题专练(解析版)

    高中数学/高考专区/二轮专题

    中小学教育资源及组卷应用平台 立体几何模拟试题专练 一、单选题 1.如图,点P在正方体的面对角线上运动,则下列四个结论: 三棱锥的体积不变; 平面; ; 平面平面. 其中正确的结论的个数是   A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 【答案】C 【解析】 对于,由题意知,从而平面, 故BC上任意一点到平面的距离均相等, 所以以P为顶点,平面为底面,则三棱锥的体积不变,故正确; 对于,连接,,且相等,由于知:, 所以面,从而由线面平行的定义可得,故正确; 对于,由于平面,所以, 若,则平面DCP, ,则P为中点,与P为动点矛盾,故错误; 对于,连接,由且, 可得面,从而由面面垂直的判定知,故正确. 故选:C. 2.如图,已知四面体为正四面体,分别是中点.若用一个与直线垂直,且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体,由此得到一个多边形截面,则该多边形截面面积最大值为( ). A. B. C. D. 【答案】A 【解析】补成正方体,如图. ∴截面为平行四边形,可得, 又 且 可得当且仅当时取等号,选A. 3.已知正四面体的棱长为2,为的中点,分别是线段,(含端点)边上的动点,则的最小值为(  ) A. B. C.2 D. 【答案】B 【解析】过作垂足为,过作,垂足为, ∴, , 故. 故选:B. 4.如图,直二面角,,,,且,,,,,,则点在平面内的轨迹是( ) A.圆的一部分 B.椭圆的一部分 C.一条直线 D.两条直线 【答案】A 【解析】以所在直线为轴,的中垂线为轴,建立平面直角坐标系,设点,,,,,则,,,,,,, ,即,整理得:,故点的轨迹是圆的一部分,故选. 5.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是,则该四面体在平面内的投影为() A. B. C. D. 【答案】D 【解析】一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是O(0,0,0),A(1,2,0),B(0,2,1),C(1,0,1),则建立空间直角坐标系: 如图所示: 所以该四面体在平面yoz平面内的射影为矩形, 其中AC的射影为实线,OB为虚线. 故选D. 6.如果底面是菱形的直棱柱(侧棱柱与底面垂直的棱柱)的所有棱长都相等,,分别为的中点,现有下列四个结论:①平面 ② ③平面④异面直线与所成的角为,其中正确结论的个数为( ) A.个 B.个 C.个 D.个 【答案】B 【解析】因为底面是菱形,且,为中点, 所以为等边三角形,且, 又因为, 所以, 因为四棱柱, 所以平面, 故, 又因为,平面, 所以平面,故选项①正确; 因为为的中点, 所以, 若,则得到, 与矛盾,故选项②不正确; 因为四棱柱, 所以有, 因为为的中点, 所以, 故, 因为平面, 平面 所以平面,故选项③正确; 由③可知,, 所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角, 因为四棱柱,且各棱长相等, 所以四边形为正方形, 故,即异面直线与所成的角为90°,故④不正确, 综上:本题的共有2个正确,故选B. 7.在边长为2的菱形中,,将菱形沿对角线对折,使二面角的余弦值为,则所得三棱锥的内切球的表面积为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】如下图所示, 易知△ABC和△ACD都是等边三角形,取AC的中点N,则DN⊥AC,BN⊥AC. 所以,∠BND是二面角B﹣AC﹣D的平面角,过点B作BO⊥DN交DN于点O,可得BO⊥平面ACD. 因为在△BDN中,,所以,BD2=BN2+DN2﹣2BN?DN?cos∠BND, 则BD=2. 故三棱锥A﹣BCD为正四面体,则其内切球半径为正四面体高的,又正四面体的高为棱长的,故. 因此,三棱锥A﹣BCD的内切球的表面积为. 故选:C. 二、解答题 8.在四棱锥中,,,与相交于点,点在线段上,(),且平面. (I)求实数的值; (Ⅱ)若,,,求点到平面的距离. 【答案】(1). (2). 【解析】(1)因为,所以即. 因为平面,平面, 平面平面, 所以. 所以,即. (2) 因为,所以为等边三角形,所以, 又因为,,所以且, 所以且,又因为,所以 因为平面,所以平面平面. 作于,因为平面平面,所以平面. 又因为平面,所以即为到平面的距离. 在△中,设边上的高为,则, 因为,所以,即到平面的距离为. 9.如图,是圆的直径,点是圆上异于的点,垂直于圆所在的平面,且. (Ⅰ)若为线段的中点,求证平面; (Ⅱ)求三棱锥体积的最大值; (Ⅲ)若,点在线段上,求的最小值. 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ);(Ⅲ). 【解析】(Ⅰ)在中,因为,为的中点, 所以.又垂直于圆所在的平面,所以. 因为,所以平面. (Ⅱ)因为点在圆上, 所以当时,到的距离最大,且最大值为. 又,所以面积的最大值为. 又因为三棱锥的高,故三棱锥体积的最大值为. (Ⅲ)在中,,,所以. 同理,所以. 在三棱锥中,将侧面绕旋转至平面,使之与平面共面,如图所示. 当,,共线时,取得最小值. 又因为,,所以垂直平分, 即为中点.从而, 亦即的最小值为. 10.如图,四棱锥中,,,,,. (1)求证:平面平面; (2)在线段上是否存在点,使得平面与平面所成锐二面角为?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 【答案】(1)见证明;(2)见解析 【解析】(1)证明:因为四边形为直角梯形, 且, ,, 所以, 又因为.根据余弦定理得 所以,故. 又因为, ,且,平面,所以平面, 又因为平面PBC,所以 (2)由(1)得平面平面, 设为的中点,连结 ,因为, 所以,,又平面平面, 平面平面, 平面. 如图,以为原点分别以,和垂直平面的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系, 则,,,,, 假设存在满足要求,设,即, 所以, 易得平面的一个法向量为. 设为平面的一个法向量,, 由得,不妨取. 因为平面与平面所成的锐二面角为,所以, 解得,(不合题意舍去). 故存在点满足条件,且. 11.如图,在直角梯形中,,,,,,点在上,且,将沿折起,使得平面平面(如图).为中点. (1)求证:平面; (2)求四棱锥的体积; (3)在线段上是否存在点,使得平面?若存在,求的值;若不存在,请说明理由. 【答案】(1)见证明;(2) (3) 【解析】(1)证明:因为为中点,, 所以. 因为平面平面, 平面平面,平面, 所以平面. (2)在直角三角形中,易求,则. 所以四棱锥的体积为 . (3) 过点C作交于点,则. 过点作交于点,连接,则. 又因为,平面平面, 所以平面. 同理平面. 又因为, 所以平面平面. 因为平面 , 所以平面. 所以在上存在点,使得平面,且. 12.如图,在边长为4的正方形中,点分别是的中点,点在上,且,将分别沿折叠,使点重合于点,如图所示. 试判断与平面的位置关系,并给出证明; 求二面角的余弦值. 【答案】(1)见解析;(2) 【解析】(1)平面.证明如下:在图1中,连接,交于,交于, 则, 在图2中,连接交于,连接,在中,有,, . 平面,平面,故平面; (2)连接交与点,图2中的三角形与三角形PDF分别是图1中的与,,又,平面,则,又,平面, 则为二面角的平面角. 可知,则在中,,则. 在中,,由余弦定理,得. 二面角的余弦值为. 13.如图,在四棱锥中,底面是矩形,平面,,. (1)求直线与平面所成角的正弦值; (2)若点分别在上,且平面,试确定点的位置 【答案】(1);(2)M为AB的中点,N为PC的中点 【解析】(1)由题意知,AB,AD,AP两两垂直. 以为正交基底,建立如图所示的空间 直角坐标系,则 从而 设平面PCD的法向量 则即 不妨取则. 所以平面PCD的一个法向量为. 设直线PB与平面PCD所成角为所以 即直线PB与平面PCD所成角的正弦值为. (2)设则 设则而 所以.由(1)知,平面PCD的一个法向量为,因为平面PCD,所以∥. 所以解得,. 所以M为AB的中点,N为PC的中点. 14.如图,在四棱锥中,平面 平面,,, . (1)证明 (2)设点在线段上,且,若的面积为,求四棱锥的体积 【答案】(1)见解析;(2) 【解析】(1) 平面平面 , 平面,, 在中,,, 由正弦定理可得: ,,∴PD⊥PA,又PA∩AB=A, ∴ 平面,. (2)取的中点,连结, ,设AD=2a,则AB=BC=AP=a,PDa,则,∴为等腰三角形,且底边BC上的高为 ,的面积为. 的面积为,解得:, 四梭锥的体积为 . 15.如图,矩形和菱形所在的平面相互垂直,,为的中点. (Ⅰ)求证:平面; (Ⅱ) 求,,求二面角的余弦值. 【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ) 【解析】(Ⅰ)证明:∵矩形和菱形所在的平面相互垂直,, ∵矩形菱形,∴平面, ∵AG平面,∴, ∵菱形中,,为的中点,∴,∴, ∵,∴平面. (Ⅱ) 由(Ⅰ)可知,,两两垂直,以为原点,为轴,为轴,为轴, 建立空间直角坐标系, ∵,,则,, 故,,,, 则,,, 设平面的法向量,则, 取,得, 设平面的法向量,则, 取,得, 设二面角的平面角为,则, 由图可知为钝角,所以二面角的余弦值为 . 16.如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面所截后得到的,其中,,. (1)求证:平面平面; (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析(2) 【解析】(1)证明:在中,因为,. 由余弦定理得,, 解得, ∴, ∴, 在直平行六面体中,平面,平面, ∴ 又, ∴平面, ∴平面平面. (2)解:如图以为原点建立空间直角坐标系, 因为,, 所以,,,, ,,. 设平面的法向量, , 令,得,, ∴. 设直线和平面的夹角为, 所以, 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17.如图,在直三棱柱中,,是的中点,. (1)求证:平面; (2)若异面直线和所成角的余弦值为,求四棱锥的体积. 【答案】(1)见证明;(2)3 【解析】(1)连结,交于点,连结. 在直三棱柱中,四边形为平行四边形, 所以为的中点, 又为的中点,所以, 又平面,平面, 所以平面. (2)因为,为锐角, 所以为异面直线和所成的角, 所以由条件知, 在中,,, ,, . 又平面,平面,, 所以, , , 所以. 18.如图,在四棱锥中,底面是正方形,侧棱底面,,是的中点,作交于点. (Ⅰ)证明:平面; (Ⅱ)证明:平面; (Ⅲ)求二面角的大小. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3). 【解析】证明:(1)连接交于点,连接 在中, 分别是的中点, 是中位线 平面平面 平面 (2)平面 , 可知是等腰直角三角形,而是斜边的中点 , 底面是正方形 又 平面 而平面 平面 又 平面 (3)由(2)知 就是二面角的一个平面角 设正方形的边长为,则, 在中, 在中, 所以二面角的大小为60° 19.如图1,在边长为4的正方形中,是的中点,是的中点,现将三角形沿翻折成如图2所示的五棱锥. (1)求证:平面; (2)若平面平面,求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2). 【解析】证明:(1)在图1中,连接. 又,分别为,中点, 所以.即图2中有. 又平面,平面, 所以平面. 解:(2)在图2中,取的中点,并分别连接,. 分析知,,. 又平面平面,平面平面,平面,所以平面. 又,所以,,. 分别以,,为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,所以,,. 设平面的一个法向量,则, 取,则,,所以. 又, 所以. 分析知,直线与平面所成角的正弦值为. 20.如图所示,在四棱锥中,底面是正方形,对角线与交于点,侧面是边长为2的等边三角形,为的中点. (1)证明:平面; (2)若侧面底面,求斜线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析;(2) 【解析】 (1)连接,易证为的中位线,所以. 又∵平面,平面,∴平面. (2)取的中点为,的中点为,连结,则, 因为侧面底面,所以面,又,所以可建立如图所示的坐标系 则,,,, 从而,, 设平面的法向量为,则 ,取,则,,所以 设斜线与平面所成的角为, ∴斜线与平面所成角的正弦值 . ∴ 21.已知四棱锥中,底面,,,,. (1)当变化时,点到平面的距离是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由; (2)若,求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析;(2) 【解析】(1)由,,知,则, 由面,面得, 由,,面, 则面,则点到平面的距离为一个定值,. (2)设直线与平面所成的角为, 由,可知, 又面,面,故,, 则面, 则点到平面的距离为, 由知点与点到平面的距离相等, 则点到平面的距离为, 由知, 故. 22.如图,是半圆的直径,是半圆上除外的一个动点,垂直于半圆所在的平面,,,. 证明:平面平面; 当点为半圆的中点时,求二面角的余弦值. 【答案】(1)见解析(2) 【解析】(1)证明:是直径, 平面 平面 , 是平行四边形, 平面 平面 平面平面 (2)依题意,如图所示,建立空间直角坐标系, 则 设面的法向量为 即 设平面的法向量为, 即 , 二面角是钝角平面角, 二面角的余弦值为 23.如图,在三棱锥中,与都为等边三角形,且侧面与底面互相垂直,为的中点,点在线段上,且,为棱上一点. (1)试确定点的位置,使得平面; (2)在(1)的条件下,求二面角的余弦值. 【答案】(1)见证明;(2) 【解析】(1)在中,延长交于点, ,是等边三角形 为的重心 平面, 平面, ,即点为线段上靠近点的三等分点 (2)等边中,,,,交线为, 如图以为原点建立空间直角坐标系 点在平面上,所以二面角与二面角为相同二面角. 设,则, 设平面的法向量,则 即,取,则 又平面,, 则 , 又二面角为钝二面角,所以余弦值为 . 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7041897 [精]第三章 数系的扩充与复数的引入 专题卷(解析版)

    高中数学/人教新课标A版/选修2-2/第三章 数系的扩充与复数的引入/本章综合与测试

    中小学教育资源及组卷应用平台 数系的扩充与复数的引入专题 1.【陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高二上学期期末】复数在复平面内对应的点位于(  ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】C【解析】 ∵, ∴复数在复平面内对应的点的坐标为(),位于第三象限. 故选:C. 2.【江西省南昌市第二中学2018-2019学年高二上学期期末】复数,则其对应复平面上的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】A 【解析】依题意,,对应点的坐标为,位于第一象限,故选A. 3.【北京师大附中2018-2019学年高二上学期期末】下面是关于复数的四个命题,其中的真命题为( ) ;;的共轭复数为;的虚部为i. A., B. C. D. 【答案】A 【解析】 ∵z1+i, ∴:|z|, :z2=2i, :z的共轭复数为1-i, :z的虚部为1, ∴真命题为p2,p3. 故选:A. 4.【天津市七校(静海一中、宝坻一中、杨村一中等)2018-2019学年高二上学期期末】复数,则( ) A.0 B. C.1 D. 【答案】D【解析】 所以. 故选D. 5.【黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二上学期期末】设复数满足,则( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】 ∵(3﹣i)z=1﹣i, ∴zi, 故|z|, 故选:B. 6.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二上学期期末】已知复数,则的共轭复数的虚部为( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】 复数z,则的共轭复数的虚部为. 故选:B. 7.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二上学期期末】已知复数,若复数对应的点在复平面内位于第四象限,则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】 z2a+(1﹣a)i, 若复数z对应的点在复平面内位于第四象限, 则,解得:a>1, 故选:B. 8.【吉林省长春市十一高中2017-2018学年高二上学期期末】已知复数,则( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】 的实部为,虚部为, 故选 9.【云南省玉溪市一中2017-2018学年高二下学期期末】复数 = A. B. C. D. 【答案】A 【解析】复数= 故答案为:A. 10.【山西省临汾第一中学2017-2018学年高二下学期期末】已知复数满足,则( ) A. B.5 C. D.10 【答案】C 【解析】 故选C 11.【吉林省长春市一五0中学2017-2018学年高二下学期期末】复数的共轭复数为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由复数的运算法则可知: , 则复数的共轭复数为. 本题选择B选项. 12.【山东省枣庄市第八中学东校区2017-2018学年高二下学期期末】欧拉公式eix=cos x+isin x(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的,它将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数和指数函数的关系,它在复变函数论里非常重要,被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知,e2i表示的复数在复平面中对应的点位于(  ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】B 【解析】 由题意得,e2i=cos 2+isin 2, ∴复数在复平面内对应的点为(cos 2,sin 2). ∵2∈, ∴cos 2∈(-1,0),sin 2∈(0,1), ∴e2i表示的复数在复平面中对应的点位于第二象限, 故选B. 13.【湖南省衡阳市第八中学2017-2018学年高二下学期年度过关考试】设复数满足,则( ) A. B. C. D.2 【答案】C 【解析】 ∵(1+i)z=2i, ∴z===1+i. ∴|z|==. 故答案:C 14.【河北省石家庄市师大附中田家炳中学2017-2018学年高二下学期期末】在复平面内,复数 (i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于(  ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】D 【解析】 由复数的运算法则有:, 则,其对应的点位于第四象限. 本题选择D选项. 15.【湖北省宜昌市第一中学2017-2018学年高二下学期期末】已知为虚数单位,则复数对应复平面上的点在第( )象限. A.一 B.二 C.三 D.四 【答案】D 【解析】 由题意可得: , 则复数对应的点为,该点位于第四象限, 即复数对应复平面上的点在第四象限. 本题选择D选项. 16.【江西省抚州市临川区第一中学2017-2018学年高二下学期期末】已知是虚数单位,复数,则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 , , 则, 可得,故选D. 17.【广西南宁市第三中学2017-2018学年高二下学期期末】若复数满足,其中为虚数单位,则在复平面内所对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】B 【解析】 , , 在复平面内所对应的点坐标为,位于第二象限,故选B. 18.【河南省周口市西华县第一高级中学2017-2018学年高二下学期期末】若复数满足,则的虚部是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由题意可得: , 则: , 即的虚部是. 本题选择B选项. 19.【江西省南昌市第二中学2017-2018学年高二上学期期末】在复平面内,复数对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】C 【解析】 因为 ,复数对应的点的坐标为 ,故复数对应的点位于第三象限,故选C. 20.【江西省赣州市寻乌中学2017-2018学年高二上学期期末】若复数(其中是实数),则复数在复平面内所对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】C 【解析】 由,可得,即, ∴,解得:, ∴复数在复平面内所对应的点的坐标为 ∴对应的点位于第三象限, 故选:C 21.【宁夏银川一中2018-2019学年高二上学期期末】复数的共轭复数是___________. 【答案】 【解析】 , 复数的共轭复数是 故答案为: 22.【甘肃省师大附中2017-2018学年下学期高二期末】若复数为纯虚数(i为虚数单位),则实数a的值为_________. 【答案】1 【解析】 由题意得, ∵复数是纯虚数, ∴且, 解得. 23.【河北省衡水市武邑中学2017-2018学年高二下学期期末】设复数,则_________________. 【答案】1 【解析】 解法一:由题意可得:. 解法二: 24.【黑龙江省大庆实验中学2017-2018学年高二下学期期末】设,且,,则的值是__________. 【答案】4+3i 【解析】 ,, 又, 25.【江西省南昌二中2017-2018学年上学期高二期末】已知,,是虚数单位,若,则复数的模__________; 【答案】 【解析】 因为,所以且,所以复数,,故答案为. 26.【宁夏银川一中2018-2019学年高二上学期期末】(1)若复数是实数(其中是虚数单位),则求的值. (2)求曲线,直线及y轴所围成的封闭图形的面积. 【答案】(1) ;(2) . 【解析】 (1)因为是实数, 所以,所以. (2)由解得,故面积为. 27.【吉林省长春市一五0中学2017-2018学年高二下学期期末】已知复数. (1)若是纯虚数,求; (2)若,求. 【答案】(1);(2)或1-2i. 【解析】 (1)若是纯虚数, 则, 所以 (2)因为, 所以, 所以或. 当时,, 当时,. 28.【河北省石家庄市师大附中田家炳中学2017-2018学年高二下学期期末】如果,求实数的值. 【答案】 【解析】 由题意得,解得. 29.【吉林省梅河口市第五中学2017-2018学年高二下学期期末】已知是复数,与均为实数. (1)求复数; (2)复数在复平面上对应的点在第一象限,求实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ) z=4-2i.(Ⅱ)2<a<6 【解析】第一问设 所以,; 由条件得,且 第二问 由条件得: 解:(1)设所以,; 由条件得,且,所以 (2) 由条件得:, 解得所以,所求实数的取值范围是 30.【上海市南模中学2017-2018学年高二下学期期末】已知关于x的方程的两个根是、. (1)若为虚数且,求实数p的值; (2)若,求实数p的值. 【答案】(1) . (2) 或. 【解析】 (1),,,∴; (2),,若,即,则,∴; 若,即,则,∴;综上,或. 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7037613 [精]【备考2020】高考二轮 数列(加强版)(含答案解析)

