【中考12年】重庆市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题5 数量和位置变化

【中考12年】重庆市2022-2022年中考数学试题分类解析专题5数量和位置变化一、选择题1.（重庆市2022年4分）函数的定义域为【】A．x≥－2B．－2≤x＜lC．x＞1D．x≥－2且x≠－12.（重庆市2022年4分）如图，某产品的生产流水线每小时可生产100件产品．生产前没有产品积压．生产3小时后安排工人装箱，若每小时装产品150件，未装箱的产品数量（y）是时间（t）的函数，那么，这个函数的大致图象只能是【】．（A）（B）（C）（D）【答案】A。【考点】函数的图象。【分析】开始生产时没有积压，前三小时只生产，图象为正比例函数图象，由于装箱速度多于生产速度，最终未装箱的产品数y=0．根据这一过程进行判断：某海产品深加工厂的生产流水线每小时可生产100件产品，生产前没有产品积压，则函数是正比例函数，图象经过原点，因而B、D错误；27\n生产3小时后安排工人装箱，若每小时可以装产品150件，多于每小时的生产量，则未装箱的产品数y（件）随时间的增大而减小，最终变为0，排除C。因而第一个图象符合题意。故选A。3.（重庆市2022年4分）如图，OA、BA分别表示甲、乙两名学生运动的一次函数图象，图中s和t分别表示运动路程和时间，根据图象判断快者的速度比慢者的速度每秒快【】A2.5米Ｂ２米粉Ｃ１.5米D1米4.（重庆市2022年4分）三峡大坝从6月1日开始下闸蓄水，如果平均每天流入库区的水量为a立方米，平均每天流出的水量控制为b立方米．当蓄水位低于135米时b，b＜a；当蓄水位达到135米时，b=a；设库区的蓄水量y（立方米）是时间t（天）的函数，那么这个函数的大致图象是【】A．B．27\nC．D．5.（重庆市大纲卷2022年4分）函数中自变量的取值范围是【】A、＞3B、≥3C、＞－3D、≥－36.（重庆市大纲卷2022年4分）点A（，）在第三象限，则的取值范围是【】A、B、C、D、【答案】C。【考点】平面直角坐标系中各象限点的特征，解一元一次不等式组。【分析】根据平面直角坐标系中各象限点的特征，判断其所在象限，四个象限的符号特征分别是：第一象限（＋，＋）；第二象限（－，＋）；第三象限（－，－）；第四象限（＋，－）。因此，由A（，）在第三象限，得。故选C。7.（重庆市大纲卷2022年4分）27\