    高中数学/高考专区/二轮专题

    中小学教育资源及组卷应用平台 高考二轮数列(加强版) 1.(2019·全国高三专题练习)已知数列的前项和为,将该数列按下列格式(第行有个数)排成一个数阵,则该数阵第行从左向右第个数字为 ( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意,知,当时,,,所以,又由数阵知,每一行的项数依次构成的数列,,,,,构成首项为,公比为的等比数列,由等比数列的前项和公式知,该数阵第行从左到右第个数为数列的第项,所以该数为,故选B. 2.(2020·广东深圳中学高三期末(理))若正四面体的面内有一动点到平面、平面、平面的距离依次成等差数列,则点在平面内的轨迹是 ( ) A.一条线段 B.一个点 C.一段圆弧 D.抛物线的一段 【答案】A【解析】设点到三个面的距离分别是.因为正三棱锥的体积为定值,所以为定值, 因为.成等差数列,所以.∴为定值,所以点的轨迹是平行的线段.故选:A 3.(2019·黑龙江高三月考)已知正项数列的前项和为,且,,设数列的前项和为,则的取值范围为 ( ) A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为,所以, 因此,即,又为正项数列,所以, 故数列是以1为首项,1为公差的等差数列,所以。 因此,所以, 因为,所以.故选D 4.(2020·浙江高三期末)已知非常数列满足,若,则( ) A.存在,,对任意,,都有为等比数列 B.存在,,对任意,,都有为等差数列 C.存在,,对任意,,都有为等差数列 D.存在,,对任意,,都有为等比数列 【答案】B 解析】由题意,得.令,则, 为非零常数且,均为非零常数,∴常数,且. 故.两边同时减去,可得, ∵常数,且,且., ∵数列是非常数数列,,则当,即,即,即时,.此时数列很明显是一个等差数列.∴存在,只要满足为非零,且时,对任意,都有数列为等差数列.故选:B. 5.(2019·辽宁鞍山一中高考模拟(理))已知数列是等差数列,数列是等比数列,满足:,,则__________. 【答案】 【解析】∵数列是等差数列,数列是等比数列 ∴,即;. ∴.故答案为. 6.(2019·天津一中高三月考)等差数列中,,,等比数列中,,,则满足的最小正整数是__________. 【答案】 【解析】设等差数列的公差为,等比数列的公比为, ,则,, 所以,,, 因为,所以,化简得,解得,满足条件的最小正整数的值为.故答案为: 7.(2019·湖南师大附中高考模拟(理))已知等比数列的前项积为,若,,则当取最大值时,的值为_____. 【答案】4 【解析】设等比数列的公比为,因为,,可得,解得, 则, 当取最大值时,可得为偶数,函数在上递减, 又由,,,可得, 当,且为偶数时,,故当时,取最大值. 8.(2019·江苏高考模拟)已知公差为的等差数列满足,且是的等比中项;记,则对任意的正整数均有,则公差的取值范围是_____. 【答案】 【解析】因为公差为的等差数列满足,且是的等比中项, 所以,解得,所以 即,所以,故答案为 9.(2019·福建高三期中(理))已知数列的前项和为(),且满足,若对恒成立,则首项的取值范围是__________. 【答案】 【解析】因为,所以,两式作差得,所以,两式再作差得,可得数列的偶数项是以4为公差的等差数列,从起奇数项也是以4为公差的等差数列. 若对恒成立,当且仅当. 又,, 所以,解得:.即首项的取值范围是. 10.(2019·福建高考模拟(理))对于,数列都有为常数)成立,则称数列具有性质.若数列的通项公式为,且具有性质,则实数的取值范围是________. 【答案】. 【解析】由得,即,数列具有性质,即恒成立,即,显然的最小值为,即的最大值为,∴.故答案为. 11.(2020·上海市建平中学高三)已知正项数列的前项和为,对于任意正整数及正常数,当时,恒成立,若存在常数,使得为等差数列,则常数的值为______ 【答案】 【解析】因为对任意正整数,当时,总成立, 所以时,令,得到,即, 当时,也成立,所以,当时,;当时,, 为等差数列,可得,=lg为等差数列, 即有,故答案为:. 12. (2019·江西高考模拟(理))下列数表为“森德拉姆筛”(森德拉姆,东印度学者),其特点是每行每列都成等差数列. 2 3 4 5 6 7 … 3 5 7 9 11 13 … 4 7 10 13 16 19 … 5 9 13 17 21 25 … 6 11 16 21 26 31 … 7 13 19 25 31 37 … … … … … … … … 在上表中,记第行第列的数为,则数列的前项和为________. 【答案】 【解析】由题意,设第行的数列为,第行第列的数为,, 则.所以, ,所以, 同理可得:,,……,, 则数列的前项和, ∴, 相减可得:, 可得:.故答案为:. 13.(2020·全国高三专题练习)已知集合,.将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列.记为数列的前n项和,则使得成立的n的最小值为________. 【答案】 【解析】设,则 由得 所以只需研究是否有满足条件的解, 此时,,为等差数列项数,且.由 得满足条件的最小值为. 14.(2019·北京师大附中高三期中(理))设等差数列的前项和为,已知,. (Ⅰ)求数列的通项公式; (Ⅱ)求的最小值及相应的n的值; (Ⅲ)在公比为的等比数列中,,, 求. 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)见解析. (Ⅲ). 【解析】(Ⅰ)设等差数列的首项为,公差为,由已知可得,, 解得,. 所以. (Ⅱ)令,即,解得, 所以,当时,;;时.所以,当或时,最小,. (Ⅲ)依题意,,,即,,消去,得, 解得或(舍),当时,所求数列是以2为首项,8为公比的等比数列, 所以,; 16.(2019·云南师大附中高三月考(理))已知是数列的前项和,是等比数列且各项均为正数,且,,. (1)求和的通项公式; (2)记,证明:数列的前项和. 【答案】(1) ,;(2)见解析. 【解析】(1)解:由题知当时,; 当时,, 所以. 设的公比为,则,解得或(舍去),所以. (2)证明:由(1)得,则, 两边同乘,得, 上面两式相减,得,所以. 因为,所以 17.(2020·浙江高三期末)已知是数列的前项和,已知且,. (1)求数列的通项公式; (2)设,数列的前项和为,若,求正整数的最小值. 【答案】(1)(2)1010 【解析】(1)解析1:(累乘法)由,所以时, , 又也成立,所以, 所以当时,,又也成立,所以. 解析2:(配凑常数数列),故为常数列,即,所以,所以当时,,又也成立,所以. 解析3:(直接求),所以,两式相减可得,又因为,所以,即当时,,当也成立,故. (2)解析(裂项相消):由上题可知,所以,所以,故的最小值为1010. 18.(2019·湖南长沙一中高三月考)已知正项等比数列为递增数列,为其前项和,且,. (1)求数列的通项公式; (2)若,数列的前项和为,若对任意恒成立,求的最小值. 【答案】(1).(2) 【解析】(1)设等比数列的公比为, 则,得. ,解得,或(舍),所以. (2)∵, ∴, , ∴,即的最小值为. 19.(2019·铜梁一中高三月考(理))已知等差数列的前项和为,,,数列满足,,且的前项和为. (1)求; (2)求数列的通项公式及其前项和; (3)记集合,若的子集个数为32,求实数的取值范围. 【答案】(1),(2)(3) 【解析】(1)设数列的公差为,则,解得 ,所以. (2)由题意得, 当时, , 又也满足上式,故, 故 ① ② ① ②,得 故. (3)由题意得,由(1)(2)知:, 令 . 则,,,,,, 因为. 所以当时,,. 因为集合的子集个数为32,所以中的元素个数为5,所以的解的个数为5, 因为,故. 20.(2020·天津南开中学高三月考)已知数列的前项和,数列满足. (Ⅰ)求证:数列是等差数列,并求数列的通项公式; (Ⅱ)设,数列的前项和为,求满足的的最大值. 【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ)4. 【解析】(Ⅰ) ,当时,, ,化为, ,即当时,,令,可得,即. 又,数列是首项和公差均为1的等差数列.于是,. (Ⅱ)由(Ⅰ)可得, , 可得,,因为是自然数,所以的最大值为4. 21.(2020·浙江高三期末)设等差数列的前项和为,,,数列的前项和为,满足,. (1)求数列、的通项公式; (2)记,,证明:. 【答案】(1),.(2)见解析 【解析】(1)设首项为,公差为,则, 解得,,故, 由,得,即,,所以,即, 所以,故. (2)由(1)知,用数学归纳法:, ①当时,左边,右边,不等式成立, ②假设时成立,即, 即当时, . 即当时,不等式也成立. 由①,②可知,不等式对任意都成立. 22.(2020·浙江高三期末)已知等差数列满足,,为等比数列的前项和,. (1)求,的通项公式; (2)设,证明:. 【答案】(1),(2)证明见解析 【解析】(1)由题意得,解得:,∴,即数列的通项公式为, 由,得,两式相减整理得:, ∴,,∴,即数列的通项公式为 (2)解析1:(应用放缩和错位相减求和证明不等式) ,,, 两式相减整理得, 又因为,∴.所以,∴. (2)解析2:(应用放缩和裂项求和证明不等式) 令,化简整理得:,∴,,, 所以,∴. 23.(2019·浙江学军中学高三期中)已知正项等差数列满足:,其中是数列的前项和. (1)求数列的通项公式; (2)令,证明:. 【答案】(1);(2)证明见解析; 【解析】(1)因为,时,;时,, 联立得:即 ,解得,所以公差 所以; (2) 所以 . 24.(2019·浙江高三月考)已知等差数列的前项和为,且,.数列满足,. (Ⅰ)求数列和的通项公式; (Ⅱ)求数列的前项和,并求的最小值. 【答案】(Ⅰ),;(Ⅱ),最小值. 【解析】(Ⅰ)由,得,. 故的公差,.即数列的通项公式为. 当时,, 而,故,即数列的通项公式为. (Ⅱ), , 上述两式相减,得 ,得. 设,显然当时,,,且单调递增. 而,,,故的最小值为 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7037611 [精]【备考2020】高考二轮 数列(基础版)(含答案解析)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 高考二轮数列(基础版) 1.(2020·广东深圳中学高三期末(文))设等差数列的前项和为,若,则等于( ) A.18 B.36 C.45 D.60 【答案】C【解析】由于数列是等差数列,所以由得,即,而.故选:C. 2.(2020·浙江高三期末)已知公比为的等比数列的首项,则“”是“”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】由于公比为的等比数列的首项,所以, 若,则,所以,即或,所以公比为的等比数列的首项,则“”是“”的充分不必要条件,故选:A. 3.(2019·浙江高三学业考试)设为等比数列,给出四个数列:①,②,③,④.其中一定为等比数列的是 ( ) A.①③ B.②④ C.②③ D.①② 【答案】D【解析】设;①,,所以数列是等比数列; ②,,所以数列是等比数列; ③,不是一个常数,所以数列不是等比数列; ④,不是一个常数,所以数列不是等比数列.故选D 4.(2019·全国高三专题练习)已知等比数列中,,前三项之和,则公比的值为( ) A.1 B. C.1或 D. 【答案】C【解析】等比数列中,,前三项之和,若,,则,符合题意;若,则,解得,即公比的值为或,故选C. 5.(2020·浙江高三期末)已知等差数列的公差为2,若,,成等比数列,则 ( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为等差数列的公差为,若,,成等比数列, 即解得故选: 6.(2019·全国高三专题练习)等差数列的首项为1,公差不为0.若成等比数列,则前6项的和为 ( ) A.-24 B.-3 C.3 D.8 【答案】A【解析】设等差数列的公差为,依题意得,即,解得或(舍去),又.故选:A 7.(2020·辽宁辽师大附中高三月考(理))已知等差数列满足,则前12项之和为 ( ) A. B.80 C.144 D.304 【答案】D 【解析】为,所以.所以 所以前12项之和为. 8.(2020·天津高三期末)已知数列是等比数列,数列是等差数列,若,,则的值是 ( ) A.1 B. C. D. 【答案】D【解析】是等比数列 , 是等差数列,; ;本题正确选项: 9.(2019·全国高三专题练习)已知各项均为正数的等差数列的公差为2,等比数列的公比为,则 ( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】∵等差数列的公差为,数列是公比为的等比数列,∴, ∴.故选:B. 10.(2019·浙江高考模拟)等差数列,等比数列,满足,,则能取到的最小整数是 ( ) A. B. C. D. 【答案】B 【思路分析】等差数列的公差设为,等比数列的公比设为,运用等差数列和等比数列的通项公式,以及二次函数的值域,可得所求最小整数. 【解析】等差数列的公差设为,等比数列的公比设为,;由,可得,则,可得能取到的最小整数是.故选:B. 11.(2019·全国高三专题练习)数列满足点在直线上,则前5项和为( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】数列满足点在直线上,则, 当时,,得,当时,,即,得,即,则数列是公比的等比数列,则前5项和为,故选. (2019·河南高三月考(理))记为等差数列的前项和,,则___________. 【答案】4. 【解析】因,所以,即,所以. 13.(2020·浙江高三学业考试)设等比数列的前项和为,若,,则______,______. 【答案】1;15 【解析】因为数列为等比数列,由等比数列的通项公式可知,而, 所以,解方程组可得,所以,所以 。故答案为:; 14.(2020·广东高三期末(理))若等差数列和等比数列满足,,则_______. 【答案】【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和,则, 求得,,那么,故答案为. 15.(2019·全国高三专题练习)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若,则S4=___________. 【答案】. 【解析】设等比数列的公比为,由已知,即 解得,所以. 16.(2019·浙江学军中学高三期中)等比数列中,,,则__________,__________. 【答案】; 【解析】因为等比数列中,,,所以, 所以 .故答案为:; 17.(2019·江苏高三期末)已知是等比数列的前项和,若成等差数列,且则正整数的值是_________. 【答案】【解析】因为数列是等比数列,且成等差数列即 所以 解得 或(舍),等比数列求和,所以 即;故答案是6 18.(2019·宁夏银川二中高三月考(文))记数列的前n项和为,若,则数列的通项公式为_____. 【答案】【解析】由,可得,即; 时,即有 设,解得,又, 所以,数列是以为首项,为公比的等比数列,即有,所以,故答案为:. 19.(2019·江苏高三期中)已知数列的通项公式为,数列的通项公式为,若将数列,中相同的项按从小到大的顺序排列后看作数列,则的值为_______. 【答案】256 【解】数列的通项公式为,数列的的数据符合平方的数有:16,36,81,121,169,256.数列的通项公式为,当,6,9,11,13,16时符合上面各个数. 数列,中相同的项按从小到大的顺序排列后看作数列,则的值为256,故答案为256. 20.(2019·广东高考模拟(文))设是数列的前项和,满足,且,则______. 【答案】【解析】由题意,是数列的前项和,满足,则:,整理得:,当时,,所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列,则:, 由于:,所以:,故.故答案为. 21(2020·浙江高三期末)已知函数,,若方程有三个不同实数解,,,且它们可以构成等差数列,则______. 【答案】 【思路分析】问题等价为函数有三个不同零点,设,,则,展开,利用系数相等列方程组求的值. 【解析】令,则有三个不同的实数解成等差数列即,, 即,得:.故答案为:. 22.(2019·甘肃省会宁县第一中学高三月考(文))已知等差数列的前项和为,等比数列的前项和为,且,,. (1)若,求的通项公式; (2)若,求. 【答案】(1);(2)或. 【解析】设等差数列公差为,等比数列公比为有,即. (1)∵,结合得, ∴. (2)∵,解得或3,当时,,此时; 当时,,此时. 23.(2020·北京高三(文))设数列是公差不为零的等差数列,其前项和为.若成等比数列. (I)求及; (Ⅱ)设, 求数列的前项和. 【答案】(I),;(Ⅱ). 【解析】(Ⅰ)由题意,得,即,解得, 所以; (Ⅱ)因为, 所以. 24.(2020·莆田第二十五中学高三期末(文))等比数列的各项均为正数,且. (1)求数列的通项公式; (2)设 ,求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【解析】:(Ⅰ)设数列的公比为,由得=9,所以. 由条件可知,故.由得,所以. 故数列的通项公式为. (Ⅱ). 故. 所以数列的前项和为 25.(2019·全国高三专题练习)已知数列满足,,设. (1)求; (2)判断数列是否为等比数列,并说明理由; (3)求的通项公式. 【答案】(1),,;(2)是首项为,公比为的等比数列.理由见解析;(3). 【解析】(1)由条件可得.将代入得,,而,所以,. 将代入得,,所以,.从而,,; (2)是首项为,公比为的等比数列.由条件可得,即,又, 所以是首项为,公比为的等比数列; (3)由(2)可得,所以. 26.(2019·山东高考模拟(文))已知等比数列的首项为,等差数列的前项和为,且,,. (1)求,的通项公式; (2)设,求数列的前项和. 【答案】(1);(2). 【解析】(1)设数列的公比为,数列的公差为由,得:,, .由 得 ,解得: (2)由(1)知,, 数列的前项和 27.(2019·山东枣庄八中高三月考(理))数列为递增的等比数列,,数列满足. (Ⅰ)求数列的通项公式; (II)求证:是等差数列; (Ⅲ)设数列满足,求数列的前项和. 【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)见证明;(Ⅲ). 【解析】(Ⅰ)数列为递增的等比数列,则其公比为正数,又 , 当且仅当时成立。此时公比,所以. (Ⅱ)因为,所以,即. 所以是首项为,公差为2的等差数列. (Ⅲ),所以. . 28.(2020·湖北高三月考(理))已知数列的前项和为,且满足. (Ⅰ)求证:数列为等比数列; (Ⅱ)求数列的前项和. 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ). 【解析】(Ⅰ),当时,, 两式相减,得,即. ∴,所以数列为等比数列。 (Ⅱ)由,得.由(Ⅰ)知,数列是以为首项,为公比的等比数列。 所以,∴,∴, ∴. 29.(2019·浙江高考模拟)已知数列,的各项均不为零,若是单调递增数列,且,. (Ⅰ)求及数列的通项公式; (Ⅱ)若数列满足,,求数列的前项的和 【答案】(Ⅰ)(Ⅱ) 【解析】(Ⅰ)因为,所以.因为,则, 所以是等差数列.因为,,则,所以. 所以 (Ⅱ)因为,所以.当时,,, 所以 .所以,,,, 累加得当时,,即.也适合上式,故 ,所以 30.(2019·全国高三专题练习)已知数列的前项和为,且. (1)证明数列是等比数列,并求数列的通项公式; (2)记,求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析,;(2). 【解析】(1)令,得,由此得,由于,则, 两式相减得,即, 所以,即, 故数列是等比数列,其首项为,, 故数列的通项公式是. (2) , . 31.(2019·邵东县创新实验学校高三月考(文))已知等比数列的公比,且是的等差中项,数列满足,数列的前项和为. (1)求的值. (2)求数列的通项公式. 【答案】(1);(2). 【解析】(1)由是的等差中项得,所以, 解得.由得,因为,所以. (2)设,数列前n项和为.由解得. 由(1)可知,所以, 故, . 设 所以, 因此,又,所以 32.(2020·河南高三月考(理))设数列其前项和,又单调递增的等比数列, , . (Ⅰ)求数列,的通项公式; (Ⅱ)若 ,求数列的前项和,并求证:. 【答案】(1),;(2)详见解析. 【解析】(1)当时,,当时,, 当时,也满足,∴,∵等比数列,∴, ∴,又∵, ∴或(舍去), ∴; (2)由(1)可得:, ∴ ,显然数列是递增数列, ∴,即.) 33.(2020·天津南开中学高三月考)设数列的前项和为.已知. (Ⅰ)求的通项公式; (Ⅱ)若数列满足,求的前项和. 【答案】(Ⅰ); (Ⅱ). 【解析】(Ⅰ)因为,所以,,故当时, 此时,即所以, (Ⅱ)因为,所以,当时, 所以,当时, 所以 两式相减,得 所以,经检验,时也适合,综上可得: 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7031318 [精]【备考2020】高考数学二轮 导数大题(加强版)解析版

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    中小学教育资源及组卷应用平台 高考二轮导数大题(加强版) 1.(2019·江西高考模拟(文))已知函数(为自然对数的底数). (1)记,求函数在区间上的最大值与最小值; (2)若,且对任意恒成立,求的最大值. 【解析】(1)∵,∴, 令,则, 所以函数在区间上单调递减,在区间单调递增, ∴,. (2)∵对任意恒成立,∴对任意恒成立, ∴对任意恒成立.令,则. 由于,所以在上单调递增. 又,, 所以存在唯一的,使得,且当时,,时,. 即在单调递减,在上单调递增.∴. 又,即,∴.∴. ∵,∴.又∵对任意恒成立,∴, 又,∴. 2.(2020·湖北高三月考(理))已知函数. (Ⅰ)求的极值; (Ⅱ)若,,,求证:. 【解析】(Ⅰ), 当时,恒成立,则在上单调递减,无极值; 当时,令,得;令,得, 则在上单调递减,在上单调递增,有极小值为,无极大值; (Ⅱ)当,时,,, 令,则, 所以在上单调递增.又,, 所以,使得,即, 所以函数在上单调递减,在上单调递增, 所以函数的最小值为, 又函数在上是单调减函数,所以, 又,,故. 3.(2019·重庆南开中学高三月考(理))已知函数存在极值点. (1)求的取值范围; (2)设的极值点为,若,求的取值范围. 【解析】(1)函数的定义域为,, 当时,,即函数单调递减,无极值点; 当时,由或, 设,则 当时,的两根一个小于1、一个大于1,故有一个极值点; 当时,由对称轴为,知的两根均小于1,故无极值点; 综上所述,; (2)由(1)知且,∴, , , 令,显然在上单增,又,∴即, ∴,∴. 4..(2020·江西南昌十中高三期末(理))已知函数. (1)当时,求函数在点处的切线方程; (2)关于x的不等式在上恒成立,求实数a的取值范围. 【解析】(1)依题意,,, 所以,所以,,所以,所以切线方程为, 即. (2)依题意,即,所以,当时,显然成立; 当时,即, 令,且时,解得, 所以在单调递增,在上单调递减,所以, 所以; 当1时,即, 令,,所以在单调递增, 所以,又,综上可得,. 5.(2019·浙江高三期中)已知函数有两个极值点,且. (1)若,求曲线在点处的切线方程; (2)记,求的取值范围,使得. 【解析】(1)时, 所以,点处的切线方程是; (2) 由己知得,,,且,, 令,得,且.因为, 所以,令 则所以在上单调递增, 因为,所以,又因为在上单调递增,所以. 6.(2020·安徽高三期末(文))已知函数,. (1)求函数的极值; (2)当时,证明:. 【解析】(1),当时,在R单调递减,则无极值. 当时,令得,得,得, 在上单调递减,单调递增,的极小值为,无极大值,综上:当时,无极值.当时,的极小值为,无极大值; (2)当时,,令,转化证明 ,所以在为增函数, 因为,所以,使得 因此函数在上单减函数,在上单增函数, 所以,, 因此. 7..(2019·浙江高三开学考试)已知函数 (1)判断的单调性; (2)若函数存在极值,求所有极值的和的取值范围. 【解析】(1)因为,所以,令. ,即时,恒成立,此时, 所以函数在上为减函数;,即或时,有不相等的两根, 设为(),则,.当或时,, 此时,所以函数在和上为减函数; 当时,,此时,所以函数在上为增函数. (2)对函数求导得. 因为存在极值, 所以在上有解,即方程在上有解, 即.显然当时,无极值,不合题意,所以方程必有两个不等正根. 设方程的两个不等正根分别为,则, 由题意知 , 由得, 即这些极值的和的取值范围为. 8.(2019·浙江高三)已知函数。 (Ⅰ)当时,求的单调区间; (Ⅱ)设,若在有极值点,求证:。 【解析】(Ⅰ)当时,,则. 令,则, 当,即时,,即,则单调递增; 当,即时,,即,则单调递减. (Ⅱ),令,则, .当时,,即, 由,得 令,则.当时,,则, 故在上单调递减. 又在上也单调递减,故,故. 9.(2019·重庆八中高三开学考试(文))已知函数,. (Ⅰ)讨论的单调性; (Ⅱ)若存在极值,求所有极值之和的取值范围. 【解析】(Ⅰ)定义域:,. ①当时,,在单调递增; ②当时,令,, 则在,单调递增,在单调递减. (Ⅱ)由(I)知,当是,没有极值点.当时,有两个极值点,分别记为,则,. , 又,,所以, 且,设,,∴在单调递减. ,. 所以所有极值之和的取值范围为. 10.(2019·浙江高三月考)已知函数(,其中e为自然对数的底数). (Ⅰ)若,求函数的单调递增区间; (Ⅱ)若函数有两个不同的零点. (ⅰ)当时,求实数的取值范围; (ⅱ)设的导函数为,求证:. 【解析】(Ⅰ)由题意得,当时,令,得,函数的单调递增区间为; (Ⅱ)(i)由(Ⅰ)知,, 当时,,函数在R上单调递增,不合题意,所以. 又时,;,, 函数有两个零点,函数在递减,函数在递增, ,,得. (ⅱ)由题意得: ,两式相减,得,不妨设,,则 令,,, 在上单调递减,,即. 11.(2019·湖南师大附中高三月考(理))已知函数. (1)讨论的单调性; (2)若存在两个极值点,证明:. 【解析】(1)的定义域为,. (i)若,则,当且仅当,时,所以在单调递减. (ii)若,令得,或. 当时,; 当时,.所以在单调递减,在单调递增. (2)由(1)知,存在两个极值点当且仅当. 由于的两个极值点满足,所以,不妨设,则.由于 , 所以等价于. 设函数,由(1)知,在单调递减,又,从而当时,.所以,即. 12.(2019·浙江高考模拟)已知函数. (1)若在处导数相等,证明:为定值,并求出该定值; (2)已知对于任意,直线与曲线有唯一公共点,求实数的取值范围. 【解析】(1)证明:,, 由题意得,,则 ; (2)解:,函数在的图像为下凸,在的图像为上凸, 记,求得处的切线为,再记, 由,求得的极大值点为, ①当时,直线与曲线显然只有唯一公共点; ②当时,直线斜率为正,且与曲线有三个公共点,舍去; ③当时,直线斜率为正,且与曲线有三个公共点,舍去; ④当时,若,在直线上方,直线与曲线的上凸部分有唯一公共点,与下凸部分不相交; 若,直线与曲线)交于P点,与上凸部分和下凸部分均不相交; 若,在直线下方,直线与曲线的下凸部分有唯一公共点,与上凸部分不相交,此种情况成立.综上,的取值范围为. 13.(2019·浙江高三期中)已知函数. 1若函数有两个不同的极值点,求实数a的取值范围; 2若是的极大值点,求的取值范围. 【解析】 (1),记,, 令,解得:或,故在递增,在递减,在递增, 又且时恒成立,有两个变号零点得:; 2由1知且,故, 故记,,则, 故在递减,在递增且,,, 故. 14.(2019·浙江高三期末)已知,,其中,为自然对数的底数. 若函数的切线l经过点,求l的方程; Ⅱ若函数在为递减函数,试判断函数零点的个数,并证明你的结论. 【解析】Ⅰ设l和的切点是, 在该点处的导数,它是切线l的斜率, 经过,也过切点,的斜率又可写为, 故,故,解得:,故直线l的斜率为, 故l的方程是:; Ⅱ判断:函数的零点个数是0, 下面证明恒成立,,故,若在递减,则, 因此,要证明对恒成立,只需证明对恒成立, 考虑等价于,记,, 先看,,令,解得:,令,解得:, 故在递减,在递增,, 再看,.令,解得:, 令,解得:,故在递增,在递减, .,且两个函数的极值点不在同一个x处, 故对恒成立,综上,对恒成立,故函数函数零点是0个. 15.(2019·浙江绍兴一中高三期末)已知函数,曲线在点处的切线方程为. (1)求、的值; (2)如果当,且时,,求的取值范围. 【解析】(1),由于直线的斜率为,且过点,故即解得,. (2)由(1)知,所以. 考虑函数,则. (i)设,由知,当时,,递减.而故当时,,可得; 当时,,可得 从而当,且时,,即. (ii)设.由于=的图像开口向下,且,对称轴.当时,,故,而,故当 时,,可得,与题设矛盾. (iii)设k1.此时,,而,故当时, ,可得,与题设矛盾.综合得,的取值范围为。 16.(2018·浙江杭州高级中学高三期中)已知函数. (1)若关于的方程在内有两个不同的实数根,求实数的取值范围. (2)求证:当时,. 【解析】 (1)由可得:,即等价于,x与y=a有两个不同的交点. 由,可知:在上单调递增,在上单调递减, ∴ (2)证明:, 由得在上单调递增, 又,根据零点存在定理可知,存在,使得 当时,,在上单调递减; 当时,,在上单调递增; 故.由,得到,即,,故,其中, 令,,由,得到在上单调递减, 故,即,综上:有,则当时,. 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7031315 [精]【备考2020】高考数学二轮 导数大题(基础版)解析版

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    中小学教育资源及组卷应用平台 高考二轮导数大题(基础版) 1.(2020·全国高三专题练习(文))设函数. (1)当时,求在点处的切线方程; (2)当时,判断函数在区间是否存在零点?并证明. 【解析】函数的定义域为. (1)当时,, 又,切点坐标为,切线斜率为,所以切线方程为; (2)当时,,所以在上单调递减, 当时,,又 ,所以函数在上存在零点. 2.(2020·全国高三专题练习(文))已知函数. (Ⅰ)讨论的单调性; (Ⅱ)若有两个零点,求实数的取值范围. 【解析】(Ⅰ)函数的定义域为,. ①当时,由,知函数在内单调递增; ②当时,由,即得;由,即得. 所以,函数在内单调递增,在内单调递减.因此,当时,在内单调递增;当时,在内单调递增;在内单调递减; (Ⅱ)当时,则函数在上为增函数,函数最多一个零点,不合乎题意,舍去; 当时,由(Ⅰ)知,函数在内单调递增,在内单调递减. 且当时,,当时,, 则,即,解得.因此,实数的取值范围是. 3(2019·湖南雅礼中学高三月考(理))已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程; (2)判断在内的零点个数,并加以证明. 【解析】(1),所以切线方程为 ,即,亦即. (2)①当时,,所以在上单调递增,且, ,故在内有唯一的零点. ②当时,令,则,所以 在上单调递减,且,,所以存在,使得,所以当时,,即在递增, 当时,,即在递减. 又,.故在内有唯一的零点. 综上,在内有且仅有两个零点,. 4.(2019·重庆万州外国语学校天子湖校区高三开学考试(理))已知函数 求曲线在点处的切线方程 若函数,恰有2个零点,求实数的取值范围 【解析】(1)因为,所以.所以又 所以曲线在点处的切线方程为即. (2)由题意得,,所以.由,解得, 故当时,,在上单调递减; 当时,,在上单调递增.所以. 又,,若函数恰有两个零点, 则解得. 所以实数的取值范围为. 5(2020·北京人大附中高三期中)已知函数. (1)设,若关于的不等式有解,求实数的取值范围; (2)求的单调区间. 【解析】(1),, ,定义域为,. 当时,,函数单调递减; 当时,,函数单调递增. 所以,当时,函数取最小值,即, 关于的不等式有解,则,解得. 因此,实数的取值范围是; (2),,, 设,,且有,, 所以,函数在上单调递减. 当时,,即,函数单调递增; 当时,,即,函数单调递减. 综上所述,函数的增区间为,减区间为. 6.(2019·重庆一中高三(文))已知函数. (Ⅰ)讨论的单调性; (Ⅱ)当时,,求的取值范围. 【解析】(1), 当时,,∴在上单调递减. 当时,令,得;令,得. ∴的单调递减区间为,单调递增区间为. 当时,令,得;令,得. ∴的单调递减区间为,单调递增区间为. (2)当时,在上单调递减,∴,不合题意. 当时,,不合题意. 当时,,在上单调递增, ∴,故满足题意. 当时,在上单调递减,在单调递增, ∴,故不满足题意.综上,的取值范围为. 7.(2019·北京市十一学校高三(文))已知函数, (Ⅰ)当时,若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行,求实数的值; (II)若,都有,求实数的取值范围. 【解析】(I)当, 若函数在点处的切线与函数在点处的切线平行, 所以,解得此时在点处的切线为。在点处的切线为所以 (II)若,都有。记, 只要在上的最小值大于等于; 则随的变化情况如下表: 0 递减 极大值 递增 当时,函数在上单调递减,为最小值 所以,得。所以 当时,函数在上单调递减,在上单调递增 , 为最小值,所以,得。所以。综上, 8.(2019·河北高三月考(理))已知函数,其中. (1)讨论函数的单调性; (2)设,,若存在,对任意的实数,恒有成立,求的最大值。 【解析】(1)由题意可得,, ①当时,恒成立,即在上单调递增; ②当时,由; 由; 即在上单调递增;在上单调递减; (2)由, 因此,存在,满足即可, 令,。则,只需求的最小值即可; 又,因函数在恒单调递增, 又,,所以恒成立,即在恒单调递减, 所以,即. 9.(2020·陕西西安中学高三期末(文))已知函数. (1)讨论函数的单调性; (2)若,对任意,不等式恒成立,求实数的取值范围. 【解析】(1)∵依题意可知:函数的定义域为, ∴, 当时,在恒成立,所以在上单调递增. 当时,由得;由得; 综上可得当时,在上单调递增; 当时,在上单调递减;在上单调递增. (2)因为,由(1)知,函数在上单调递增, 不妨设,则, 可化为, 设,则,所以为上的减函数, 即在上恒成立,等价于在上恒成立, 设,所以,因,所以,所以函数在上是增函数,所以(当且仅当时等号成立)。所以. 10(2019·中央民族大学附属中学高三月考)已知函数. (1)若曲线在点处的切线与直线垂直,求函数的单调区间; (2)若对于任意都有成立,试求的取值范围; (3)记.当时,函数在区间上有两个零点,求实数的取值范围。 【解析】(1)直线的斜率为1, 函数)的定义域为. 因为,所以,所以,所以,. 由解得;由解得. 所以得单调增区间是,单调减区间是. (2)由解得;由解得. 所以在区间上单调递增,在区间上单调递减, 所以当时,函数取得最小值. 因为对于任意都有成立,所以即可. 则,即,解得,所以得取值范围是. (3)依题意得,则, 由解得,由解得.所以函数在区间上有两个零点, 所以,解得.所以的取值范围是. 11.(2019·北京北师大实验中学高三期中)已知函数,. Ⅰ讨论函数的单调区间; Ⅱ若函数在处取得极值,对,恒成立,求实数的取值范围. 【解析】(1)在区间上, , 当时, 恒成立, 在区间上单调递减; 当时,令得,在区间上,,函数单调递减, 在区间上,,函数单调递增. 综上所述:当时, 的单调递减区间是,无单调递增区间; 当时,的单调递减区间是,单调递增区间是 (2)因为函数在处取得极值, 所以,解得,经检验可知满足题意;由已知,即, 即对恒成立,令, 则,易得在上单调递减,在上单调递增, 所以,即. 12.(2019·安徽高三月考(理))已知函数. (Ⅰ)当时,证明:有且只有一个零点; (Ⅱ)求函数的极值. 【解析】(Ⅰ)当时,,定义域为, ∴, ∴在上单调递增,∴至多有一个零点. 又,, 则,∴在上有且只有一个零点. (Ⅱ)由题意得,,, 当时,当时,, 当时,,当时,, ∴函数在和上单调递增,在上单调递减, ∴极大值为,极小值为; 当时,,∴函数在上单调递增,无极值; 当时,当时,,当时,, 当时,,∴函数在和上单调递增,在上单调递减, ∴极大值为,极小值为. 13.(2019·湖南高三期末)已知函数 (1)求函数的单调区间; (2)设,若对任意,不等式恒成立,求实数的取值范围. 【解析】(1)的定义域是, 由及得,由及得或; 所以函数在上单调递增;在和上单调递减. (2)若对任意,不等式恒成立,问题等价于 由(1)可知,在上,是函数极小值点,这个极小值是唯一的极值点 故也是最小值点,所以, 当时,;当, 当时, 问题等价于或或 解得或或。即,所以实数的取值范围是. 14.(2020·莆田第二十五中学高三期末(文))已知函数. (I)当时,求曲线在处的切线方程; (Ⅱ)若当时,,求的取值范围. 【解析】(I)的定义域为.当时, , 曲线在处的切线方程为 (II)当时,等价于 设,则, (i)当,时,,故在上单调递增,因此; (ii)当时,令得 . 由和得,故当时,,在单调递减,因此. 综上,的取值范围是 15.(2020·山西高三期末(文))已知函数(). (1)若,讨论的单调性; (2)若在区间内有两个极值点,求实数a的取值范围. 【解析】(1)由题意可得的定义域为, ,当时,易知 ∴由得,由得,∴在上单调递减,在上单调递增. (2)由(1)可得,当时,,记,则, ∵在内有两个极值点,∴在内有两个零点,∴. 令,则,当,即时,,所以在上单调递减, 的图像至多与x轴有一个交点,不满足题意. 当,即时,在上,单调递增, 的图像至多与x轴有一个交点,不满足题意. 当,即时,在上单调递增,在上单调递减 由知,要使在内有两个零点,必须满足,解得.综上,实数a的取值范围是. 16.(2020·云南高三期中(理))已知函数. (1)讨论的单调性; (2)已知函数在时总有成立,求的取值范围. 【解析】(1)因为, 所以. (ⅰ)若,恒成立,所以在上单调递增. (ⅱ)若,,当时,,所以在上单调递增;当时,,所以在上单调递增;当时,,所以在上单调递减. (ⅲ)若,恒成立,所以在上单调递增. (ⅳ)若,,当时,,所以在上单调递增;当时,,所以在上单调递减;当时,,所以在上单调递增. 综上,当或时,在上单调递增;当时,在和上单调递增,在上单调递减;当时,在和上单调递增,在上单调递减。 (2)构造函数, 当时,由,得,,∴. 当时,, 因为,所以,所以在上恒成立,故在上单调递增.,解得,又,所以. 故的取值范围是. 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7015500 [精]第二十九章 投影与视图单元测试卷B(含解析)

    初中数学/人教版/九年级下册/第二十九章 投影与视图/本章综合与测试

    中小学教育资源及组卷应用平台 投影与视图单元测试卷(B) 一、单选题 1.如图所示的几何体,从左面看是(  ) A. B. C. D. 2.下面四个立体图形,从正面、左面、上面对空都不可能看到长方形的是   A. B. C. D. 3.如图所示的几何体是由一个圆柱体挖去一个长方体后得到的,它的主视图是(  ) A. B. C. D. 4.如图是由几个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图,小正方形中的数字表示该位置上小正方体的个数,则该几何体的左视图是(  ) A. B. C. D. 5.下列四个几何体中,主视图与左视图相同的几何体有(  ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 6.图2是图1中长方体的三视图,若用表示面积,则(  ) A. B. C. D. 7.在一个晴朗的上午,小丽拿着一块矩形木板在阳光下做投影实验,矩形木板在地面上形成的投影不可能是(  ) A. B. C. D. 8.如图是一个正六棱柱的主视图和左视图,则图中的a=( ) A.2 B. C.2 D.1 9.如图是将一个底面为正方形的长方体切掉一个角后得到的几何体,则从上面看到的几何体的形状图是(  ) A. B. C. D. 10.将如图所示表面带有图案的正方体沿某些棱展开后,得到的图形是( ) A. B. C. D. 二、填空题 11.小明想测量一棵树的高度,他发现树的影子恰好落在地面和一斜坡上;如图,此时测得地面上的影长为8米,坡面上的影长为4米.已知斜坡的坡角为30°,同一时刻,一根长为1米,垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为2米,则树的高度为___.? ? 12.已知某几何体的三视图如图,其中主视图和左视图都是腰长为5,底边长为4的等腰三角形,则该几何体的侧面展开图的面积是____.(结果保留π) 13.从正面和从左面看一个长方体得到的形状图如图所示(单位: cm),则其从上面看到的形状图的面积是______. 14.如图,5个棱长为1 cm的正方体摆在桌子上,则露在外面的部分(不包括底面)的面积为______cm2. 15.如图所示,一棱长为的正方体,把所有的面均分成个小正方形,其边长都为,假设一只蚂蚁从下底面点A沿表面爬行至侧面的B点,最少要爬________. 16.用小立方块搭一个几何体,使得它从正面看和从上面看得到的形状图如图所示,那么最少需要小立方块的个数是________个. 17.如图是一个正方体纸盒的展开图,正方体的各面标有数字1,2,3,﹣3,A,B,相对面上是两个数互为相反数,则A=_____. 18.如图,方桌正上方的灯泡(看作一个点)发出的光线照射方桌后,在地面上形成阴影(正方形)示意图,已知方桌边长1.2 m,桌面离地面1.2 m,灯泡离地面3.6 m,则地面上阴影部分的面积为____. 三、解答题 19.如图,是由6个棱长相同的小正方形组合成的几何体. (1)请在下面方格纸中分别画出它的主视图和俯视图; (2)如果在这个几何体上再添加一些相同的小正方体,并保持这个几何体的主视图和俯视图不变,那么请在下面方格纸中画出添加小正方体后所得几何体可能的左视图(画出一种即可) 20.用六个小正方体搭成如图的几何体,请画出该几何体从正面,左面,上面看到的图形. 21.一个由若干小正方形堆成的几何体,它从正面看和从左面看的图形如图1所示. 这个几何体可以是图2中甲,乙,丙中的______; 这个几何体最多由______个小正方体堆成,最少由______个小正方体堆成; 请在图3中用阴影部分画出符合最少情况时的一个从上面往下看得到的图形. 22.某几何体的三视图如图所示,已知在△EFG中,FG=18cm,EG=12cm,∠EGF=30°;在矩形ABCD中,AD=16cm. (1)请根据三视图说明这个几何体的形状. (2)请你求出AB的长; (3)求出该几何体的体积. 23.李航想利用太阳光测量楼高.他带着皮尺来到一栋楼下,发现对面墙上有这栋楼的影子,针对这种情况,他设计了一种测量方案,具体测量情况如下:如示意图,李航边移动边观察,发现站到点E处时,可以使自己落在墙上的影子与这栋楼落在墙上的影子重叠,且高度恰好相同.此时,测得李航落在墙上的影子高度CD=1.2m,CE=0.6m,CA=30m(点A、E、C在同一直线上).已知李航的身高EF是1.6m,请你帮李航求出楼高AB. 24.综合与实践 问题情境:在棱长为1的正方体右侧拼搭若干个棱长小于或等于1的其它正方体,使拼成的立体图形为一个长方体.如图1,是两个棱长为1的正方体搭成的长方体,图2是从上面看这个长方体得到的平面图形,它由两个正方形组成. 操作探究: (1)如图3是在棱长为1的正方体右侧拼搭了4个棱长小于1的正方体形成的长方体,请画出从上面看这个长方体得到的平面图形; (2)已知一个长方体是按上述方式拼成的,组成它的正方体不超过10个,且若从上面看这个长方体得到的平面图形由4个正方形组成. 请从A,B两题中任选一题作答,我选择   题. A.请画出从上面看这个长方体得到的平面图形.(请画出所有可能的图形) B.请画出从上面看这个长方体得到的平面图形.(请画出所有可能的图形,并在所画图形的下方直接写出拼成该长方体所需的正方体的总个数) 25.把棱长为1cm的若干个小正方体摆放如图所示的几何体,然后在露出的表面上涂上颜色不含底面 该几何体中有多少小正方体? 画出主视图. 求出涂上颜色部分的总面积. 26.如图是一个直六棱柱的不完整的三视图,其中主视图是一个邻边为和的矩形,俯视图是正六边形 请把三视图补充完整; 计算这个直棱柱的表面积. 参考答案 1.B【解析】从左面看到的是左面位置上下两个正方形,右面的下方一个正方形的图形是。 故选B. 2.B【解析】 A、主视图为三角形,左视图为三角形,俯视图为有对角线的矩形,故本选项错误; B、主视图为等腰三角形,左视图为等腰三角形,俯视图为圆,从正面、左面、上面观察都不可能看到长方形,故本选项正确; C、主视图为长方形,左视图为长方形,俯视图为圆,故本选项错误; D、主视图为长方形,左视图为长方形,俯视图为长方形,故本选项错误. 故选:B. 3.B【解析】 其主视图是, 故选:B. 4.D【解析】 根据俯视图中每列正方形的个数,再画出从正面的,左面看得到的图形: 几何体的左视图是: .故选D. 5.D【解析】 ①正方体的主视图与左视图都是正方形; ②球的主视图与左视图都是圆; ③圆锥主视图与左视图都是三角形; ④圆柱的主视图和左视图都是长方形;故选D. 6.A【解析】 ∵S主=x2+2x=x(x+2),S左=x2+x=x(x+1),∴俯视图的长为x+2,宽为x+1,则俯视图的面积S俯=(x+2)(x+1)=x2+3x+2.故选A. 7.A【解析】 将矩形木框立起与地面垂直放置时,形成B选项的影子; 将矩形木框与地面平行放置时,形成C选项影子; 将木框倾斜放置形成D选项影子; 根据同一时刻物高与影长成比例,又因矩形对边相等,因此投影不可能是A选项中的梯形,因为梯形两底不相等.故选A. 8.B【解析】 由正六棱柱的主视图和左视图,可得到正六棱柱的最长的对角线长是4,则边长为2,作AD⊥BC于D, 在△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°, ∴在Rt△ABD中,∠ABD=30°,AD=1, ∴AB=2,BD=AB?cos30°=, 即a=.故选B. 9.C【解析】 这个几何体从上面看易得到正方形右下角有一条斜线, 即:.故选C. 10.C【解析】 由原正方体知,带图案的三个面相交于一点,而通过折叠后A、B都不符合,且D折叠后图的位置正好相反,所以能得到的图形是C.故选C. 11.6+【解析】 延长AC交BF延长线于D点,则∠CFE=30°,作CE⊥BD于E. 在Rt△CFE中,∠CFE=30°,CF=4,∴CE=2,EF=2. 在Rt△CED中,∵同一时刻,一根长为1米、垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为2米,CE=2,CE:DE=1:2,∴DE=4,∴BD=BF+EF+ED=12+2. 在Rt△ABD中,ABBD(12+2)=6+. 故答案为(6+)米. 12.【解析】 由三视图可知,该几何体是圆锥, 侧面展开图的面积, 故答案为:. 13.12cm2【解析】 根据从左面、从正面看到的形状图的相关数据可得; 从正面看到的形状图是长为4cm宽为2cm的长方形, 从左面看到的形状图是长为3cm宽为2cm的长方形, 则从上面看到的形状图的面积是4×3=12cm2. 14.16【解析】 从左右和前后看,这四个方向各有三个小正方体的面裸露,从上面看有四个面裸露,所以共有3×4+4=16个面裸露,则裸露的面积为1×1×16=16cm2. 故答案为16cm2. 15.【解析】 把此正方体的点A所在的面展开,然后在平面内,利用勾股定理求点A和B点间的线段长, 因为爬行路径不唯一,故分情况分别计算,进行大、小比较,再从各个路线中确定最短的路线. (1)展开前面右面由勾股定理得AB==cm; (2)展开底面右面由勾股定理得AB==5cm. 所以最短路径长为5cm. 16.7【解析】 易得这个几何体共有3层,由俯视图可得第一层正方体的个数,由主视图可得第二层和第三层最多的正方体的个数,相加得:最多需要3+2+2=7个小正方体. 17.﹣2【解析】由图可知A=-2. 18.3.24 m2【解析】 解:根据题意由图可知, , 由于面积比等于相似比的平方,故地面上阴影部分的面积为 ×1.2×1.2=3.24m2. 19.图形见详解. 【解析】(1)主视图和俯视图如下图, (2)左视图如下图 20. 【解析】如图所示: 21.(1)甲,乙;(2)9,7;(3)答案见解析.【解析】 图2中,甲和乙的主视图和左视图如图1所示,丙的左视图与图1不符, 故答案为:甲,乙; 由图1可得,若几何体的底层有6个小正方体,则几何体最多由9个小正方体组成; 若几何体的底层有4个小正方体,则几何体最少由7个小正方体组成; 故答案为:9,7; 符合最少情况时,从上面往下看得到的图形如下:答案不唯一 22.(1)三棱柱;(2)6cm;(3)864cm3. 【解析】(1)三棱柱; (2)AB=sin30°×EG=×12=6cm, (3)V=SH=×18×6×16=864cm3, 答:该几何体的体积为864cm3, 23.21.2m 【解析】作DN⊥AB.垂足为N,交EF于M, ∴四边形CDME、ACDN是矩形, ∴AN=ME=CD=1.2m,DN=AC=30m,DM=CE=0.6m, ∴MF=EF-ME=1.6-1.2=0.4m, ∴依题意知,EF∥AB, ∴△DFM∽△DBN, ∴, 即: , ∴BN=20, ∴AB=BN+AN=20+1.2=21.2 答:楼高为21.2米. 24.(1)画图见解析;(2)见解析. 【解析】(1)由图3可得,从上面看这个长方体得到的平面图形为: (2) 若选A题:由题可得,从上面看这个长方体得到的平面图形为: 若选B题:由题可得,从上面看这个长方体得到的平面图形为: 25.(1)14个;(2)见解析;(3)33cm2 【解析】(1)该几何体中正方体的个数为9+4+1=14个; (2); (3)先算侧面﹣﹣底层12个小面 中层8个 上层4个再算上面﹣﹣上层1个 中层3个(正方体是可以移动的,不管放在哪里,它压住的面积总是它的底面积,也就是一个,所以中层是4减1个)底层(9﹣4)=5个总共33个小面. 26.(1)画图见解析;(2)表面积是. 【解析】如图所示: 主视图的矩形长是宽是,则直六棱柱底面的正六边形的边长是,直六棱柱的高是, . 故这个直棱柱的表面积是. 试卷第1页,总3页 HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7010778 [精]第二十九章 投影与视图单元测试卷A(含解析)

    初中数学/人教版/九年级下册/第二十九章 投影与视图/本章综合与测试

    中小学教育资源及组卷应用平台 投影与视图单元测试卷(A) 一、单选题 1.如图,这个几何体的左视图是( ) A. B. C. D. 2.两个不同长度的物体在同一时刻同一地点的太阳光下得到的投影是( ) A.相等 B.长的较长 C.短的较长 D.不能确定 3.由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图如图所示,其中正方形中的数字表示该位置上的小正方体的个数,那么该几何体的主视图是(  ) A. B. C. D. 4.如图所示的几何体,它的左视图是( ). A. B. C. D. 5.如图是由5个相同的小正方体组成的立体图形,它的主视图是( ) A. B. C. D. 6.下列几何体的主视图是轴对称图形,但不是中心对称图形的是(  ) A. B. C. D. 7.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是(  ) A.24+2π B.16+4π C.16+8π D.16+12π 8.如图,以点O为位似中心,把放大为原图形的2倍得到,以下说法中错误的是( ) A.· B.点C、点O、点三点在同一直线上 C. D. 9.用小立方块搭成的几何体,从正面看和从上面看的形状图如下,则组成这样的几何体需要的立方块个数为( ) A.最多需要8块,最少需要6块 B.最多需要9块,最少需要6块 C.最多需要8块,最少需要7块 D.最多需要9块,最少需要7块 10.如图,该几何体由6个相同的小立方体无缝隙地搭成,在它的三视图中,面积相等的视图是 ( ) A.主视图与俯视图 B.主视图与左视图 C.俯视图与左视图 D.主视图、左视图、俯视图 二、填空题 11.如图是一个几何体的三视图,则这个几何体的形状是_________ . 12.如图,AB和DE是直立在地面上的两根立柱,AB=5米,某一时刻AB在阳光下的投影BC=3米,在测量AB的投影时,同时测量出DE在阳光下的投影长为6米,则DE的长为_____. 13.一个立体图形的三视图如图所示,请你根据图中给出的数据求出这个立体图形的表面积为 _______. 14.一张桌子摆放若干碟子,从三个方向上看,三种视图如图所示,则这张桌子上共有_____个碟子. 15.如图是一个圆柱体的三视图,由图中数据计算此圆柱体的侧面积为________.(结果保留π) 16.如图是由几块相同的小正方体搭成的立体图形的三视图,则这个立体图形中小正方体共有?________块. ? 17.一位画家把7个边长为1m的相同正方体摆成如图的形状,然后把露出的表面(不包括底面)涂上颜色,则涂色面积为_________m2. 18.一个由许多规格相同的小正方体堆积而成的几何体,其主视图、左视图如图所示一模一样,若要摆成这样的图形,至少需用 m 块小正方体,至多需用n 块小正方体,则 mn= ________________. 三、解答题 19.如图是小强用八块相同的小立方体搭成的一个几何体,从正面、左面和上面观察这个几何体,请你在下面相应的位置分别画出你所看到的几何体的形状图(在答题卡上画完图后请用黑色签字笔描图) 20.画出以下两个几何体的三视图. (1) (2) 21.从正面、左面、上面观察如图所示的几何体,分别画出你所看到的几何体的形状图. 22.学习投影后,小明、小颖利用灯光下自己的影子长度来测量一路灯的高度,并探究影子长度的变化规律.如图,在同一时间,身高为1.6m的小明(AB)的影子BC长是3m,而小颖(EH)刚好在路灯灯泡的正下方H点,并测得HB=6m. (1)请在图中画出形成影子的光线,并确定路灯灯泡所在的位置G; (2)求路灯灯泡的垂直高度GH. 23.某工厂要加工一批茶叶罐,设计者给出了茶叶罐的三视图,如图,请你按照三视图确定制作每个密封罐所需钢板的面积.(单位:毫米) 24.已知一个模型的三视图如图,其边长如图所示(单位:cm).制作这个模型的木料密度为150 kg/m3,则这个模型的质量是多少kg?如果油漆这个模型,每千克油漆可以漆4 m2,需要油漆多少kg?(质量=密度×体积) 25.小红想利用阳光下的影长测量学校旗杆AB的高度.如图,他在某一时刻在地面上竖直立一个2米长的标杆CD,测得其影长DE=0.4米. (1)请在图中画出此时旗杆AB在阳光下的投影BF. (2)如果BF=1.6,求旗杆AB的高. 26.周末,小华和小亮想用所学的数学知识测量家门前小河的宽.测量时,他们选择了河对岸边的一棵大树,将其底部作为点A,在他们所在的岸边选择了点B,使得AB与河岸垂直,并在B点竖起标杆BC,再在AB的延长线上选择点D竖起标杆DE,使得点E与点C、A共线. 已知:CB⊥AD,ED⊥AD,测得BC=1m,DE=1.5m,BD=8.5m.测量示意图如图所示.请根据相关测量信息,求河宽AB. 参考答案 1.B【解析】因为物体的左侧高,所以会将右侧图形完全遮挡,看不见的直线要用虚线代替, 故选B. 2.D【解析】因不知道物体与地面的角度关系如何,即不知道与光线的角度大小,故无法比较其投影的长短.故选D. 3.A【解析】几何体从左到右的最高层数依次为1,2,3, 所以主视图从左到右的层数应该为1,2,3,故选A. 4.C【解析】从左面看第一层是两个小正方形,第二层左边有一个小正方形. 故选:C. 5.D【解析】从正面看第一层是三个小正方形,第二层中间一个小正方形, 故选:D. 6.A【解析】 A:选项中圆锥的主视图是三角形,三角形是轴对称图形,不是中心对称图形,故选项符合题意; B:选项中圆柱的主视图是矩形,矩形是轴对称图形,也是中心对称图形,故选项不符合题意; C:选项中球体的主视图是圆,圆是轴对称图形,也是中心对称图形,故选项不符合题意; D:选项中长方体的主视图是矩形,矩形是轴对称图形,也是中心对称图形,故不符合题意. 故选:A. 7.D【解析】该几何体的表面积为2×?π?22+4×4+×2π?2×4=12π+16, 故选:D. 8.C【解析】∵以点O为位似中心,把△ABC放大为原图形的2倍得到△A′B′C′, ∴与是位似三角形, ∴,点C、点O、点三点在同一直线上,,故A、B、D正确; ∵△AOB∽△A′OB′, ∴OA:OA′=AB:A′B′=1:2, ∴OA:AA′=1:3,故C错误; 故选:C. 9.C【解析】 由主视图可得:这个几何体共有3层, 由俯视图可知第一层正方体的个数为4, 由主视图可知第二层最少为2块,最多的正方体的个数为3块, 第三层只有一块, 故:最多为3+4+1=8个 最少为2+4+1=7个 故选C 10.A【解析】 设每个小正方形的一个面的面积为1,则由图可知,其主视图面积为4,左视图面积为3,俯视图的面积为4,由此可知面积相等的视图是主视图和俯视图. 故选A. 11.圆锥【解析】根据俯视图为圆的有球,圆锥,圆柱等几何体,主视图和左视图为三角形的只有圆锥,则这个几何体的形状是圆锥. 故答案为:圆锥. 12.10cm【解析】如图, 在测量AB的投影时,同时测量出DE在阳光下的投影长为6m, ∵△ABC∽△DEF,AB=5m,BC=3m,EF=6m ∴ = ∴ = ∴DE=10(m) 故答案为10m. 13.8π【解析】∵正视图和俯视图是矩形,左视图为圆形, ∴可得这个立体图形是圆柱, ∴这个立体图形的侧面积是2π×3=6π, 底面积是:, ∴这个立体图形的表面积为6π+2π=8π; 故答案为8π. 14.12【解析】易得三摞碟子数分别为3,4,5则这个桌子上共有12个碟子. 点评:本题考查对三视图的理解应用及空间想象能力. 15.24π【解析】由图可知,圆柱体的底面直径为4,高为6,所以,侧面积=4π×6=24π.故答案为24π. 16.9 【解析】综合主视图,俯视图,左视图,底层有2+2+1=5个正方体,第二层有3个正方体,第三层有1个正方体,所以搭成这个几何体所用的小立方块的个数是5+3+1=9个. 故答案为:9. 17.23 【解析】根据分析得露出的面的个数为4×2+4×3+3=23,又每个面的面积为1m2, 则涂色面积为23m2.故答案为:23. 18.65【解析】 摆出如图所示的图形,至少要3+2=5个小正方体,最多需要9+4=13个小正方体,所以mn=65. 19.答案见解析. 【解析】本题考查了简单组合体的三视图的画法,读图可得,从正面看有3列,每列小正方形数目分别为1,2,1;从左面看有3列,每列小正方形数目分别为2,1,2;从上面看有3列,每列小正方形数目分别为1,3,2,依此画出图形即可. 20.作图见解析. 【解析】俯视图是由物体上方向下做正投影得到的视图,主视图是从物体的前面向后面投射所得的视图,左视图是从物体的左面向右面投射所得的视图,根据定义画出相应视图即可. (1) (2) 21.见解析【解析】从正面看: 从左面看 从上面看: 22.(1)如图所示;(2)路灯灯泡的垂直高度为4.8米. 【解析】(1)如图,CA与HE的延长线相交于G; (2)AB=1.6m,BC=3m,HB=6m, ∵AB∥GH, ∴△CBA∽△CHG, ∴,即, ∴GH=4.8, 即路灯灯泡的垂直高度GH=4.8m. 23.. 【解析】由三视图可知茶叶罐的形状为圆柱体,并且茶叶罐的底面直径2R为100毫米,高H为150毫米,∵每个密封罐所需钢板的面积即为该圆柱体的表面积, ∴S表面积===(毫米2),故制作每个密封罐所需钢板的面积为毫米2. 24.这个模型的质量是948 kg;需要油漆5.9 kg. 【解析】模型的体积=300×200×100+50×80×80=6 320 000 cm3=6.32 m3, 模型的质量=6.32×150=948 kg; 模型的表面积=2(100×200+100×300+200×300)+2(50×80+80×80+50×80)-2×80×80=236 000cm2=23.6 m2, 需要油漆:23.6÷4=5.9 kg. 答:这个模型的质量是948 kg;需要油漆5.9 kg. 25.(1)见解析 (2) 8m 【解析】(1)连结CE,过A点作AF∥CE交BD于F,则BF为所求,如图; (2)∵AF∥CE, ∴∠AFB=∠CED, 而∠ABF=∠CDE=90°, ∴△ABF∽△CDE, ∴, 即, ∴AB=8(m), 答:旗杆AB的高为8m. 26.河宽为17米. 【解析】∵CB⊥AD,ED⊥AD, ∴∠CBA=∠EDA=90°, ∵∠CAB=∠EAD, ∴?ABC∽?ADE, ∴, 又∵AD=AB+BD,BD=8.5,BC=1,DE=1.5, ∴, ∴AB=17, 即河宽为17米. 试卷第1页,总3页 HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7010770 [精]第二十八章 锐角三角函数单元测试卷B(含解析)

    初中数学/人教版/九年级下册/第二十八章 锐角三角函数/本章综合与测试

    中小学教育资源及组卷应用平台 锐角三角函数单元测试卷(B) 一、单选题 1.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=,以点B为圆心,BC的长为半径作弧,交AB于点D,若点D为AB的中点,则阴影部分的面积是( ) A. B. C. D. 2.在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=5,AB=13,则sinB的值为(  ) A. B. C. D. 3.已知⊙O的半径为4,圆心O到弦AB的距离为2,则弦AB所对的圆周角的度数是(  ) A.30° B.60° C.30°或150° D.60°或120° 4.如图,钓鱼竿AC长6m,露在水面上的鱼线BC长m,某钓者想看看鱼钓上的情况,把鱼竿AC转动到AC'的位置,此时露在水面上的鱼线B′C′为m,则鱼竿转过的角度是(  ) A.60° B.45° C.15° D.90° 5.的值等于(  ) A. B. C. D.1 6.如图以正五边形ABCDE的顶点A为圆心,AE为半径作圆弧交BA的延长线于点A′,再以点B为圆心,BA′为半径作圆弧交CB的延长线于B′,依次进行.得到螺旋线,再顺次连结EA′,AB′,BC′,CD′,DE′,得到5块阴影区域,若记它们的面积分别为S1,S2,S3,S4,S5,且满足S5﹣S2=1,则S4﹣S3的值为(  ) A. B. C. D. 7.如图,在矩形纸片中,,点在上,将沿折叠,点恰好落在边上点处,且.则的值为( ) A. B. C. D. 8.如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=4,那么cosA的值等于(  ) B. C. D. 9.如图,中,,顶点,分别在反比例函数()与()的图象上.则下列等式成立的是( ) B. C. D. 10.如图,为半圆的直径,交于,为延长线上一动点,为中点,,交半径于,连.下列结论:①;②;③;④为定值.其中正确结论的个数为( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 二、填空题 11.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,D是AB的中点,过D点作AB的垂线交AC于点E,BC=6,sinA=,则DE=_____. 12.两个全等的三角尺重叠放在△ACB的位置,将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置,使点A恰好落在边DE上,AB与CE相交于点F.已知∠ACB=∠DCE=90°,∠B=30°,AB=8cm,则CF=______cm. 13.如图,△ABC内接于⊙O,AB为⊙O的直径,∠CAB=60°,弦AD平分∠CAB,若AD=6,则AC=_____. 14.计算tan260°﹣2sin30°﹣cos45°的结果为_____. 15.如图,在等边△ABC中,AB=10,BD=4,BE=2,点P从点E出发沿EA方向运动,连结PD,以PD为边,在PD的右侧按如图所示的方式作等边△DPF,当点P从点E运动到点A时,点F运动的路径长是________. 16.如图所示,在等腰三角形中,,,则边上的高的长是________. 17.如图,在直角△BAD中,延长斜边BD到点C,使DC=BD,连接AC,若tanB=,则tan∠CAD的值________. 18.如图,把n个边长为1的正方形拼接成一排,求得tan∠BA1C=1,tan∠BA2C=,tan∠BA3C=,计算tan∠BA4C=_____,…按此规律,写出tan∠BAnC=_____(用含n的代数式表示). 三、解答题 19.如图,BC是路边坡角为30°,长为10米的一道斜坡,在坡顶灯杆CD的顶端D处有一探射灯,射出的边缘光线DA和DB与水平路面AB所成的夹角∠DAN和∠DBN分别是37°和60°(图中的点A、B、C、D、M、N均在同一平面内,CM∥AN). (1)求灯杆CD的高度; (2)求AB的长度(结果精确到0.1米).(参考数据:=1.73.sin37°≈060,cos37°≈0.80,tan37°≈0.75) 20.如图,在中,,为上一点,,. (1)求的长;(2)求的值. 21.如图,已知△ABC中,AB=BC=5,tan∠ABC=. (1)求边AC的长; (2)设边BC的垂直平分线与边AB的交点为D,求的值. 22.如图,已知是的直径,点、在上,且,过点作,垂足为. 求的长; 若的延长线交于点,求弦、和弧围成的图形(阴影部分)的面积. 23.已知:PA=,PB=4,以AB为一边作正方形ABCD,使P、D两点落在直线AB的两侧. (1)如图,当∠APB=45°时,求AB及PD的长; (2)当∠APB变化,且其它条件不变时,求PD的最大值,及相应∠APB的大小. 24.如图1,四边形ABCD是正方形,点E是边BC上一点,点F在射线CM上,∠AEF=90°,AE=EF,过点F作射线BC的垂线,垂足为H,连接AC. (1) 试判断BE与FH的数量关系,并说明理由; (2) 求证:∠ACF=90°; (3) 连接AF,过A,E,F三点作圆,如图2. 若EC=4,∠CEF=15°,求的长. 图1 图2 参考答案 1.A【解析】∵D为AB的中点, ∴BC=BD=AB, ∴∠A=30°,∠B=60°. ∵AC=, ∴BC=AC?tan30°==2, ∴S阴影=S△ABC﹣S扇形CBD==.故选A. 2.D【解析】∵Rt△ABC中,∠C=90°,AB=13,AC=5, ∴sinB==.故选:D. 3.D【解析】如图, ∵OH⊥AB,OA=OB=4, ∴∠AHO=90°, 在Rt△OAH中,sin∠OAH= ∴∠OAH=30°, ∴∠AOB=180°-30°-30°=120°, ∴∠ACB=∠AOB=60°,∠ADB=180°-∠ACB=120°(圆内接四边形的性质), 即弦AB所对的圆周角的度数是60°或120°.故选:D. 4.C【解析】∵sin∠CAB= ∴∠CAB=45°. ∵, ∴∠C′AB′=60°. ∴∠CAC′=60°-45°=15°, 鱼竿转过的角度是15°.故选C. 5.B【解析】sin60°=,tan45°=1,所以sin60°+tan45°=.故选B. 6.D【解析】设五边形的边长为a,则S1=﹣?a2?sin72°, S2=﹣?a?2a?sin72°, S3=﹣?a?3a?sin72°, S4=﹣?a?4a?sin72°, S5=﹣?a?5a?sin72°, ∵S5﹣S2=1, ∴5πa2﹣πa2﹣a2?sin72°=1, ∴?π?a2﹣a2?sin72°=1, ∴S4﹣S3=πa2﹣πa2﹣a2sin72°=π?a2﹣a2sin72°=. 故选:D. 7.D【解析】由矩形性质、翻折性质可知AB=AF=3=CD,又因为,所以DF=2,在Rt△ADF中,AD= ==,因为∠B=∠EFA=90°,所以 ∠CFE+∠AFD=90°,因为 ∠FAD+∠AFD=90°,所以∠CFE= ∠FAD,=tan∠FAD== . 故选:D. 8.D【解析】 ∵在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3, ∴, ∴. 9.C【解析】过A作AF垂直x轴,过B点作BE垂直与x轴,垂足分别为F,E, 由题意可得出, 继而可得出 顶点,分别在反比例函数()与()的图象上 ∴ ∴ ∴ ∴ A. ,此选项错误, B. ,此选项错误; C. ,此选项正确; D. ,此选项错误;故选:C. 10.D【解析】①∵点是的中点,,∴是的垂直平分线, ∵是半的直径,,∴是的垂直平分线, ∴点是的外心, ∵,∴, ∴,故①正确; ②连接AC,如图1,∵是半的直径,∴, ∴点和点在以点为圆心的同一个圆上,∴,故②正确; ③连接BE,如图2,由①知点是的外心,∴,故③正确; ④如图1,在直角中,, ∴, ∴为定值,是半径的倍,故④正确. 故选:D. 11. 【解析】∵在Rt△ABC中,BC=6,sinA= ∴AB=10 ∴. ∵D是AB的中点,∴AD=AB=5. ∵∠C=∠EDA=90°,∠A=∠A ∴△ADE∽△ACB, ∴ 即解得:DE=. 12. 【解析】∵将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置,使点A恰好落在边DE上, ∴DC=AC,∠D=∠CAB, ∴∠D=∠DAC, ∵∠ACB=∠DCE=90°,∠B=30°, ∴∠D=∠CAB=60°, ∴∠DCA=60°, ∴∠ACF=30°, 可得∠AFC=90°, ∵AB=8cm, ∴AC=4cm, ∴FC=4cos30°=2cm. 13.2 【解析】连接BD, ∵AB是⊙O的直径, ∴∠C=∠D=90°, ∵∠BAC=60°,弦AD平分∠BAC, ∴∠BAD=∠BAC=30°, ∴在Rt△ABD中,AB==4, ∴在Rt△ABC中,AC=AB?cos60°=4×=2. 故答案为2. 14.1 【解析】原式=-2×-× =1. 15.8 【解析】作FG⊥BC于点G,DE’⊥AB于点E’,由BD=4、BE=2与∠B=60°可知DE⊥AB,即∠ ∵DE’⊥AB,∠B=60°, ∴BE’=BD×=2, ∴E点和E’点重合, ∴∠EDB=30°, ∴∠EDB+∠PDF=90°, ∴∠EDP+∠GFD=90°=∠EDP+∠DPE, ∴∠DPE=∠GFD ∵∠DEP=∠FGD=90°,FD=GP, ∴△EPD≌△GDF, ∴FG=DE,DG=PE, ∴F点运动的路径与G点运动的路径平行,即与BC平行, 由图可知,当P点在E点时,G点与D点重合, ∵DG=PE, ∴F点运动的距离与P点运动的距离相同, ∴F点运动的路径长为:AB-BE=10-2=8, 故答案为:8. 16.4 【解析】根据直角三角形的边角关系,由tan A=,可求得∠A=30°.根据等边对等角,由AB=BC,求得∠ACB=∠A=30°,即∠DBC=60°,然后根据锐角三角函数中的正弦,可得CD=BC·sin∠DBC=8×=4. 故答案为4. 17.【解析】如图,延长AD,过点C作CE⊥AD,垂足为E, ∵tanB= , ∴ , ∴设AD=5x,则AB=3x, ∵∠CDE=∠BDA,∠CED=∠BAD, ∴△CDE∽△BDA, ∴= , ∴CE= ,DE=, ∴AE=, ∴tan∠CAD== , 故答案为. 18.; . 【解析】如图,过点C作CH⊥BA4于H, 由勾股定理得BA4==,A4C==,∵S△BA4C=×BC×1=, ∴×BA4×CH=××CH =,解得CH=,则A4H==, ∴tan∠BA4C==. ∵tan∠BA1C=1,tan∠BA2C=,tan∠BA3C=,tan∠BA4C=. 且1=12-1+1,3=22-2+1,7=32-3+1,13=42-4+1, ∴tan∠BAnC=. 故答案为,. 19.(1)10米;(2)11.4米 【解析】(1)如图,延长DC交AN于H, ∵∠DBH=60°,∠DHB=90°, ∴∠BDH=30°, ∵∠CBH=30°, ∴∠CBD=∠BDC=30°, ∴BC=CD=10(米); (2)在Rt△BCH中,CH=BC=5,BH=5≈8.65, ∴DH=15, 在Rt△ADH中,AH=≈=20, ∴AB=AH﹣BH=20﹣8.65=11.4(米). 20.(1);(2). 【解析】(1)∵,可设,得, ∵, ∴, 解得,(舍去),或, ∴, ∵, ∴, ∴; (2)过点作于点, ∵,可设,则, ∵, ∴, 解得,(舍),或, ∴, ∴. 21.(1)AC=;(2). 【解析】(1)如图,过点A作AE⊥BC, 在Rt△ABE中,tan∠ABC=,AB=5, ∴AE=3,BE=4, ∴CE=BC﹣BE=5﹣4=1, 在Rt△AEC中,根据勾股定理得:AC==; (2)∵DF垂直平分BC, ∴BD=CD,BF=CF=, ∵tan∠DBF=, ∴DF=, 在Rt△BFD中,根据勾股定理得:BD==, ∴AD=5﹣=, 则. 22.(1)OE=;(2)阴影部分的面积为 【解析】(1) ∵AB是⊙O的直径, ∴∠ACB=90°, ∵OE⊥AC, ∴OE?//?BC, 又∵点O是AB中点, ∴OE是△ABC的中位线, ∵∠D=60°, ∴∠B=60°, 又∵AB=6, ∴BC=AB·cos60°=3, ∴OE= BC=; (2)连接OC, ∵∠D=60°, ∴∠AOC=120°, ∵OF⊥AC, ∴AE=CE,=, ∴∠AOF=∠COF=60°, ∴△AOF为等边三角形, ∴AF=AO=CO, ∵在Rt△COE与Rt△AFE中, , ∴△COE≌△AFE, ∴阴影部分的面积=扇形FOC的面积, ∵S扇形FOC==π. ∴阴影部分的面积为π. 23.【小题1】(1). ②.【小题2】的最大值为6【解析】 (1)① 如图,作AE⊥PB于点E, ∵△APE中,∠APE=45°,PA=, ∴AE=PE=×=1, ∵PB=4,∴BE=PB﹣PE=3, 在Rt△ABE中,∠AEB=90°, ∴AB==. ②解法一: 如图,因为四边形ABCD为正方形,可将 △PAD绕点A顺时针旋转90°得到△P'AB, 可得△PAD≌△P'AB,PD=P'B,PA=P'A. ∴∠PAP'=90°,∠APP'=45°,∠P'PB=90° ∴PP′=PA=2, ∴PD=P′B===; 解法二: 如图,过点P作AB的平行线,与DA的延长线交于F,与DA的 延长线交PB于G. 在Rt△AEG中, 可得AG===,EG=,PG=PE﹣EG=. 在Rt△PFG中, 可得PF=PG?cos∠FPG=PG?cos∠ABE=,FG=. 在Rt△PDF中,可得, PD===. (2)如图所示, 将△PAD绕点A顺时针旋转90° 得到△P'AB,PD的最大值即为P'B的最大值, ∵△P'PB中,P'B<PP'+PB,PP′= PA=2,PB=4, 且P、D两点落在直线AB的两侧, ∴当P'、P、B三点共线时,P'B取得最大值(如图) 此时P'B=PP'+PB=6,即P'B的最大值为6. 此时∠APB=180°﹣∠APP'=135度. 24.(1)-1;(2) 【解析】:(1)BE=FH.理由如下: ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠B=90°, ∵FH⊥BC ∴∠FHE=90° 又∵∠AEF=90° ∴∠AEB+∠HEF="90°" 且∠BAE+∠AEB=90° ∴∠HEF=∠BAE ∴ ∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF ∴△ABE≌△EHF(SAS) ∴BE=FH (2)∵△ABE≌△EHF ∴BC=EH,BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE="CH" ∴CH=FH ∴∠FCH=45°,∴∠FCM=45° ∵AC是正方形对角线,∴ ∠ACD=45° ∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90° (3)∵AE=EF,∴△AEF是等腰直角三角形 △AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上.设该中点为O.连结EO得∠AOE=90° 过E作EN⊥AC于点N Rt△ENC中,EC=4,∠ECA=45°,∴EN=NC= Rt△ENA中,EN = 又∵∠EAF=45° ∠CAF=∠CEF=15°(等弧对等角) ∴∠EAC=30° ∴AE= Rt△AFE中,AE== EF,∴AF=8 AE所在的圆O半径为4,其所对的圆心角为∠AOE=90° =2π·4·(90°÷360°)=2π 试卷第1页,总3页 HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7010768 [精]第二十八章 锐角三角函数单元测试卷A(含解析)

    初中数学/人教版/九年级下册/第二十八章 锐角三角函数/本章综合与测试

    中小学教育资源及组卷应用平台 锐角三角函数单元测试卷(A) 一、单选题 1.如图,一个斜坡长130m,坡顶离水平地面的距离为50m,那么这个斜坡的坡度为(?? ) A. B. C. D. 2.三角形在正方形网格纸中的位置如图所示,则的值是() A. B. C. D. 3.在Rt△ABC中,AC=8,BC=6,则cosA的值等于(  ) A. B. C.或 D.或 4.如图,在2×2正方形网格中,以格点为顶点的△ABC的面积等于,则sin∠CAB=(  ) A. B. C. D. 5.如图,已知A,B是反比例函数y= (k>0,x>0)图象上的两点,BC∥x轴,交y轴于点C,动点P从坐标原点O出发,沿O→A→B→C(图中“→”所示路线)匀速运动,终点为C,过P作PM⊥x轴,垂足为M.设三角形OMP的面积为S,P点运动时间为t,则S关于x的函数图象大致为(  ) A. B. C. D. 6.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=1,AB=2,则下列结论正确的是(   ) A.sinA= B.tanA= C.cosB= D.tanB= 7.如图,平面直角坐标系中,⊙P经过三点A(8,0),O(0,0),B(0,6),点D是⊙P上的一动点.当点D到弦OB的距离最大时,tan∠BOD的值是(  ) A.2 B.3 C.4 D.5 8.若α为锐角,且,则α等于( ) A. B. C. D. 9.如图①是一直角三角形纸片,∠A=30°,BC=4 cm,将其折叠,使点C落在斜边上的点C′处,折痕为BD,如图②,再将图②沿DE折叠,使点A落在DC′的延长线上的点A′处,如图③,则折痕DE的长为(  )                A.cm B.cm C.cm D.3 cm 10.如图所示,AB是⊙O的直径,AM、BN是⊙O的两条切线,D、C分别在AM、BN上,DC切⊙O于点E,连接OD、OC、BE、AE,BE与OC相交于点P,AE与OD相交于点Q,已知AD=4,BC=9,以下结论: ①⊙O的半径为 ,②OD∥BE ,③PB=, ④tan∠CEP= 其中正确结论有( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 二、填空题 11.如图,是的弦,,点是上的一个动点,且,若点分别是的中点,则的最大值是_____. 12.如图,菱形的边长为,,,则这个菱形的面积______. 在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=3,AC=1,则cosB的值为_____. 14.如图,边长为3的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG,EF交AD于点H,那么DH的长是______. 15.已知△ABC中,tanB=,BC=6,过点A作BC边上的高,垂足为点D,且满足BD:CD=2:1,则△ABC面积的所有可能值为____________. 16.如图,在菱形ABCD中,,是锐角,于点E,M是AB的中点,连结MD,若,则的值为______. 17.如图,平行四边形ABCD中,AE⊥BC于E,AF⊥CD于F,若AE=6,AF=4,cos∠EAF=,则CF=______. 三、解答题 18.如图,已知,,CD是斜边AB的中线,过点A作,AE分别与CD,CB相交于点H,E,且,求的值. 19.如图,在某建筑物AC上,挂着一宣传条幅BC,站在点F处,测得条幅顶端B的仰角为30°,往条幅方向前行20米到达点E处,测得条幅顶端B的仰角为60°,求宣传条幅BC的长.(,结果精确到0.1米) 20.如图,要在木里县某林场东西方向的两地之间修一条公路MN,已知C点周围200米范围内为原始森林保护区,在MN上的点A处测得C在A的北偏东45°方向上,从A向东走600米到达B处,测得C在点B的北偏西60°方向上. (1)MN是否穿过原始森林保护区,为什么?(参考数据:≈1.732) (2)若修路工程顺利进行,要使修路工程比原计划提前5天完成,需将原定的工作效率提高25%,则原计划完成这项工程需要多少天? 21.如图,已知PA、PB是⊙O的切线,A、B分别为切点,∠OAB=30°. (1)∠APB=_____; (2)当OA=2时,AP=_____. 22.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,BC=3,AC=4,CD⊥AB,垂足为D,求sin∠ACD和tan∠BCD的值. 23.计算: (1)3tan30°+cos245°-2sin60°; (2)-cos30°+sin45°. 24.计算: (1)sin260°﹣tan30°?cos30°+tan45° (2)cos245°+sin245°+sin254°+cos254° 25.已知AD为⊙O的直径,BC为⊙O的切线,切点为M,分别过A,D两点作BC的垂线,垂足分别为B,C,AD的延长线与BC相交于点E. (1)求证:△ABM∽△MCD; (2)若AD=8,AB=5,求ME的长. 参考答案 1.A【解析】∵一个斜坡长130m,坡顶离水平地面的距离为50m, ∴这个斜坡的水平距离为:=120m, ∴这个斜坡的坡度为:50:120=5:12. 故选A. 2.A【解析】由网格纸可知, 故选A. 3.C 【解析】当△ABC为直角三角形时,存在两种情况: ①当AB为斜边,∠C=90°, ∵AC=8,BC=6, ∴AB= = =10, ∴cosA= = , ②当AC为斜边,∠B=90°, 由勾股定理得:AB=== , ∴cosA= = = , 综上所述,cosA的值等于或 .故选:C. 4.B【解析】过C作CD⊥AB, 根据勾股定理得: AC=AB= = , S△ABC=4---=, 即 CD?AB=,所以 CD =, 解得:CD= , 则sin∠CAB== ,故选B. 5.A【解析】设∠AOM=α,点P运动的速度为a, 当点P从点O运动到点A的过程中,S=a2?cosα?sinα?t2, 由于α及a均为常量,从而可知图象本段应为抛物线,且S随着t的增大而增大; 当点P从A运动到B时,由反比例函数性质可知△OPM的面积为k,保持不变,故本段图象应为与横轴平行的线段; 当点P从B运动到C过程中,OM的长在减少,△OPM的高与在B点时相同,故本段图象应该为一段下降的线段;故选A. 6.D【解析】∵在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=1,AB=2. ∴AC=, ∴sinA=,tanA=,cosB=,tanB=.故选D. 7.B【解析】如图,连接AB,过点P作PE⊥BO,并延长EP交⊙P于点D, 此时点D到弦OB的距离最大, ∵A(8,0),B(0,6), ∴AO=8,BO=6, ∵∠BOA=90°, ∴AB==10,则⊙P的半径为5, ∵PE⊥BO, ∴BE=EO=3, ∴PE==4, ∴ED=9, ∴tan∠BOD==3,故选B. 8.B【解析】∵ ∴α-10°=60°, 即α=70°. 故选:B. 9.A【解析】 因为在直角三角形中, ∠A=30°,BC=4,故∠CBA=60°,根据折叠的性质得: 故得: DB=,,根据折叠的性质得: , 故△EDB为直角三角形,又因为,故DE=DBtan30°=cm,故答案选A. 10.C【解析】作DK⊥BC于K,连接OE. ∵AD、BC是切线,∴∠DAB=∠ABK=∠DKB=90°,∴四边形ABKD是矩形,∴DK=AB,AD=BK=4,∵CD是切线,∴DA=DE,CE=CB=9,在RT△DKC中,∵DC=DE+CE=13,CK=BC﹣BK=5,∴DK==12,∴AB=DK=12,∴⊙O半径为6.故①错误,∵DA=DE,OA=OE,∴OD垂直平分AE,同理OC垂直平分BE,∴AQ=QE,∵AO=OB,∴OD∥BE,故②正确. 在RT△OBC中,PB===,故③正确,∵CE=CB,∴∠CEB=∠CBE,∴tan∠CEP=tan∠CBP===,故④正确,∴②③④正确,故选C. 11. 【解析】点分别是的中点, , 当取得最大值时,就取得最大值,当是直径时,最大, 连接并延长交于点,连接, 是的直径, . , , , .故答案为:. 12.60【解析】根据题意可得: , , , 故答案为:60. 13..【解析】由勾股定理得:BC==2,∴cosB==. 故答案为:. 14..【解析】如图所示.连接HC、DF,且HC与DF交于点P ∵正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG ∴∠BCF=∠DCG=30°,FC =DC,∠EFC=∠ADC=90° ∠BCG=∠BCD+∠DCG=90°+30°=120° ∠DCF=∠BCG-∠BCF-∠DCG=120°-30°-30°=60° ∴△DCF是等边三角形,∠DFC=∠FDC=60° ∴∠EFD=∠ADF=30°,HF=HD ∴HC是FD的垂直平分线,∠FCH=∠DCH=∠DCF=30° 在Rt△HDC中,HD=DC·tan∠DCH= ∵正方形ABCD的边长为3 ∴HD=DC·tan∠DCH=3×tan30°=3× 15.8或24.【解析】如图1所示: ∵BC=6,BD:CD=2:1,∴BD=4,∵AD⊥BC,tanB=,∴=,∴AD=BD=,∴S△ABC=BC?AD=×6×=8; 如图2所示:∵BC=6,BD:CD=2:1,∴BD=12,∵AD⊥BC,tanB=,∴=,∴AD=BD=8,∴S△ABC=BC?AD=×6×8=24; 综上,△ABC面积的所有可能值为8或24,故答案为8或24. 16.【解析】延长DM交CB的延长线于点H, 四边形ABCD是菱形, ,, , ,, ≌, , , ,设, , , , , , 或舍弃, ,故答案为:. 17.【解析】∵AE⊥BC,AF⊥DC, ∴ 又∵AB∥DC, ∴ . 又∵ , ∴ . ∵ , ∴ ,即 . 又∵ ∠ B=∠D,所以 , . 由题,AF=4,AE=6, 则根据勾股定理,易得 , , ∴ . 所以本题的正确答案为 .18.【解析】∵∠ACB=90°,CD是斜边AB的中线, ∴. ∴. 又∵, , ∴. 在中,. ∴. ∴. 19.宣传条幅BC的长为17.3米. 【解析】∵∠BEC=∠F+∠EBF,∠F=30°,∠BEC=60°, ∴∠EBF=60°-30°=30°=∠F, ∴BE=FE=20(米). ∵在Rt△BEC中,sin∠BEC=, ∴BC=BE×≈10×1.732=17.32≈17.3(米). 20.(1)不会穿过森林保护区.理由见解析;(2)原计划完成这项工程需要25天. 【解析】(1)如图,过C作CH⊥AB于H, 设CH=x,由已知有∠EAC=45°, ∠FBC=60° 则∠CAH=45°, ∠CBA=30°,在RT△ACH中,AH=CH=x,在RT△HBC中, tan∠HBC= ∴HB===x, ∵AH+HB=AB ∴x+x=600解得x≈220(米)>200(米).∴MN不会穿过森林保护区. (2)设原计划完成这项工程需要y天,则实际完成工程需要y-5 根据题意得:=(1+25%)×,解得:y=25知:y=25的根.答:原计划完成这项工程需要25天. 21.60° 2. 【解析】(1)∵在△ABO中,OA=OB,∠OAB=30°, ∴∠AOB=180°﹣2×30°=120°, ∵PA、PB是⊙O的切线, ∴OA⊥PA,OB⊥PB,即∠OAP=∠OBP=90°, ∴在四边形OAPB中, ∠APB=360°﹣120°﹣90°﹣90°=60°, 故答案为:60°. (2)如图,连接OP; ∵PA、PB是⊙O的切线, ∴PO平分∠APB,即∠APO=∠APB=30°, 又∵在Rt△OAP中,OA=3,∠APO=30°, ∴AP=== 2 故答案为:2. 22.sin∠ACD=,tan∠BCD=. 【解析】∵∠ACB=90°,BC=3,AC=4, ∴AB=5, ∵CD⊥AB, ∴∠ADC=∠BDC=90°, ∴∠B+∠BCD=90°,∠A+∠ACD=90°. 又∵∠BCD+∠ACD=90°, ∴∠ACD=∠B,∠BCD=∠A, ∴sin∠ACD=sinB==, tan∠BCD=tanA==. 23.(1);(2)0.【解析】 (1)原式=3×+2-2×=. (2)原式=-×+×=0. 24.(1);(2)2. 【解析】(1)原式=()2﹣×+1=﹣+1=, (2)原式=(cos?45°+sin?45°)+(sin?54°+cos?54°)=1+1 =2 25.(1)证明见解析(2)4 【解析】(1)∵AD为圆O的直径,∴∠AMD=90°. ∵∠BMC=180°,∴∠2+∠3=90°. ∵∠ABM=∠MCD=90°,∴∠2+∠1=90°,∴∠1=∠3,∴△ABM∽△MCD; (2)连接OM. ∵BC为圆O的切线,∴OM⊥BC. ∵AB⊥BC,∴sin∠E==,即=. ∵AD=8,AB=5,∴=,即OE=16,根据勾股定理得:ME===4. 试卷第1页,总3页 HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7009211 [精]第二十七章 相似单元测试卷B(含解析)

    初中数学/人教版/九年级下册/第二十七章 相似/本章综合与测试

    中小学教育资源及组卷应用平台 相似单元测试卷(B) 一、单选题 1.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB,垂足为D,AF平分∠CAB,交CD于点E,交CB于点F,若AC=3,AB=5,则CE的长为(  ) A. B. C. D. 2.如图,四边形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,且将这个四边形分成①②③④四个三角形.若,则下列结论中一定正确的是( ) A.①和②相似 B.①和③相似 C.①和④相似 D.③和④相似 3.如图,在△ABC与△ADE中,∠BAC=∠D,要使△ABC与△ADE相似,还需满足下列条件中的(  ) ? A. B. C. D. 4.若△ABC的每条边长增加各自的50%得△A'B'C',若△ABC的面积为4,则△A'B'C'的面积是(  ) A.9 B.6 C.5 D.2 5.已知,且相似比为,若中BC边上的中线,则中EF边上的中线DN=( )| A.3 B.4 C.5 D.6 6.若,且相似比为,则与对应高的比为( ) A. B. C. D. 7.已知△ABC?△DEF,且△ABC的面积为2cm2,△DEF的面积为8m2,则△ABC与△DEF的相似比是(  ) A.1:4 B.4:1 C.1:2 D.2:1 8.如图,D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点,且DE∥AC,AE、CD相交于点O,若S△DOE:S△COA=1:25,则S△BDE与S△CDE的比是(  ) A.1:3 B.1:4 C.1:5 D.1:25 9.如图,矩形ABCD的边长AD=3,AB=2,E为AB的中点,F在边BC上,且BF=2FC,AF分别与DE、DB相交于点M,N,则MN的长为( ) A. B. C. D. 10.如图,方格纸中每个小正方形的边长为1,和的顶点都在格点上(小正方形的顶点).,,,,是边上的5个格点,请在这5个格点中选取2个作为三角形的顶点,使它和点D构成的三角形与相似,所有符合条件的三角形的个数为( ) A.2 B.3 C.4 D.5 二、填空题 11.如图,已知正方形ABCD边长为3,点E在AB边上且BE=1,点P,Q分别是边BC,CD的动点(均不与顶点重合),当四边形AEPQ的周长取最小值时,四边形AEPQ的面积是_____. 12.已知三个边长分别为2,3,5的正方形如图排列,则图中阴影部分的面积为_____. 13.在平面直角坐标系中,,过点B作直线BC∥x轴,点P是直线BC上的一个动点以AP为边在AP右侧作,使,且,连结AB、BQ,则周长的最小值为___________. 14.如图,平面直角坐标系中,已知点A(8,0)和点B(0,6),点C是AB的中点,点P在折线AOB上,直线CP截△AOB,所得的三角形与△AOB相似,那么点P的坐标是_____. 15.已知中,,交于,且,,,,则的长度为________. 16.如图,在平面直角坐标系中,以O为圆心,6为半径画圆弧,与两坐标轴分别交于点A、B,已知点C(5, 0)、D(0, 3),P为AB上一点,则2PD+CP的最小值为__________. 17.如图,AB为半圆的直径,点D在半圆弧上,过点D作AB的平行线与过点A半圆的切线交于点C,点E在AB上,若DE垂直平分BC,则=______. 18.如图,在四边形ABCD中,BD平分∠ABC,∠BAD=∠BDC=90°,E为BC的中点,AE与BD相交于点F.若BC=4,∠CBD=30°,则DF的长为____ 三、解答题 19.如图,在中,,于点D,点E为的中点,的延长线交的延长线于点F.求证:. 20.如图,在△ABC中,AD⊥BC,BE⊥AC,垂足分别为D、E,AD与BE相交于点F. (1)求证:△ACD∽△BFD; (2)若∠ABD=45°,AC=3时,求BF的长. 21.如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,按要求画出△A1B1C1 和△A2B2C2: (1)将△ABC先向右平移4个单位,再向上平移1个单位,得到△A1B1C1; (2)以图中的点O为位似中心,将△A1B1C1作位似变换且放大到原来的两倍,得到△A2B2C2. 22.如图,矩形ABCD中,AB=4,BC=6,M是BC的中点,DEAM,E为垂足. (1)证明:△ABM∽△DEA; (2)求△ADE的面积. 23.如图1,已知直线,线段在直线上,于点,且,是线段上异于两端点的一点,过点的直线分别交、于点、(点、位于点的两侧),满足,连接、. (1)求证:; (2)连结、,与相交于点,如图2, ①当时,求证:; ②当时,设的面积为,的面积为,的面积为,求的值. 24.如图,AD是△ABC的高,点G、H在BC边上,点E在AB边上,点F在AC边上,BC=10cm,AD=8cm,四边形EFHG是矩形. (1)△AEF与△ABC相似吗?请说明理由. (2)若矩形EFHG的面积为15cm2,求这个矩形的长和宽. 25.已知:在△EFG中,∠EFG=90°,EF=FG,且点E,F分别在矩形ABCD的边AB,AD上. (1)如图1,当点G在CD上时,求证:△AEF≌△DFG; (2)如图2,若F是AD的中点,FG与CD相交于点N,连接EN,求证:EN=AE+DN; (3)如图3,若AE=AD,EG,FG分别交CD于点M,N,求证:MG2=MN?MD. 26.如图,已知正三角形ABC的边长AB是480毫米.一质点D从点B出发,沿BA方向,以每秒钟10毫米的速度向点A运动. (1)建立合适的直角坐标系,用运动时间t(秒)表示点D的坐标; (2)过点D在三角形ABC的内部作一个矩形DEFG,其中EF在BC边上,G在AC边上.在图中找出点D,使矩形DEFG是正方形(要求所表达的方式能体现出找点D的过程); (3)过点D、B、C作平行四边形,当t为何值时,由点C、B、D、F组成的平行四边形的面积等于三角形ADC的面积,并求此时点F的坐标. 参考答案 1.A【解析】 过点F作FG⊥AB于点G, ∵∠ACB=90°,CD⊥AB,∴∠CDA=90°,∴∠CAF+∠CFA=90°,∠FAD+∠AED=90°,∵AF平分∠CAB,∴∠CAF=∠FAD,∴∠CFA=∠AED=∠CEF,∴CE=CF,∵AF平分∠CAB,∠ACF=∠AGF=90°,∴FC=FG,∵∠B=∠B,∠FGB=∠ACB=90°,∴△BFG∽△BAC,∴,∵AC=3,AB=5,∠ACB=90°,∴BC=4,∴,∵FC=FG,∴,解得:FC=,即CE的长为.故选A. 2.B【解析】 由题图可知,,结合,可得. 故选B. 3.C【解析】 ∵∠BAC=∠D,, ∴△ABC∽△ADE. 故选C. 4.A【解析】∵△ABC的每条边长增加各自的50%得△A′B′C′, ∴△ABC与△A′B′C′的三边对应成比例, ∴△ABC∽△A′B′C′, ∴, ∵△ABC的面积为4,则△A'B'C'的面积是9. 故选:A. 5.D【解析】 ∵,相似比为4:3, ∴, ∵, ∴, 解得. 故选D. 6.B【解析】根据“相似三角形对应高的比等于相似比”, 可知与对应高的比为. 故选B. 7.C【解析】∵△ABC的面积为2cm2,△DEF的面积为8m2, ∴△ABC与△DEF的面积比为1:4, ∵△ABC?△DEF, ∴△ABC与△DEF的相似比为1:2, 故选:C. 8.B【解析】∵DE∥AC, ∴△DOE∽△COA,又S△DOE:S△COA=1:25, ∴, ∵DE∥AC, ∴, ∴, ∴S△BDE与S△CDE的比是1:4,故选B. 9.B【解析】过F作FH⊥AD于H,交ED于O,则FH=AB=2. ∵BF=2FC,BC=AD=3, ∴BF=AH=2,FC=HD=1, ∴AF===, ∵OH∥AE, ∴=, ∴OH=AE=, ∴OF=FH﹣OH=2﹣=, ∵AE∥FO,∴△AME∽△FMO, ∴=,∴AM=AF=, ∵AD∥BF,∴△AND∽△FNB, ∴=, ∴AN=AF=, ∴MN=AN﹣AM=﹣=,故选B. 10.B【解析】根据题意得,,. 连接,,,. 故,∴. 同理可找到,和相似.故选B. 11..【解析】如图1所示,作E关于BC的对称点E′,点A关于DC的对称点A′,连接A′E′,四边形AEPQ的周长最小, ∵AD=A′D=3,BE=BE′=1, ∴AA′=6,AE′=4. ∵DQ∥AE′,D是AA′的中点, ∴DQ是△AA′E′的中位线, ∴DQ=AE′=2;CQ=DC﹣CQ=3﹣2=1, ∵BP∥AA′, ∴△BE′P∽△AE′A′, ∴,即,BP=,CP=BC﹣BP==, S四边形AEPQ=S正方形ABCD﹣S△ADQ﹣S△PCQ﹣SBEP=9﹣AD?DQ﹣CQ?CP﹣BE?BP=9﹣×3×2﹣×1×﹣×1×=, 故答案为. 12.. 【解析】如图, 对角线所分得的三个三角形相似, 根据相似的性质可知, 解得, 即阴影梯形的上底就是(). 再根据相似的性质可知, 解得:, 所以梯形的下底就是, 所以阴影梯形的面积是. 故答案为:. 13. 【解析】如图所示.连接OP. 在中,. 又在中, 又∵ ,∠OAB=∠PAQ, . ∵OA=1.OB=,∴AB=, 又P为直线上的动点. ∴作O关于直线的对称点O’, , 连接,PO'. ∴OP=O'P,AO'=, ∴AP+OP=AP+PO' 即的最小值为. 故答案为:. 14.(0,3)、(4,0)、(,0) 【解析】当PC∥OA时,△BPC∽△BOA, 由点C是AB的中点,可得P为OB的中点, 此时P点坐标为(0,3); 当PC∥OB时,△ACP∽△ABO, 由点C是AB的中点,可得P为OA的中点, 此时P点坐标为(4,0); 当PC⊥AB时,如图, ∵∠CAP=∠OAB, ∴Rt△APC∽Rt△ABO, ∴, ∵点A(8,0)和点B(0,6), ∴AB==10, ∵点C是AB的中点, ∴AC=5, ∴, ∴AP= , ∴OP=OA﹣AP=8﹣=, 此时P点坐标为(,0), 综上所述,满足条件的P点坐标为(0,3)、(4,0)、(,0). 故答案为:(0,3)、(4,0)、(,0) 15.【解析】如图,过B作BF⊥CD于F,BG⊥BF交AD的延长线于G, ∴四边形DGBF是矩形, ∴BG=DF,DG=FB. ∵∠BCD=45°, ∴△BFC是等腰直角三角形. ∵BC=, ∴FC=BF=2. 设DE=9x,则CE=7x,EF=CE-FC=7x-2,BG=DF=16x-2,DG=FB=2. 在Rt△ADC和Rt△AGB中,∵AC=AB, ∴, ∴, 解得:AD=16x-2. ∵FB∥AD, ∴△FEB∽△DEA, ∴, ∴, ∴28x2-16x+1=0, 解得:x=或x=. 当x=时,7x-2<0,不合题意,舍去, ∴x=, ∴AD=16x-2=6,DE=9x=, ∴AE=. 故答案为:. 16.13【解析】在y轴上找一点E,使AE=OA=6, ∵D(0, 3), ∴OD=3, ∵∠DOP=∠POE, , ∴?DOP~?POE, ∴,即:PE=2PD, ∴2PD+CP=PE+CP, 当点C,P,E三点共线时,2PD+CP=PE+CP的值最小, ∴2PD+CP的最小值=. 故答案是:13. 17. 【解析】连接CE,过点B作BH⊥CD交CD的延长线于点H, ∵AC是半圆的切线 ∴AC⊥AB, ∵CD∥AB, ∴AC⊥CD,且BH⊥CD,AC⊥AB, ∴四边形ACHB是矩形, ∴AC=BH,AB=CH, ∵DE垂直平分BC, ∴BE=CE,CD=BD,且DE⊥BC, ∴∠BED=∠CED, ∵AB∥CD, ∴∠BED=∠CDE=∠CED, ∴CE=CD, ∴CE=BE=CD=DB, ∵AC=BH,CE=BD, ∴Rt△ACE≌Rt△HBD(HL) ∴AE=DH, ∵CE2﹣AE2=AC2, ∴BE2﹣AE2=AC2, ∵AB是直径, ∴∠ADB=90°, ∴∠ADC+∠BDH=90°,且∠ADC+∠CAD=90°, ∴∠CAD=∠BDH,且∠ACD=∠BHD, ∴△ACD∽△DHB, ∴, ∴AC2=AE?BE, ∴BE2﹣AE2=AE?BE, ∴BE=AE, ∴ 故答案为:. 18. 【解析】 在Rt△BDC中,BC=4,∠DBC=30°, ∴cos∠DBC=cos30° ∴BD=2, 连接DE, ∵∠BDC=90°,点E是BC中点, ∴DE=BE=CE=BC=2, ∵∠DCB=30°, ∴∠BDE=∠DBC=30°, ∵BD平分∠ABC, ∴∠ABD=∠DBC, ∴∠ABD=∠BDE, ∴DE∥AB, ∴△DEF∽△BAF, ∴, 在Rt△ABD中,∠ABD=30°,BD=2 ∴AB=3, ∴, ∴, ∴DF=, 故答案是: 19.见解析【解析】证明:∵,于点D, ∴. 又∵, ∴. ∴,. ∵于点D,点E为的中点, ∴. ∴. ∴. 又∵, ∴. ∴. ∴. 20.(1)见解析;(2)3 【解析】(1)∵AD⊥BC,BE⊥AC, ?∴∠BDF=∠ADC=∠BEC=90°, ?∴∠C+∠DBF=90°,∠C+∠DAC=90°, ∴∠DBF=∠DAC,? ∴△ACD∽△BFD. (2)∵∠ABD=45°,∠ADB=90° ?∴AD=BD,? ∵△ACD∽△BFD,? ∴,? ∴BF=AC=3. 21.(1)见解析;(2)见解析. 【解析】(1)如图; (2)如图; 22.(1)见解析;(2). 【解析】(1)证明:∵四边形ABCD是矩形, ∴AD∥BC, ∴∠DAE=∠AMB, 又∵∠DEA=∠B=90°, ∴△DAE∽△AMB; (2)由(1)知△DAE∽△AMB, ∴DE:AD=AB:AM, ∵M是边BC的中点,BC=6, ∴BM=3, 又∵AB=4,∠B=90°, ∴AM=5, ∴, ∴ ,, ∴ △ADE的面积为. 23.(1)证明见解析;(2)①证明见解析;② 【解析】(1)∵, ∴, 在和中, , ∴; (2)①延长交于点, ∴, ∴∠APB=∠CEB, ∴, ∴, ∵,即为的中点,, ∴∽, ∴, ∴, ∴四边形是平行四边形, ∴, ∵, ∴; ②∵, ∴, ∴, ∵, ∴∽, ∴, 设△PBE的面积S△PBE=S,则△PCE的面积S△PCE满足,即S2=(n-1)S, 即, ∵, ∴, ∵, ∴S1=(n-1)?S△PAE,即S1=(n+1)(n-1)?S,, ∴. 24.(1)见解析;(2),2或6,. 【解析】(1)相似,理由如下: ∵四边形EFHG是矩形, ∴EF∥BC, ∴∠AEF=∠B,∠AFE=∠C, ∴△AEF∽△ABC; (2)如图,记EF与AD的交点为K, 设矩形EFHG的长为xcm, ∵四边形EFHG是面积为15cm2的矩形, ∴矩形EFHG的宽为:cm, ∴EF=GH=xcm,EG=FH=cm, ∵AD是△ABC的高,四边形EFHG是矩形, ∴EF∥BC,KD=EG=cm, ∴AD⊥EF,AK=AD-KD=(8-)cm, ∵△AEF∽△ABC, ∴AK∶AD=EF∶BC, ∴(8-)∶8=x∶10, ∴4x2-40x+75=0, ∴(2x-15)(2x-5)=0, 解得:或, 当时,=2; 当时,=6. ∴这个矩形的长和宽为:,2或6,. 25.(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析. 【解析】(1)∵四边形ABCD是矩形, ∴∠A=∠D=90°, ∴∠AEF+∠AFE=90°, ∵∠EFG=90°, ∴∠AFE+∠DFG=90°, ∴∠AEF=∠DFG, ∵EF=FG, ∴△AEF≌△DFG(AAS); (2)如图2,, 延长NF,EA相交于H, ∴∠AFH=∠DFN, 由(1)知,∠EAF=∠D=90°, ∴∠HAF=∠D=90°, ∵点F是AD的中点, ∴AF=DF, ∴△AHF≌△DNF(ASA), ∴AH=DN,FH=FN, ∵∠EFN=90°, ∴EH=EN, ∵EH=AE+AH=AE+DN, ∴EN=AE+DN; (3)如图3, 过点G作GP⊥AD交AD的延长线于P, ∴∠P=90°, 同(1)的方法得,△AEF≌△PFG(AAS), ∴AF=PG,PF=AE, ∵AE=AD, ∴PF=AD, ∴AF=PD, ∴PG=PD, ∵∠P=90°, ∴∠PDG=45°, ∴∠MDG=45°, 在Rt△EFG中,EF=FG, ∴∠FGE=45°, ∴∠FGE=∠GDM, ∵∠GMN=∠DMG, ∴△MGN∽△MDG, ∴, MG2=MN?MD. 26.(1);(2) 当点D与点B的距离等于10t=960(2﹣)毫米时,矩形是正方形;(3) F(560,80),F′(400,﹣80),F″(﹣400,80) 【解析】(1)建立如图所示的直角坐标系,作DE⊥x轴于E, 则t秒后,DB=10t 又△ABC是正三角形,故∠B=60° 在Rt△DEB中,DE=DB×sin∠B=10t×=5t, BE=DB×cos∠B=10t×=5t 即:D(5t,5); (2)①先画一个正方形,再利用位似图形找出点D,具体作法阅图 ②利用正三角形与矩形是轴对称图形或利用相似三角形的性质求得DG=480﹣10t,DE=5t.然后由480﹣10t=5t,求出t==96(2﹣)(毫米).所以当点D与点B的距离等于10t=960(2﹣)毫米时,矩形是正方形.(3)如图所示: 当点F在第一象限时,这个平行四边形是CBDF; 当点F在第二象限时,这个平行四边形是BCDF“; 当点F在第三象限时,这个平行四边形是CDBF'. 但平行四边形BCDF“的面积、平行四边形CDBF'的面积 都与平行四边形CBDF的面积相等(等底等高) 平行四边形CBDF的底BC=480,相应的高是5,则面积是2400;三角形ADC的底AD=480﹣10t,相应的高是240.则面积是120(480﹣10t). 由2400 =120(480﹣10t),解得t=16 所以当t=16秒时,由点C、B、D、F组成的平 行四边形的面积等于三角形ADC的面积. ∴此时,点F的坐标是F(560,80),F′(400,﹣80),F″(﹣400,80). 试卷第1页,总3页 HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7009207 [精]第二十七章 相似单元测试卷A(含解析)

    初中数学/人教版/九年级下册/第二十七章 相似/本章综合与测试

    中小学教育资源及组卷应用平台 相似单元测试卷(A) 一、单选题 1.若,相似比为,则与的周长的比为(  ) A. B. C. D. 2.如图,交于点D,,,,,则的长等于( ) A. B. C. D. 3.如图,△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形,相似比为1:2,∠OCD=90°,CO=CD.若B(1,0),则点C的坐标为( ) A.(1,2) B.(1,1) C.(,) D.(2,1) 4.如图,平行四边形ABCD中,E为AD的中点,已知△DEF的面积为S,则四边形ABCE的面积为(?? ) A.8S B.9S C.10S D.11S 5.如图,△ABC中,∠A=78°,AB=4,AC=6.将△ABC沿图示中的虚线剪开,剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是(  ) B. C.D. 6.在同一时刻,身高1.6m的小强在阳光下的影长为0.8m,一棵大树的影长为4.8m,则树的高度为( ) A.4.8m B.6.4m C.9.6m D.10m 7.下列说法正确的是(   ) A.对应边都成比例的多边形相似 B.对应角都相等的多边形相似 C.边数相同的正多边形相似 D.矩形都相似 8.如图,是直角三角形,,,点在反比例函数的图象上.若点在反比例函数的图象上,则的值为( ) A.2 B.-2 C.4 D.-4 9.“今有井径五尺,不知其深,立五尺木于井上,从木末望水岸,入径四寸,问井深几何?”这是我国古代数学《九章算术》中的“井深几何”问题,它的题意可以由图获得,则井深为(  ) A.1.25尺 B.56.5尺 C.6.25尺 D.57.5尺 10.如图,点M在BC上,点N在AM上,CM=CN,,下列结论正确的是(  ) ? △ABM∽△ACB B.△ANC∽△AMB C.△ANC∽△ACM D.△CMN∽△BCA 二、填空题 11.把一个正多边形放大到原来的2.5倍,则原图与新图的相似比为_____ 12.如图,△ABC三个顶点的坐标分别为A(2,2),B(4,2),C(6,4),以原点为位似中心,将△ABC缩小,使变换得到的△DEF与△ABC对应边的比为1∶2,则线段AC的中点P变换后对应点的坐标为____. 13.已知,则的值为________. 14.如图,在同一时刻两根木杆在太阳光下的影子如图所示,其中木杆,它的影子,木杆的影子有一部分落在了墙上,,,则木杆的长度为______. 15.如图,在平面直角坐标系中,正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形,且相似比为,点A,B,E在x轴上,若正方形BEFG的边长为6,则点C的坐标为________. 16.如图,在中,、分别是边、上的点,且∥,若与的周长之比为,,则_____. 17.如图,在四边形ABCD中,AD∥BC∥EF,EF分别与AB,AC,CD相交于点E,M,F,若EM:BC=2:5,则FC:CD的值是_____. 18.如图,在△ABC中,AB=AC=10,点D是边BC上一动点(不与B,C重合),∠ADE=∠B=α,DE交AC于点E,且cosα=.下列结论:①△ADE∽△ACD;②当BD=6时,△ABD与△DCE全等;③△DCE为直角三角形时,BD为8或;④0<CE≤6.4.其中正确的结论是_____.(把你认为正确结论的序号都填上) 三、解答题 19.如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,点E在AB上,∠DEC=90°. (1)求证:△ADE∽△BEC. (2)若AD=1,BC=3,AE=2,求AB的长. 20.如图,在△ABC中,AB=AC,点D,E分别在BC,AB上,且∠BDE=∠CAD.求证:△ADE∽△ABD. 21.如图,在△ABC中,点D在边AB上,点F、E在边AC上,且DF∥BE,. 求:的值. 22.探究:如图①,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,直线m经过点A,BD⊥m于点D,CE⊥m于点E,求证:△ABD≌△CAE. 应用:如图②,在△ABC中,AB=AC,D、A、E三点都在直线m上,并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC,求证:DE=BD+CE. 23.线段、、,且. (1)求的值. (2)如线段、、满足,求的值. 24.如图,已知中,,为底边上一点,,取的中点,连结并延长交于.求的值. 25.已知:如图,点在线段上,是等边三角形. (1)当满足怎样的关系式时; (2)当时,求的度数. 26.如图,在平行四边形中,对角线,交于点. 为中点,连接交于点,且. (1)求的长; (2)若的面积为2,求四边形的面积. 参考答案 1.B【解析】 ,相似比为, 与的周长的比为. 故选:B. 2.A 【解析】∵∠C=∠E,∠ADC=∠BDE, ∴△ADC∽△BDE, ∴, 又∵AD:DE=3:5,AE=8, ∴AD=3,DE=5, ∵BD=4, ∴,即 . ∴DC=.故选A. 3.B【解析】∵∠OAB=∠OCD=90°,AO=AB,CO=CD,等腰Rt△OAB与等腰Rt△OCD是位似图形,点B的坐标为(1,0), ∴BO=1,则AO=AB=2, ∴A(,), ∵等腰Rt△OAB与等腰Rt△OCD是位似图形,O为位似中心,相似比为1:2, ∴点C的坐标为:(1,1). 故选B. 4.B【解析】如图所示, ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴AD∥BC,AD=BC, ∴△DEF∽△BCF, ∴ 又∵E是AD中点, ∴ ∴DE:BC=DF:BF=1:2, ∴ ∴ 又∵DF:BF=1:2, ∴ ∴ ∴四边形ABCE的面积=9S, 故选B. 5.C【解析】 A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等,故两三角形相似,故本选项错误; B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等,故两三角形相似,故本选项错误; C、两三角形的对应边不成比例,故两三角形不相似,故本选项正确. D、两三角形对应边成比例且夹角相等,故两三角形相似,故本选项错误; 故选C. 6.C【解析】 设树高为x米, 所以 x=4.8×2=9.6. 这棵树的高度为9.6米 故选:C. 7.C【解析】 根据相似图形的定义,对选项一一分析,排除错误答案. 解:A、对应边都成比例的多边形,属于形状不唯一确定的图形,故错误; B、对应角都相等的多边形,属于形状不唯一确定的图形,故错误; C、边数相同的正多边形,形状相同,但大小不一定相同,故正确; D、矩形属于形状不唯一确定的图形,故错误. 故选C. 8.D【解析】 过点、作轴,轴,分别于、, 设点的坐标是,则,, , , , , , , , , ,, 因为点在反比例函数的图象上,则, 点在反比例函数的图象上,点的坐标是, .故选:. 9.D【解析】 依题意有△ABF∽△ADE, ∴AB:AD=BF:DE, 即5:AD=0.4:5, 解得AD=62.5, BD=AD?AB=62.5?5=57.5尺. 故选D. 10.B【解析】 【详解】 ∵CM=CN, ∴∠CNM=∠CMN, ∴180°-∠CMN=180°-∠CNM,即∠AMB=∠ANC, ∵CM=CN,, ∴ , ∴△AMB∽△ANC. 故选B. 11.【解析】∵一个正多边形放大到原来的2.5倍,设原边长为1,则放大后为2.5,原图与新图的相似比为,即2:5 12.(2,)或(-2,-) 【解析】∵两个图形的位似比是1:(?)或1:,AC的中点是(4,3), ∴对应点是(2,)或(?2,?). 13.【解析】 ∵, ∴7a-7b=3b, 则7a=10b,则= 故答案为: 14.2.3 【解析】过N点作ND⊥PQ于D, 又∵AB=2,BC=1.6,PM=1.2,NM=0.8, ∴PQ=QD+DP=QD+NM=1.5+0.8=2.3(m). 故答案为:2.3. 15. 【解析】.∵正方形BEFG的边长是6, ∴. ∵两个正方形的相似比为, ∴. ∴,. ∵AD∥BG, ∴△OAD∽△OBG, ∴,即. ∴. ∴点C的坐标为. 16.2.【解析】 因为DE∥BC,所以△ADE∽△ABC,因为相似三角形的周长之比等于相似比,所以AD:AB=2:3,因为AD=4,所以AB=6,所以DB=AB-AD=6-4=2.故答案为2. 17. 【解析】∵AD∥BC∥EF, ∴△AEM∽△ABC,△CFM∽△CDA, ∵EM:BC=2:5, ∴, 设AM=2x,则AC=5x,故MC=3x, ∴, 故答案为:. 18.①、②、④. 【解析】① (等边对等角) 又 ∽,所以①正确; ②作于H,如图 在中, 又 由等腰三角形三线合一性质得, 当时,则 又 在和中, ,所以②正确; ③为直角三角形,有两种情况: 当时,如图1 ∽ 在中, 可解得 当时,如图2 在中, 可解得 综上或,所以③不正确; ④设,则 由∽得,即 故,所以④正确. 综上,正确的结论有①②④. 19.(1)详见解析;(2)BE=. 【解析】(1)∵AD∥BC,AB⊥BC, ∴AB⊥AD,∠A=∠B=90°, ∴∠ADE+∠AED=90°, ∵∠DEC=90°, ∴∠AED+∠BEC=90°, ∴∠ADE=∠BEC, ∴△ADE∽△BEC; (2)∵△ADE∽△BEC, ∴, ∵AD=1,BC=3,AE=2, ∴, ∴BE=, ∴AB=AE+BE=. 20.证明见解析.∵AB=AC, ∴∠B=∠C. ∵∠ADB=∠C+∠CAD=∠BDE+∠ADE,∠BDE=∠CAD, ∴∠ADE=∠C,∠B=∠ADE. ∵∠DAE=∠BAD, ∴△ADE∽△ABD. 21. 【解析】DF∥BE, , , , , , , , ., 22.证明见解析 【解析】证明:(1)∵BD⊥直线m,CE⊥直线m, ∴∠BDA=∠CEA=90°, ∵∠BAC=90° ∴∠BAD+∠CAE=90°, ∵∠BAD+∠ABD=90°, ∴∠CAE=∠ABD, ∵在△ADB和△CEA中 , ∴△ADB≌△CEA(AAS); (2)设∠BDA=∠BAC=α, ∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°﹣α, ∴∠CAE=∠ABD, ∵在△ADB和△CEA中 , ∴△ADB≌△CEA(AAS), ∴AE=BD,AD=CE, ∴DE=AE+AD=BD+CE. 23.(1);(2)9 【解析】(1), ; (2)设=k, 则a=2k, b=3k, c=4k, 由a+b+c=27,由2k+3k+4k=27,得:k=3, a=6,b=9,c=12 故 =6-9+12=9, 故答案:;9. 24.:. 【解析】过作交于, ∵, ∴, ∴, ∵为中点, ∴, ∴, ∵, ∴, ∴, ∵,, ∴, ∴:. 25.(1);(2) 【解析】(1)∵是等边三角形 ∴PC=CD=PD,∠PCD=∠PDC=∠CPD=60° ∴∠PCA=∠PDB=120° ∵,即, ∴; (2)∵时, ∴∠A=∠DPB ∵∠PCD=∠A+∠APC=60° ∴∠DPB+∠APC=60° ∵∠CPD=60° ∴. 26.(1)6;(2)5. 【解析】(1)∵平行四边形ABCD,∴AD∥BC,AD=BC,OB=OD, ∴∠DMN=∠BCN,∠MDN=∠NBC,? ∴△MND∽△CNB,?∴, ∵M为AD中点,所以BN=2DN,????? 设OB=OD=x,则有BD=2x,BN=OB+ON=x+1,DN=x﹣1, ∴x+1=2(x﹣1),解得:x=3,?∴BD=2x=6;? (2)、∵△MND∽△CNB,且相似比为1:2, ∴MN:CN=1:2,?∴S△MND:S△CND=1:4,?? ∵△DCN的面积为2,???∴△MND面积为1,∴△MCD面积为3,??? 设平行四边形AD边上的高为h,? ∵S平行四边形ABCD=AD?h,S△MCD=MD?h=AD?h, ∴S平行四边形ABCD=4S△MCD=12,∴S△ABD=6, ?∴S四边形ABNM= S△ABD- S△MND =6-1=5. 试卷第1页,总3页 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7009200 [精]第二十六章 反比例函数单元测试卷B(含解析)

    初中数学/人教版/九年级下册/第二十六章 反比例函数/本单元综合与测试

    中小学教育资源及组卷应用平台 反比例函数单元测试卷(B) 一、单选题 1.已知反比例函数y=﹣,下列结论:①图象必经过(﹣2,4);②图象在二,四象限内;③y随x的增大而增大;④当x>﹣1时,则y>8.其中错误的结论有(  )个 A.3 B.2 C.1 D.0 2.若点,,在反比例函数的图像上,则的大小关系是( ) A. B. C. D. 3.如图,在平面直角坐标系中,菱形ABCD在第一象限内,边BC与x轴平行,A、B两点的纵坐标分别为3,1,反比例函数y=的图象经过A,B两点,则点D的坐标为( ) A.(2﹣1,3) B.(2+1,3) C.(2﹣1,3) D.(2+1,3) 4.如图,在平面直角坐标系xOy中,反比例函数y=的图象经过点T.下列各点P(4,6),Q(3,﹣8),M(2,﹣12),N(,48)中,在该函数图象上的点有(  ) A.4个 B.3个 C.2个 D.1个 5.反比例函数y=﹣(x<0)如图所示,则矩形OAPB的面积是(  ) A.3 B.﹣3 C. D.﹣ 6.如图,已知直线y=k1x(k1≠0)与反比例函数y=(k2≠0)的图象交于M,N两点.若点M的坐标是(1,2),则点N的坐标是(  ) A.(﹣1,﹣2) B.(﹣1,2) C.(1,﹣2) D.(﹣2,﹣1) 7.函数y=和y=在第一象限内的图象如图,点P是y=的图象上一动点,PC⊥x轴于点C,交y=的图象于点B.给出如下结论:①△ODB与△OCA的面积相等;②PA与PB始终相等;③四边形PAOB的面积大小不会发生变化;④CA=AP.其中所有正确结论的序号是(  ) ①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②④ 8.如图,点(),()在双曲线()上,连接,.若,则的值是( ) A.- 12 B.-8 C.-6 D.-4 9.反比例函数y=(a>0,a为常数)和y=在第一象限内的图象如图所示,点M在y=的图象上,MC⊥x轴于点C,交y=的图象于点A;MD⊥y轴于点D,交y=的图象于点B,当点M在y=的图象上运动时,以下结论:①S△ODB=S△OCA;②四边形OAMB的面积不变;③当点A是MC的中点时,则点B是MD的中点.其中正确结论是(  ) A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ 10.如图,A、B是双曲线y=(k>0)上的点,A、B两点的横坐标分别是a、3a,线段AB的延长线交x轴于点C,若S△AOC=3.则k的值为(  ) A.2 B.1.5 C.4 D.6 二、填空题 11.在平面直角坐标系中,四边形AOBC为矩形,且点C坐标为(8,6),M为BC中点,反比例函数(k是常数,k≠0) 的图象经过点M,交AC于点N,则MN的长度是________. 12.如图,已知点A、C在反比例函数y=的图象上,点B,D在反比例函数y=的图象上,a>b>0,AB∥CD∥x轴,AB,CD在x轴的两侧,AB=,CD=,AB与CD间的距离为6,则a﹣b的值是_____. 13.已知一次函数的图象与反比例函数的图象相交,其中有一个交点的横坐标是,则的值为_____. 14.如图,已知A(,y1),B(2,y2)为反比例函数y=图象上的两点,动点P(x,0)在x轴正半轴上运动,当线段AP与线段BP之差达到最大时,点P的坐标是_____. 15.在反比例函数的图象上,有一系列点,若的横坐标为2,且以后每点的横坐标与它前一个点的横坐标的差都为2,现分别过点,作x轴与y轴的垂线段,构成若干个矩形如下图所示,将图中阴影部分的面积从左到右依次记为,则______.(用n的代数式表示) 16.如图,在?ABCD中,AB⊥BD,sinA=,将?ABCD放置在平面直角坐标系中,且AD⊥x轴,点D的横坐标为1,点C的纵坐标为3,恰有一条双曲线y=(k>0)同时经过B、D两点,则点B的坐标是_____. 17.如图,已知双曲线y=(k>0)经过直角三角形OAB斜边OB的中点D,与直角边AB相交于点C.若△OBC的面积为3,则k=_____. 18.如图,若双曲线与边长为5的等边△AOB的边OA、AB分别相交于C、D两点,且OC=3BD,则实数k的值为 . 三、解答题 19.如图,直线y1=﹣x+4,y2=x+b都与双曲线y=交于点A(1,m),这两条直线分别与x轴交于B,C两点. (1)求y与x之间的函数关系式; (2)直接写出当x>0时,不等式x+b>的解集; (3)若点P在x轴上,连接AP把△ABC的面积分成1:3两部分,求此时点P的坐标. 20.如图,在平面直角坐标系中,过点M(0,2)的直线l与x轴平行,且直线l分别与反比例函数y=(x>0)和y=(x<0)的图象交于点P、点Q. (1)求点P的坐标; (2)若△POQ的面积为8,求k的值. 21.如图,在平面直角坐标系中,一次函数y=mx+n(m≠0)的图象与反比例函数y=(k≠0)的图象交于第一、三象限内的A、B两点,与y轴交于点C,过点B作BM⊥x轴,垂足为M,BM=OM,OB=2,点A的纵坐标为4. (1)求该反比例函数和一次函数的解析式; (2)连接MC,求四边形MBOC的面积. 22.我市某蔬菜生产基地在气温较低时,用装有恒温系统的大棚栽培一种在自然光照且温度为18℃的条件下生长最快的新品种.图是某天恒温系统从开启到关闭及关闭后,大棚内温度y(℃)随时间x(小时)变化的函数图象,其中BC段是双曲线的一部分.请根据图中信息解答下列问题: (1)恒温系统在这天保持大棚内温度18℃的时间有多少小时? (2)求k的值; (3)当x=16时,大棚内的温度约为多少度? 23.六?一儿童节,小文到公园游玩.看到公园的一段人行弯道MN(不计宽度),如图,它与两面互相垂直的围墙OP、OQ之间有一块空地MPOQN(MP⊥OP,NQ⊥OQ),他发现弯道MN上任一点到两边围墙的垂线段与围墙所围成的矩形的面积都相等,比如:A、B、C是弯道MN上的三点,矩形ADOG、矩形BEOH、矩形CFOI的面积相等.爱好数学的他建立了平面直角坐标系(如图),图中三块阴影部分的面积分别记为S1、S2、S3,并测得S2=6(单位:平方米).OG=GH=HI. (1)求S1和S3的值;(2)设T(x,y)是弯道MN上的任一点,写出y关于x的函数关系式;(3)公园准备对区域MPOQN内部进行绿化改造,在横坐标、纵坐标都是偶数的点处种植花木(区域边界上的点除外),已知MP=2米,NQ=3米.问一共能种植多少棵花木? 24.有这样一个问题:探究函数y=的图象与性质.小彤根据学习函数的经验,对函数y=的图象与性质进行了探究.下面是小彤探究的过程,请补充完整: (1)函数y=的自变量x的取值范围是   ;(2)下表是y与x的几组对应值: x … ﹣2 ﹣1 0 1 2 4 5 6 7 8 … y … m 0 ﹣1 3 2 … 则m的值为   ;(3)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,描出了以上表中各对对应值为坐标的点,根据描出的点,画出了图象的一部分,请根据剩余的点补全此函数的图象; (4)观察图象,写出该函数的一条性质   ; (5)若函数y=的图象上有三个点A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3),且x1<3<x2<x3,则y1、y2、y3之间的大小关系为   ; 25.如图,已知一次函数y=x﹣2与反比例函数y=的图象交于A、B两点. (1)求A、B两点的坐标; (2)观察图象,直接写出一次函数值小于反比例函数值的x的取值范围; (3)坐标原点为O,求△AOB的面积. 26.如图,已知直线与双曲线交于、两点,且点的横坐标为4. (1)若双曲线上一点的纵坐标为8,求的面积; (2)过原点的另一条直线交双曲线于,两点(点在第一象限),若由点,,,为顶点组成的四边形面积为24,求点的坐标. 参考答案 1.B【解析】 ①当x=﹣2时,y=4,即图象必经过点(﹣2,4); ②k=﹣8<0,图象在第二、四象限内; ③k=﹣8<0,每一象限内,y随x的增大而增大,错误; ④k=﹣8<0,每一象限内,y随x的增大而增大,若0>x>﹣1,﹣y>8,故④错误, 故选B. 2.C【解析】将A、B、C的横坐标代入反比函数上, 得:y1=-6,y2=3,y3=2, 所以,; 故选C. 3.D【解析】过点A作x轴的垂线,与CB的延长线交于点E, ∵A,B两点在反比例函数y=的图象上且纵坐标分别为3,1, ∴A,B横坐标分别为1,3, ∴AE=2,BE=2, ∴AB=2, ∵四边形ABCD是菱形 ∴点D的坐标是:(1+2,3) 故选:D. 4.C【解析】∵反比例函数y=的图象经过点T(3,8), ∴k=3×8=24, 将P(4,6),Q(3,﹣8),M(2,﹣12),N(,48)分别代入反比例函数y=, 可得Q(3,﹣8),M(2,﹣12)不满足反比例函数y=, ∴在该函数图象上的点有2个, 故选C. 5.A【解析】 ∵点P在反比例函数(x<0)的图象上,∴可设P(x,),∴OA=﹣x,PA=,∴S矩形OAPB=OA?PA=﹣x?()=3,故选A. 6.A【解析】∵直线y=k1x(k1≠0)与反比例函数y=(k2≠0)的图象交于M,N两点, ∴M,N两点关于原点对称, ∵点M的坐标是(1,2), ∴点N的坐标是(-1,-2). 故选:A. 7.C【解析】 ∵A、B是反比函数上的点,∴S△OBD=S△OAC=,故①正确; 当P的横纵坐标相等时PA=PB,故②错误; ∵P是的图象上一动点,∴S矩形PDOC=4,∴S四边形PAOB=S矩形PDOC﹣S△ODB﹣﹣S△OAC=4﹣﹣=3,故③正确; 连接OP,=4,∴AC=PC,PA=PC,∴=3,∴AC=AP;故④正确; 综上所述,正确的结论有①③④.故选C. 8.C【解析】∵(),()在双曲线()上, ∴m=2n ∵点A,点B在直线AB上,设直线AB的解析式为:y=kx+b,则有 解得: ∴直线AB的解析式为: 令y=0,则x=2n+2. ∵S△ABO=8 ∴ 整理得:n2=9 ∴n=-3或n=3(舍去) ∴k=2n=-6. 故选C. 9.D【解析】 ①由于A、B在同一反比例函数y=图象上,则△ODB与△OCA的面积相等,都为×2=1,正确; ②由于矩形OCMD、三角形ODB、三角形OCA为定值,则四边形MAOB的面积不会发生变化,正确; ③连接OM,点A是MC的中点, 则△OAM和△OAC的面积相等, ∵△ODM的面积=△OCM的面积=,△ODB与△OCA的面积相等, ∴△OBM与△OAM的面积相等, ∴△OBD和△OBM面积相等, ∴点B一定是MD的中点.正确; 故选D. 10.B【解析】如图, 分别过点A,B作AF垂直于y轴于点F,作AD垂直于x轴于点D,BG垂直于y轴于点G,BE垂直于x轴于点E, 因为k>0,点A是反比例函数图象上的点, 所以, 因为点A,B的横坐标分别是a,3a,所以AD=3BE, 所以点B是AC的三等分点, 所以 DE=2a,CE=a, 所以, 所以, 解得k=1.5, 故选B. 11.5【解析】 由四边形AOBC为矩形,且点C坐标为(8,6),M为BC中点,得 M(8,3),N点的纵坐标是6. 将M点坐标代入函数解析式,得 k=8×3=24, 反比例函数的解析是为y=, 当y=6时,=6,解得x=4,N(4,6), NC=8-4=4,CM=6-3=3, MN=. 故答案是:5. 12.3.【解析】设点A、B的纵坐标为y1,点C、D的纵坐标为y2,分别表示出来A、B、C、D四点的坐标为A(,y1),点B(,y1),点C(,y2),点D(,y2).根据线段AB、CD的长度结合AB与CD间的距离,可得|y1|=2|y2|,再由|y1|+|y2|=6,可得y1=4,y2=﹣2.连接OA、OB,延长AB交y轴于点E,所以S△OAB=S△OAE﹣S△OBE=(a﹣b)=AB?OE=××4=,即a﹣b=2S△OAB=3. 13.6.【解析】在y=x+1中,令x=2, 解得y=3, 则交点坐标是:(2,3), 代入y= 得:k=6. 故答案是:6. 14.【解析】∵把A(,y1),B(2,y2)代入反比例函数y=得:y1=2,y2=, ∴A(,2),B(2,). 在△ABP中,由三角形的三边关系定理得:|AP-BP|<AB, ∴延长AB交x轴于P′,当P在P′点时,PA-PB=AB, 即此时线段AP与线段BP之差达到最大, 设直线AB的解析式是y=ax+b(a≠0) 把A、B的坐标代入得:, 解得:, ∴直线AB的解析式是y=-x+, 当y=0时,x=,即P(,0); 故答案为(,0). 15.. 【解析】由已知条件横坐标成等差数列,再根据点A1、A2、A3、…、An、An+1在反比例函数上,求出各点坐标,再由面积公式求出Sn的表达式,所以图中阴影部分的面积:,因为,所以=. 故答案为. 16.(,).【解析】 连结DB,作BH⊥AD于H,DE⊥BC于E,如图, ∵AB⊥BD,∴∠ABD=90°, 在Rt△ABD中,sin∠A==, 设BD=4t,则AD=5t,∴AB= =3t, 在Rt△ABH中,∵sin∠A=, ∴BH=×3t= t, ∵四边形ABCD为平行四边形, ∴AD∥BC,AD=BC=5t,CD=AB=3t, 而AD⊥x轴,∴BC⊥x轴, 在Rt△CDE中,CE= , ∴D(1,k),点C的纵坐标为3, ∴B(1+,3﹣5t),k=3﹣, ∵1?k=(1+ )(3﹣5t),即3﹣ =(1+ )(3﹣5t), 整理得3t2﹣t=0,解得t1=0(舍去),t2=, ∴B , 故答案为. 17.2 【解析】 解:过D点作DE⊥x轴,垂足为E, ∵Rt△OAB中,∠OAB=90°, ∴DE∥AB, ∵D为Rt△OAB斜边OB的中点D, ∴DE为Rt△OAB的中位线, ∵△OED∽△OAB, ∴两三角形的相似比为, ∵双曲线,可知, , 由, 得, 解得 18.. 【解析】 过点C作CE⊥x轴于点E,过点D作DF⊥x轴于点F, 设BF=x,则,BD=2x. 因为OC=3BD=6x,所以OE=3x,, 所以C(3x,),D(5-x,). 因为点C、D都在双曲线上,所以, 解得,x2=0(舍去),所以C(,), 故. 19.(1);(2)x>1;(3)P(﹣,0)或(,0) 【解析】(1)把A(1,m)代入y1=﹣x+4,可得m=﹣1+4=3, ∴A(1,3), 把A(1,3)代入双曲线y=,可得k=1×3=3, ∴y与x之间的函数关系式为:y=; (2)∵A(1,3), ∴当x>0时,不等式x+b>的解集为:x>1; (3)y1=﹣x+4,令y=0,则x=4, ∴点B的坐标为(4,0), 把A(1,3)代入y2=x+b,可得3=+b, ∴b=, ∴y2=x+, 令y2=0,则x=﹣3,即C(﹣3,0), ∴BC=7, ∵AP把△ABC的面积分成1:3两部分, ∴CP=BC=,或BP=BC= ∴OP=3﹣=,或OP=4﹣=, ∴P(﹣,0)或(,0). 20.(1)点坐标为;(2). 【解析】∵轴, ∴点的纵坐标为, 把代入得, ∴点坐标为; ∵, ∴, ∴, 而, ∴. 21.(1);一次函数的解析式为y=2x+2;(2)4. 【解析】(1)由题意可得,BM=OM,OB=, ∴BM=OM=2, ∴点B的坐标为(﹣2,﹣2), 设反比例函数的解析式为, 则﹣2=,得k=4, ∴反比例函数的解析式为, ∵点A的纵坐标是4, ∴4=,得x=1, ∴点A的坐标为(1,4), ∵一次函数y=mx+n(m≠0)的图象过点A(1,4)、点B(﹣2,﹣2), ∴,得:,即一次函数的解析式为y=2x+2; (2)∵y=2x+2与y轴交与点C, ∴点C的坐标为(0,2), ∵点B(﹣2,﹣2),点M(﹣2,0),点O(0,0), ∴OM=2,OC=2,MB=2, ∴四边形MBOC的面积是:OM?ON+OM?MB =×2×2+×2×2=4. 22.(1)10小时 (2)k=216 (3)13.5℃ 【解析】(1)恒温系统在这天保持大棚温度18℃的时间为12﹣2=10小时. (2)∵点B(12,18)在双曲线上, ∴,∴解得:k=216 (3)由(2), 当x=16时,, ∴当x=16时,大棚内的温度约为13.5℃. 23.(1);(2);(3)17. 【解析】(1)∵矩形ADOG、矩形BEOH、矩形CFOI的面积相等,且OG=GH=HI, ∴. 又∵S2=6, ∴, 解得. (2)∵点T是弯道MN上的任一点, ∴根据弯道MN上任一点到两边围墙的垂线段与围墙所围成的矩形的面积相等得. ∴y关于x的函数关系式为. (3)∵MP=2,NQ=3, ∴当x=2时,y=18; ∵横坐标、纵坐标都是偶数, ∴当x=4,6,8,10时, y=9,6,. ∴区域MPOQN内满足条件的点为(2,2),(2,4),(2,6),(2,8),(2,10),(2,12),(2,14),(2,16),(4,2),(4,4),(4,6),(4,8),(6,2),(6,4),(8,2),(8,4),(10,2),计17个. 24.(1)x≠3;(2);(3)详见解析;(4)当x>3时y随x的增大而减小等(答案不唯一);(5)<< 【解析】(1)因为分式有意义,分母不等于零,所以x-3≠0,即x≠3; (2)将x=-1代入,解得 m=; (3)如图所示; (4)当x>3时y随x的增大而减小(答案不唯一); (5)当x<3时,y<1,当x>3时,y>1且y随x的增大而减小,所以<< 25.(1)A(3,1)、B(﹣1,﹣3)(2)x<﹣1或0<x<3(3)4 【解析】(1)联立 解得:或 ∴A(3,1)、B(﹣1,﹣3) (2)x的取值范围为:x<﹣1或0<x<3 (3)过点A作AC⊥x轴于点C,过点B作BD⊥x轴于点D, 令y=0代入y=x﹣2 ∴x=2, ∴E(2,0) ∴OE=2 ∵A(3,1)、B(﹣1,﹣3) ∴AC=1,BD=3, ∴△AOE的面积为: AC?OE=1, △BOE的面积为: BD?OE=3, ∴△ABC的面积为:1+3=4, 26.(1);(2)点的坐标为或. 【解析】(1)∵点的横坐标为4 ∴把代入中,得 ∴ ∵点是直线与双曲线的交点 ∴ ∴双曲线的解析式为 如图所示,过点、分别作轴的垂线,垂足为、 ∵点在双曲线上 ∴当时, ∴点的坐标为 ∵点、在双曲线上 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ (2)∵反比例函数图像是关于原点的中心对称图形 ∴, ∴四边形是平行四边形 ∴ 设点的横坐标为(且) ∴ 过点、分别作轴的垂线,垂足为、 ∵点、在双曲线上 ∴ 若,如图所示: ∵ ∴ 即 ∴,(舍去) ∴ 若,如图所示: ∵ ∴ 即 ∴,(舍去) ∴ ∴点的坐标为或. 试卷第1页,总3页 HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7009195 [精]第二十六章 反比例函数单元测试卷A(含解析)

    初中数学/人教版/九年级下册/第二十六章 反比例函数/本单元综合与测试

    中小学教育资源及组卷应用平台 反比例函数单元测试卷(A) 一、单选题 1.图1所示矩形ABCD中,BC=x,CD=y,y与x满足的反比例函数关系如图2所示,等腰直角三角形AEF的斜边EF过C点,M为EF的中点,则下列结论正确的是 A.当x=3时,EC<EM B.当y=9时,EC>EM C.当x增大时,EC·CF的值增大. D.当y增大时,BE·DF的值不变. 2.如图,四边形和四边形都是正方形,边在轴上,边在轴上,点在边上,反比例函数,在第二象限的图像经过点,则正方形与正方形的面积之差为( ) A.6 B.8 C.10 D.12 3.如图,平行于x轴的直线与函数,的图象分别相交于A,B两点,点A在点B的右侧,C为x轴上的一个动点,若的面积为4,则的值为   A.8 B. C.4 D. 4.已知正比例函数的图象与反比例函数图象相交于点,下列说法正确的是( ) A.反比例函数的解析式是 B.两个函数图象的另一交点坐标为 C.当或时, D.正比例函数与反比例函数都随的增大而增大 5.如图,双曲线与直线相交于、两点,点坐标为,则点坐标为( ) A. B. C. D. 6.如图,P1、P2、P3是双曲线上的三点,过这三点分别作y轴的垂线,得到三个三角形,它们分别是△P1A1O、△P2A2O、△P3A30,设它们的面积分别是S1、S2、S3,则( ) A.S1<S2<S3 B.S2<S1<S3 C.S3<S1<S2 D.S1=S2 =S3 7.若点都是反比例函数的图象上的点,并且,则下列各式中正确的是(( ) A. B. C. D. 8.已知,如图一次函数y1=ax+b与反比例函数y2= 的图象如图示,当y1<y2时,x的取值范围是(? ) A.x<2????????????????????? B.x>5??????????????????????? C.2<x<5???????????????????? D.0<x<2或x>5 9.如图,已知A为反比例函数(<0)的图像上一点,过点A作AB⊥轴,垂足为B.若△OAB的面积为2,则k的值为( ) A.2 B.-2 C.4 D.-4 10.在温度不变的条件下,通过一次又一次地对汽缸顶部的活塞加压,测出每一次加压后缸内气体的体积和气体对汽缸壁所产生的压强,如下表: 体积x(mL) 100 80 60 40 20 压强y(kPa) 60 75 100 150 300 则可以反映y与x之间的关系的式子是(  ) A.y=3000x B.y=6000x C.y= D.y= 二、填空题 11.如图,反比例函数的图象经过矩形对角线的交点,分别交,于点、.若四边形的面积为12,则的值为______. 12.如图,点A在双曲线y=上,点B在双曲线y= 上,且AB∥y轴,C,D在y轴上,若四边形ABCD为平行四边形,则它的面积为________. 13.反比例函数的图象上有一点P(2,n),将点P向右平移1个单位,再向下平移1个单位得到点Q,若点Q也在该函数的图象上,则k=____________. 14.一辆汽车匀速通过某段公路,所需时间t(h)与行驶速度v(km/h)满足函数关系:y=(k≠0),其图象为如图的一段曲线,若这段公路行驶速度不得超过60km/h,则该汽车通过这段公路最少需要______h. 15.如图,已知矩形OABC的面积为6,且反比例函数的图象经过点B,则k=________. 16.在平面直角坐标系中,直线向上平移1个单位长度得到直线.直线与反比例函数的图象的一个交点为,则的值等于  . 17.已知反比例函数的图像有一支在第二象限,那么常数的取值范围是_____. 18.如图所示,、两点在双曲线上,分别经过、两点向坐标轴作垂线段,已知阴影=1,则______. 三、解答题 19.已知反比例函数y=,(k为常数,k≠1). (1)若点A(1,2)在这个函数的图象上,求k的值; (2)若在这个函数图象的每一分支上,y随x的增大而增大,求k的取值范围; (3)若k=13,试判断点B(3,4),C(2,5)是否在这个函数的图象上,并说明理由. 20.已知:,并且与(x-1)成正比例,与x成反比例.当时,;当时,. (1)求y关于x的函数解析式; (2)求当x=8时的函数值. 21.已知点在第二象限,轴,轴,垂足分别为、,矩形的面积是12,且. (1)求点的坐标; (2)求图像经过点的反比例函数的解析式. 22.如图,已知长方形的顶点在正比例函数的图像上,点在轴上,点在后上,反比例函数的图像过边上点,与边交于点,且. 求此反比例函数的解析式及点的坐标. 23.已知反比例函数的图象过点. 求这个反比例函数的表达式; 这个函数的图象分布在哪些象限?随的增大如何变化? 点,和是否在这个函数的图象上? 24.已知一个长方体的体积是100cm3 , 它的长是ycm,宽是10cm,高是xcm. (1)写出y与x之间的函数关系式; (2)当x=2cm时,求y的值. 25.已知函数,其中与成正比例, 与成反比例,且当=1时,=1;=3时,=5. 求:(1)求关于的函数解析式;   (2)当=2时,的值. 26.若一次函数y=2x-1和反比例函数y=的图象都经过点(1,1). (1)求反比例函数的解析式; (2)已知点A在第三象限,且同时在两个函数的图象上,求点A的坐标; 参考答案 1.D【解析】由图象可知,反比例函数图象经过(3,3),应用待定系数法可得该反比例函数关系式为,因此, 当x=3时,y=3,点C与点M重合,即EC=EM,选项A错误; 根据等腰直角三角形的性质,当x=3时,y=3,点C与点M重合时,EM=, 当y=9时,,即EC=,所以,EC<EM,选项B错误; 根据等腰直角三角形的性质,EC=,CF=, 即EC·CF=,为定值,所以不论x如何变化,EC·CF的值不变,选项C错误; 根据等腰直角三角形的性质,BE=x,DF=y,所以BE·DF=,为定值,所以不论y如何变化,BE·DF的值不变,选项D正确.故选D. 2.B【解析】设正方形AOBC的边长为a,正方形CDEF的边长为b, 则E(a-b,a+b), ∵E在反比例函数上 ∴(a+b)(a-b)=8,即a2 -b2=8 ∴S正方形AOBC-S正方形CDEF=a2-b2=8故选B. 3.A【解析】轴, ,B两点纵坐标相同, 设,,则,, , ,故选A. 4.C【解析】正比例函数的图象与反比例函数的图象相交于点, 正比例函数,反比例函数 两个函数图象的另一个角点为 ,选项错误 正比例函数中,随的增大而增大,反比例函数中,在每个象限内随的增大而减小, 选项错误 当或时,选项正确故选:C. 5.B【解析】点A与B关于原点对称,点坐标为 A点的坐标为(2,3). 所以B选项是正确的. 6.D【解析】根据反比例函数的k的几何意义,△P1A1O、△P2A2O、△P3A3O的面积相同,均为,所以S1=S2=S3,故选D. 7.B【解析】根据题意可得: ∴反比例函数处于二、四象限,则在每个象限内为增函数, 且当x<0时y>0,当x>0时,y<0, ∴<<. 8.D【解析】根据题意得:当y1<y2时,x的取值范围是0<x<2或x>5. 故选D. 9.D【解析】设A点坐标为(m,n),则有AB=-m,OB=n, ∵S△ABO==2, ∴, ∴mn=-4,又∵点A在反比例函数(<0)的图象上, ∴n=,∴k=mn=-4,故选D. 10.C【解析】此函数是反比例函数,设解析式为:y=,则xy=k=6000, 故y与x之间的关系是y=. 故选C. 11.4【解析】 ∵、、位于反比例函数图象上, ∴,, 过点作轴于点,作轴于点, ∴四边形ONMG是矩形, ∴, ∵为矩形对角线的交点, ∴, ∵函数图象在第一象限, ∴, ∴++S四边形ODBE=, 解得:. 故答案为:4 12.3【解析】由AB∥y轴可知,A、B两点横坐标相等,设A(m,),B(m,),求出AB=﹣=,再根据平行四边形的面积公式进行计算即可得=?m=3. 13.6【解析】 ∵点P的坐标为(2,n),则点Q的坐标为(3,n﹣1), 依题意得:k=2n=3(n﹣1), 解得:n=3, ∴k=2×3=6,故答案为:6. 14.【解析】由题意可得:k=xy=40, 则y≥=, 即该汽车通过这段公路最少需要h. 故答案为:. 15.-6【解析】∵矩形0ABC的面积为6,点B(x,y)在反比例函数的图象上, 且点B在第四象限,则, ∵, ∴. 故答案为:-6. 16.2【解析】 y=x向上平移1个单位长度可知直线为y=x+1,因为点A(A(a,2)在y=x+1上,所以a+1=2,解得a=1.即点A(1,2),把(1,2)代入反比例函数的得,解得=2. 17. 【解析】由反比例函数的图象有一支在第二象限,可得<0,解得. 18.6【解析】设A点坐标为(xA,yA),B点坐标为(xB,yB) ∵将A、B两点坐标代入中,可得: ∴阴影阴影 ∵阴影=1 ∴ 故答案为:6. 19.(1)k=3;(2)k<1;(3)不在;理由见解析. 【解析】(1)∵点A(1,2)在这个函数的图象上, ∴k﹣1=1×2, 解得k=3; (2)∵在函数图象的每一支上,y随x的增大而增大, ∴k﹣1<0, 解得k<1; (3)∵k=13,有k﹣1=12, ∴反比例函数的解析式为. 将点B的坐标代入,可知点B的坐标满足函数关系式, ∴点B在函数的图象上, 将点C的坐标代入,由5≠,可知点C的坐标不满足函数关系式, ∴点C不在函数的图象上. 20.(1);(2). 【解析】(1)设, ∴ 把x=2时,y=5;x=-2时,y=-9分别代入得 解得 ∴ (2)当时, 21.(1)点的坐标为;(2)二反比例函数的解析式为 【解析】(1)∵点在第二象限,轴,轴, 设点的坐标为, ∵矩形的面积是12, , 解得:, ∴点的坐标为. (2)设反比例函数的解析式为:,将点代入反比例函数,得, 解得:, ∴反比例函数的解析式为: 22.反比例函数的解析式为,即点的坐标为. 【解析】∵在正比例函数的图像上,∴,. ∴,而. ∴. ∴. 设反比例函数的解析式为,将代入解析式得到k=2,故解析式为. ∵、在反比例函数的解析式为.设点的坐标为,则,即点的坐标为. 23.(1);(2)见解析;(3)见解析. 【解析】设反比例函数解析式为, 把代入得, 所以反比例函数解析式为; 因为, 所以这个函数的图象分布在第二、四象限,在每一象限,随的增大而增大;当时,;当时,, 所以点,点在比例函数的图象上,点不在. 24.(1)y=(x>0);(2)5; 【解析】(1)由题意得,10xy=100,∴y=(x>0); (2)当x=2cm时,y==5(cm). 25.(1)y=;(2). 【解析】(1)设y1=k1x(k1≠0),y2= (k2≠0), ∴y=k1x-. ∵当x=1时,y=1.当x=3时,y=5, ∴, 解得,, ∴y= (2)由(1)知,y=, 当x=2时,y=. 26.(1)y= ;(2) A(- ,-2) 【解析】(1)将点(1,1)的坐标代入y=得:k=2, ∴y=; (2), 解得:或. ∵点A在第三象限, ∴点A的横坐标小于0, ∴A(-,-2). 试卷第1页,总3页 HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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  • ID:3-7008412 [精]2020年中考数学一轮复习 34 动态问题试题(含答案)

    初中数学/中考专区/一轮复习

    中小学教育资源及组卷应用平台 中考专题34动态问题 一、动态问题概述数学的动态问题第 决好中考数 1.就运动类型而言,有函数中的动点问题、图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。怎 2.就运动对象而言,几何图形中的动点问题,有点动、线动、面动三大类。怎样 3.就图形变化而言,有轴对称(翻折)、平移、旋转(中心对称、滚动)等。 4.动态问题一般分两类,一类是代数综合方面,在坐标系中有动点,动直线,一般是利用多种函数交叉求解。另一类就是几何综合题,在梯形,矩形,三角形中设立动点、线以及整体平移翻转,对考生的综合分析能力进行考察。所以说,动态问题是中考数学当中的重中之重,只完全掌握才能拿高分。 另一类就是几何综合题,在梯形,矩形,三角形中设立动点、线以及整体平移翻转,对考生的综合分析能力进行考察。所以说,动态问题是中考数学当中的重中之重,只完全掌握才能拿高分。 二、动点与函数图象问题常见的四种类型:怎样解决好中考数学的动态问题第 决好中 1.三角形中的动点问题:动点沿三角形的边运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图 2.四边形中的动点问题:动点沿四边形的边运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象。、 3.圆中的动点问题:动点沿圆周运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象。怎样解决好 4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题:动点沿直线、双曲线、抛物线运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象。 三、图形运动与函数图象问题常见的三种类型:怎寸 1.线段与多边形的运动图形问题:把一条线段沿一定方向运动经过三角形或四边形,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象。 2.多边形与多边形的运动图形问题:把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过另一个多边形,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象。怎样解决好中考数 3.多边形与圆的运动图形问题:把一个圆沿一定方向运动经过一个三角形或四边形,或把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过一个圆,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象。 四、动点问题常见的四种类型: 1.教师范读的是阅读教学中不可缺少的部分,我常采用范读,让幼儿学习、模仿。如领读,我读一句,让幼儿读一句,边读边记;第二通读,我大声读,我大声读,幼儿小声读,边学边仿;第三赏读,我借用录好配朗读磁带,一边放录音,一边幼儿反复倾听,在反复倾听中体验、品味。1.三角形中的动点问题:动点沿三角形的边运动,通过全等或相似,探究构成的新图形与原图形的边或角的关系。 2.四边形中的动点问题:动点沿四边形的边运动,通过探究构成的新图形与原图形的全等或相似,得出它们的边或角的关系。 3.这个工作可让学生分组负责收集整理,登在小黑板上,每周一换。要求学生抽空抄录并且阅读成诵。其目的在于扩大学生的知识面,引导学生关注社会,热爱生活,所以内容要尽量广泛一些,可以分为人生、价值、理想、学习、成长、责任、友谊、爱心、探索、环保等多方面。如此下去,除假期外,一年便可以积累40多则材料。如果学生的脑海里有了众多的鲜活生动的材料,写起文章来还用乱翻参考书吗?3.圆中的动点问题:动点沿圆周运动,探究构成的新图形的边角等关系。 4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题:动点沿直线、双曲线、抛物线运动,探究是否存在动点构成的三角形是等腰三角形或与已知图形相似等问题。 五、解决动态问题一般步骤: (1)用数量来刻画运动过程。因为在不同的运动阶段,同一个量的数学表达方式会发生变化,所以需要分类讨论。有时符合试题要求的情况不止一种,这时也需要分类讨论。 (2)画出符合题意的示意图。 (3)根据试题的已知条件或者要求列出算式、方程或者数量间的关系式。 一.选择题 1.如图,边长都为4的正方形ABCD和正三角形EFG如图放置,AB与EF在一条直线上,点A与点F重合.现将△EFG沿AB方向以每秒1个单位的速度匀速运动,当点F与B重合时停止.在这个运动过程中,正方形ABCD和△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是(  ) A. B. C. D. 2.如图,矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E为AB的中点,F为EC上一动点,P为DF中点,连接PB,则PB的最小值是(  ) A.2 B.4 C. D. 3.如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=3,动点P沿折线BCD从点B开始运动到点D.设运动的路程为x,△ADP的面积为y,那么y与x之间的函数关系的图象大致是(  ) A.B. C.D. 4.如图,AB是⊙O的直径,M、N是(异于A.B)上两点,C是上一动点,∠ACB的角平分线交⊙O于点D,∠BAC的平分线交CD于点E.当点C从点M运动到点N时,则C.E两点的运动路径长的比是(  ) A. B. C. D. 5.如图,在直角三角形ABC中,∠C=90°,AC=BC,E是AB的中点,过点E作AC和BC的垂线,垂足分别为点D和点F,四边形CDEF沿着CA方向匀速运动,点C与点A重合时停止运动,设运动时间为t,运动过程中四边形CDEF与△ABC的重叠部分面积为S.则S关于t的函数图象大致为(  ) A B C D 6.如图所示,正方形ABCD的边长为4,点E是AB的中点,点P从点E出发,沿E→A→D→C移动至终点C,设P点经过的路径长为x,△CPE的面积为y,则下列图象能大致反映y与x函数关系的是( ?) A???? ?B???? ?C???? D 7.如图①,在矩形ABCD中,AB<AD,对角线AC,BD相交于点O,动点P由点A出发,沿AB→BC→CD向点D运动.设点P的运动路程为x,△AOP的面积为y,y与x的函数关系图象如图②所示,则AD边的长为(  ) A.3 B.4 C.5 D.6 8.已知点P为某个封闭图形边界上一定点,动点M从点P出发,沿其边界顺时针匀速运动一周,设点M的运动时间为x,线段PM的长度为y,表示y与x的函数图象大致如图所示,则该封闭图形可能是(  ) A. B. C. D. 二、填空题 9.如图,一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在个平面上,边AC与EF重合,AC=12cm.当点E从点A出发沿AC方向滑动时,点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动.当点E从点A滑动到点C时,点D运动的路径长为   cm;连接BD,则△ABD的面积最大值为   cm2. 10.如图,在四边形中,∥,,直线.当直线沿射线方向,从点开始向右平移时,直线与四边形的边分别相交于点、.设直线向右平移的距离为,线段的长为,且与的函数关系如图所示,则四边形的周长是 . 11.如图,直线y=x+1与抛物线y=x2﹣4x+5交于A,B两点,点P是y轴上的一个动点,当△PAB的周长最小时,S△PAB=   . 三、解答题 12.如图,在平面直角坐标系中,四边形OABC的顶点坐标分别为O(0,0),A(12,0),B(8,6),C(0,6).动点P从点O出发,以每秒3个单位长度的速度沿边OA向终点A运动;动点Q从点B同时出发,以每秒2个单位长度的速度沿边BC向终点C运动.设运动的时间为t秒,PQ2=y. (1)直接写出y关于t的函数解析式及t的取值范围:   ; (2)当PQ=3时,求t的值; (3)连接OB交PQ于点D,若双曲线y=(k≠0)经过点D,问k的值是否变化?若不变化,请求出k的值;若变化,请说明理由. 13.已知:如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠ACB=90°,AB=10cm,BC=8cm,OD垂直平分A C.点P从点B出发,沿BA方向匀速运动,速度为1cm/s;同时,点Q从点D出发,沿DC方向匀速运动,速度为1cm/s;当一个点停止运动,另一个点也停止运动.过点P作PE⊥AB,交BC于点E,过点Q作QF∥AC,分别交AD,OD于点F,G.连接OP,EG.设运动时间为t(s)(0<t<5),解答下列问题: (1)当t为何值时,点E在∠BAC的平分线上? (2)设四边形PEGO的面积为S(cm2),求S与t的函数关系式; (3)在运动过程中,是否存在某一时刻t,使四边形PEGO的面积最大?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由; (4)连接OE,OQ,在运动过程中,是否存在某一时刻t,使OE⊥OQ?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由. 14.综合与探究 如图,抛物线经过点A(-2,0),B(4,0)两点,与轴交于点C,点D是抛物线上一个动点,设点D的横坐标为.连接AC,BC,DB,DC. 求抛物线的函数表达式; △BCD的面积等于△AOC的面积的时,求的值; 在(2)的条件下,若点M是轴上的一个动点,点N是抛物线上一动点,试判断是否存在这样的点M,使得以点B,D,M,N为顶点的四边形是平行四边形,若存在,请直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由. 15.操作体验:如图,在矩形ABCD中,点E.F分别在边AD.BC上,将矩形ABCD沿直线EF折叠,使点D恰好与点B重合,点C落在点C′处.点P为直线EF上一动点(不与E.F重合),过点P分别作直线BE.BF的垂线,垂足分别为点M和N,以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN. (1)如图1,求证:BE=BF; (2)特例感知:如图2,若DE=5,CF=2,当点P在线段EF上运动时,求平行四边形PMQN的周长; (3)类比探究:若DE=a,CF=b. ①如图3,当点P在线段EF的延长线上运动时,试用含A.b的式子表示QM与QN之间的数量关系,并证明; ②如图4,当点P在线段FE的延长线上运动时,请直接用含A.b的式子表示QM与QN之间的数量关系.(不要求写证明过程) 16.如图,二次函数y=﹣x2+bx+c的图象过原点,与x轴的另一个交点为(8,0) (1)求该二次函数的解析式; (2)在x轴上方作x轴的平行线y1=m,交二次函数图象于A.B两点,过A.B两点分别作x轴的垂线,垂足分别为点D.点C.当矩形ABCD为正方形时,求m的值; (3)在(2)的条件下,动点P从点A出发沿射线AB以每秒1个单位长度匀速运动,同时动点Q以相同的速度从点A出发沿线段AD匀速运动,到达点D时立即原速返回,当动点Q返回到点A时,P、Q两点同时停止运动,设运动时间为t秒(t>0).过点P向x轴作垂线,交抛物线于点E,交直线AC于点F,问:以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形能否是平行四边形.若能,请求出t的值;若不能,请说明理由. 参考答案 1.【答案】C. 【解析】根据题意和函数图象可以写出各段对应的函数解析式,从而可以判断哪个选项中的图象符合题意,本题得以解决. 当0≤t≤2时,S==,即S与t是二次函数关系,有最小值(0,0),开口向上, 当2<t≤4时,S=﹣=,即S与t是二次函数关系,开口向下, 由上可得,选项C符合题意。 2.【答案】D. 【解析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2,再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时,PB取得最小值;由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2,故BP的最小值为BP1的长,由勾股定理求解即可.如图: 当点F与点C重合时,点P在P1处,CP1=DP1, 当点F与点E重合时,点P在P2处,EP2=DP2, ∴P1P2∥CE且P1P2=CE 当点F在EC上除点C、E的位置处时,有DP=FP 由中位线定理可知:P1P∥CE且P1P=CF ∴点P的运动轨迹是线段P1P2, ∴当BP⊥P1P2时,PB取得最小值 ∵矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E为AB的中点, ∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形,CP1=2 ∴∠ADE=∠CDE=∠CP1B=45°,∠DEC=90° ∴∠DP2P1=90° ∴∠DP1P2=45° ∴∠P2P1B=90°,即BP1⊥P1P2, ∴BP的最小值为BP1的长 在等腰直角BCP1中,CP1=BC=2 ∴BP1=2 ∴PB的最小值是2 3.【答案】D. 【解析】由题意当0≤x≤3时,y=3,当3<x<5时,y=×3×(5﹣x)=﹣x+.由此即可判断. 由题意当0≤x≤3时,y=3, 当3<x<5时,y=×3×(5﹣x)=﹣x+. 4.【答案】A. 【解析】本题考查弧长公式,圆周角定理,三角形的内心等知识,解题的关键是理解题意,正确寻找点的运动轨迹,属于中考选择题中的压轴题. 如图,连接EB.设OA=r.易知点E在以D为圆心DA为半径的圆上,运动轨迹是,点C的运动轨迹是,由题意∠MON=2∠GDF,设∠GDF=α,则∠MON=2α,利用弧长公式计算即可解决问题. ∵AB是直径,∴∠ACB=90°, ∵E是△ACB的内心,∴∠AEB=135°, ∵∠ACD=∠BCD, ∴=,∴AD=DB=r,∴∠ADB=90°, 易知点E在以D为圆心DA为半径的圆上,运动轨迹是,点C的运动轨迹是, ∵∠MON=2∠GDF,设∠GDF=α,则∠MON=2α ∴==. 5.【答案】C. 【解析】本题考查动点问题的函数图象,正方形的性质、勾股定理等知识,解题的关键是读懂题意,学会分类讨论的思想,属于中考常考题型. 根据已知条件得到△ABC是等腰直角三角形,推出四边形EFCD是正方形,设正方形的边长为a,当移动的距离<a时,如图1,S=正方形的面积﹣△EE′H的面积=a2﹣t2;当移动的距离>a时,如图2,S=S△AC′H=(2a﹣t)2=t2﹣2at+2a2,根据函数关系式即可得到结论; ∵在直角三角形ABC中,∠C=90°,AC=BC, ∴△ABC是等腰直角三角形, ∵EF⊥BC,ED⊥AC, ∴四边形EFCD是矩形, ∵E是AB的中点, ∴EF=AC,DE=BC, ∴EF=ED, ∴四边形EFCD是正方形, 设正方形的边长为a, 如图1当移动的距离<a时,S=正方形的面积﹣△EE′H的面积=a2﹣t2; 当移动的距离>a时,如图2,S=S△AC′H=(2a﹣t)2=t2﹣2at+2a2, ∴S关于t的函数图象大致为C选项。 6.【答案】 C 【解析】动点问题的函数图象。结合题意分情况讨论:①当点P在AE上时,②当点P在AD上时,③当点P在DC上时,根据三角形面积公式即可得出每段的y与x的函数表达式. ①当点P在AE上时, ∵正方形边长为4,E为AB中点, ∴AE=2, ∵P点经过的路径长为x, ∴PE=x, ∴y=S△CPE= ·PE·BC= ×x×4=2x, ②当点P在AD上时, ∵正方形边长为4,E为AB中点, ∴AE=2, ∵P点经过的路径长为x, ∴AP=x-2,DP=6-x, ∴y=S△CPE=S正方形ABCD-S△BEC-S△APE-S△PDC , =4×4- ×2×4- ×2×(x-2)- ×4×(6-x), =16-4-x+2-12+2x, =x+2, ③当点P在DC上时, ∵正方形边长为4,E为AB中点, ∴AE=2, ∵P点经过的路径长为x, ∴PD=x-6,PC=10-x, ∴y=S△CPE= ·PC·BC= ×(10-x)×4=-2x+20, 综上所述:y与x的函数表达式为: y= . 7.【答案】B. 【解析】本题主要考查动点问题的函数图象,解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程,找到分界点极值,结合图象得到相关线段的具体数值. 当P点在AB上运动时,△AOP面积逐渐增大,当P点到达B点时,△AOP面积最大为3. ∴AB?=3,即AB?BC=12. 当P点在BC上运动时,△AOP面积逐渐减小,当P点到达C点时,△AOP面积为0,此时结合图象可知P点运动路径长为7, ∴AB+BC=7. 则BC=7﹣AB,代入AB?BC=12,得AB2﹣7AB+12=0,解得AB=4或3, 因为AB<AD,即AB<BC, 所以AB=3,BC=4. 8.【答案】D 【解析】y与x的函数图象分三个部分,而B选项和C选项中的封闭图形都有4条线段,其图象要分四个部分,所以B.C选项不正确; A选项中的封闭图形为圆,开始y随x的增大而增大,然后y随x的减小而减小,所以A选项不正确; D选项为三角形,M点在三边上运动对应三段图象,且M点在P点的对边上运动时,PM的长有最小值. 9.【答案】(24﹣12),(24+36﹣12) 【解析】本题考查了轨迹,全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,角平分线的性质,三角形面积公式等知识,确定点D的运动轨迹是本题的关键. ∵AC=12cm,∠A=30°,∠DEF=45° ∴BC=4cm,AB=8cm,ED=DF=6cm 如图当点E沿AC方向下滑时,得△E'D'F',过点D'作D'N⊥AC于点N,作D'M⊥BC于点M ∴∠MD'N=90°,且∠E'D'F'=90° ∴∠E'D'N=∠F'D'M,且∠D'NE'=∠D'MF'=90°,E'D'=D'F' ∴△D'NE'≌△D'MF'(AAS) ∴D'N=D'M,且D'N⊥AC,D'M⊥CM ∴CD'平分∠ACM 即点E沿AC方向下滑时,点D'在射线CD上移动, ∴当E'D'⊥AC时,DD'值最大,最大值=ED﹣CD=(12﹣6)cm ∴当点E从点A滑动到点C时,点D运动的路径长=2×(12﹣6)=(24﹣12)cm 如图,连接BD',AD', ∵S△AD'B=S△ABC+S△AD'C﹣S△BD'C ∴S△AD'B=BC×AC+×AC×D'N﹣×BC×D'M=24+(12﹣4)×D'N 当E'D'⊥AC时,S△AD'B有最大值, ∴S△AD'B最大值=24+(12﹣4)×6=(24+36﹣12)cm2. 10.【答案】 【解析】由题意和图像易知BC=5,AD=7-4=3 当BE=4时(即F与A重合),EF=2,又因为且∠B=30°,所以AB=, 因为当F与A重合时,把CD平移到E点位置可得三角形AED′为正三角形,所以CD=2,故答案时. 11.【答案】. 【解析】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题,解答本题的关键是明确题意,利用数形结合的思想解答. 根据轴对称,可以求得使得△PAB的周长最小时点P的坐标,然后求出点P到直线AB的距离和AB的长度,即可求得△PAB的面积,本题得以解决. , 解得,或, ∴点A的坐标为(1,2),点B的坐标为(4,5), ∴AB==3, 作点A关于y轴的对称点A′,连接A′B与y轴的交于P,则此时△PAB的周长最小, 点A′的坐标为(﹣1,2),点B的坐标为(4,5), 设直线A′B的函数解析式为y=kx+b, ,得, ∴直线A′B的函数解析式为y=x+, 当x=0时,y=, 即点P的坐标为(0,), 将x=0代入直线y=x+1中,得y=1, ∵直线y=x+1与y轴的夹角是45°, ∴点P到直线AB的距离是:(﹣1)×sin45°==, ∴△PAB的面积是:=, 12.【答案】见解析。 【解析】本题考查了勾股定理、解直角三角形、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、平行线的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征,解题的关键是:(1)利用勾股定理,找出y关于t的函数解析式;(2)通过解一元二次方程,求出当PQ=3时t的值;(3)利用相似三角形的性质及解直角三角形,找出点D的坐标. (1)过点P作PE⊥BC于点E,如图1所示. 当运动时间为t秒时(0≤t≤4)时,点P的坐标为(3t,0),点Q的坐标为(8﹣2t,6), ∴PE=6,EQ=|8﹣2t﹣3t|=|8﹣5t|, ∴PQ2=PE2+EQ2=62+|8﹣5t|2=25t2﹣80t+100, ∴y=25t2﹣80t+100(0≤t≤4). 故答案为:y=25t2﹣80t+100(0≤t≤4). (2)当PQ=3时,25t2﹣80t+100=(3)2, 整理,得:5t2﹣16t+11=0, 解得:t1=1,t2=. (3)经过点D的双曲线y=(k≠0)的k值不变. 连接OB,交PQ于点D,过点D作DF⊥OA于点F,如图2所示. ∵OC=6,BC=8, ∴OB==10. ∵BQ∥OP, ∴△BDQ∽△ODP, ∴===, ∴OD=6. ∵CB∥OA, ∴∠DOF=∠OBC. 在Rt△OBC中,sin∠OBC===,cos∠OBC===, ∴OF=OD?cos∠OBC=6×=,DF=OD?sin∠OBC=6×=, ∴点D的坐标为(,), ∴经过点D的双曲线y=(k≠0)的k值为×=. 13.【答案】见解析。 【解析】本题属于四边形综合题,考查了解直角三角形,相似三角形的判定和性质,锐角三角函数,多边形的面积等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题,属于中考常考题型. (1)在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,AB=10cm,BC=8cm, ∴AC==6(cm), ∵OD垂直平分线段AC, ∴OC=OA=3(cm),∠DOC=90°, ∵CD∥AB, ∴∠BAC=∠DCO, ∵∠DOC=∠ACB, ∴△DOC∽△BCA, ∴==, ∴==, ∴CD=5(cm),OD=4(cm), ∵PB=t,PE⊥AB, 易知:PE=t,BE=t, 当点E在∠BAC的平分线上时, ∵EP⊥AB,EC⊥AC, ∴PE=EC, ∴t=8﹣t, ∴t=4. ∴当t为4秒时,点E在∠BAC的平分线上. (2)如图,连接OE,PC. S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+(S△OPC+S△PCE﹣S△OEC) =?(4﹣t)?3+[?3?(8﹣t)+?(8﹣t)?t﹣?3?(8﹣t) =﹣t2+t+16(0<t<5). (3)存在. ∵S=﹣(t﹣)2+(0<t<5), ∴t=时,四边形OPEG的面积最大,最大值为. (4)存在.如图,连接OQ. ∵OE⊥OQ, ∴∠EOC+∠QOC=90°, ∵∠QOC+∠QOG=90°, ∴∠EOC=∠QOG, ∴tan∠EOC=tan∠QOG, ∴=, ∴=, 整理得:5t2﹣66t+160=0, 解得t=或10(舍弃) ∴当t=秒时,OE⊥OQ. 14.【答案】见解析。 【解析】(1)抛物线经过点A(-2,0),B(4,0), ∴,解得, ∴抛物线的函数表达式为 (2)作直线DE⊥轴于点E,交BC于点G,作CF⊥DE,垂足为F. ∵点A的坐标为(-2,0),∴OA=2 由,得,∴点C的坐标为(0,6),∴OC=6 ∴S△OAC=,∵S△BCD=S△AOC= 设直线BC的函数表达式为, 由B,C两点的坐标得,解得 ∴直线BC的函数表达式为. ∴点G的坐标为 ∴ ∵点B的坐标为(4,0),∴OB=4 S△BCD=S△CDG+S△BDG= = ∴,解得(舍),,∴的值为3 (3) 如下图所示,以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图 以BD为边进行构图,有3种情况,采用构造全等发进行求解. ∵D点坐标为,所以的纵坐标为 ,解得(舍) 可得 ∴的纵坐标为时, ∴, 以BD为对角线进行构图,有1种情况,采用中点坐标公式进行求解. ∵ 15.【答案】见解析。 【解析】本题属于四边形综合题,考查了矩形的性质和判定,翻折变换,等腰三角形的性质,平行四边形的性质,解直角三角形等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造特殊四边形解决问题,学会利用面积法证明线段之间的关系,属于中考压轴题. (1)证明∠BEF=∠BFE即可解决问题(也可以利用全等三角形的性质解决问题即可).证明:如图1中, ∵四边形ABCD是矩形, ∴AD∥BC,∴∠DEF=∠EFB, 由翻折可知:∠DEF=∠BEF, ∴∠BEF=∠EFB,∴BE=BF. (2)如图2中,连接BP,作EH⊥BC于H,则四边形ABHE是矩形.利用面积法证明PM+PN=EH,利用勾股定理求出AB即可解决问题. 如图2中,连接BP,作EH⊥BC于H,则四边形ABHE是矩形,EH=AB. ∵DE=EB=BF=5,CF=2, ∴AD=BC=7,AE=2, 在Rt△ABE中,∵∠A=90°,BE=5,AE=2, ∴AB==, ∵S△BEF=S△PBE+S△PBF,PM⊥BE,PN⊥BF, ∴?BF?EH=?BE?PM+?BF?PN, ∵BE=BF,∴PM+PN=EH=, ∵四边形PMQN是平行四边形, ∴四边形PMQN的周长=2(PM+PN)=2. (3)①如图3中,连接BP,作EH⊥BC于H.由S△EBP﹣S△BFP=S△EBF,可得BE?PM﹣?BF?PN=?BF?EH,由BE=BF,推出PM﹣PN=EH=,由此即可解决问题. ②如图4,当点P在线段FE的延长线上运动时,同法可证:QM﹣QN=PN﹣PM=. ①证明:如图3中,连接BP,作EH⊥BC于H. ∵ED=EB=BF=a,CF=b, ∴AD=BC=a+b, ∴AE=AD﹣DE=b, ∴EH=AB=, ∵S△EBP﹣S△BFP=S△EBF, ∴BE?PM﹣?BF?PN=?BF?EH, ∵BE=BF, ∴PM﹣PN=EH=, ∵四边形PMQN是平行四边形, ∴QN﹣QM=(PM﹣PN)=. ②如图4,当点P在线段FE的延长线上运动时,同法可证:QM﹣QN=PN﹣PM=. 16.【答案】见解析。 【解析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质,解题的关键是:(1)根据点的坐标,利用待定系数法求出二次函数解析式;(2)利用正方形的性质,找出关于m的方程;(3)分0<t≤4,4<t≤7,7<t≤8三种情况,利用平行四边形的性质找出关于t的一元二次方程. (1)将(0,0),(8,0)代入y=﹣x2+bx+c,得: ,解得:, ∴该二次函数的解析式为y=﹣x2+x. (2)当y=m时,﹣x2+x=m, 解得:x1=4﹣,x2=4+, ∴点A的坐标为(4﹣,m),点B的坐标为(4+,m), ∴点D的坐标为(4﹣,0),点C的坐标为(4+,0). ∵矩形ABCD为正方形, ∴4+﹣(4﹣)=m, 解得:m1=﹣16(舍去),m2=4. ∴当矩形ABCD为正方形时,m的值为4. (3)以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形能为平行四边形. 由(2)可知:点A的坐标为(2,4),点B的坐标为(6,4),点C的坐标为(6,0),点D的坐标为(2,0). 设直线AC的解析式为y=kx+a(k≠0), 将A(2,4),C(6,0)代入y=kx+a,得: ,解得:, ∴直线AC的解析式为y=﹣x+6. 当x=2+t时,y=﹣x2+x=﹣t2+t+4,y=﹣x+6=﹣t+4, ∴点E的坐标为(2+t,﹣t2+t+4),点F的坐标为(2+t,﹣t+4). ∵以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形,且AQ∥EF, ∴AQ=EF,分三种情况考虑: ①当0<t≤4时,如图1所示,AQ=t,EF=﹣t2+t+4﹣(﹣t+4)=﹣t2+t, ∴t=﹣t2+t, 解得:t1=0(舍去),t2=4; ②当4<t≤7时,如图2所示,AQ=t﹣4,EF=﹣t2+t+4﹣(﹣t+4)=﹣t2+t, ∴t﹣4=﹣t2+t, 解得:t3=﹣2(舍去),t4=6; ③当7<t≤8时,AQ=t﹣4,EF=﹣t+4﹣(﹣t2+t+4)=t2﹣t, ∴t﹣4=t2﹣t, 解得:t5=5﹣(舍去),t6=5+(舍去). 综上所述:当以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形时,t的值为4或6. 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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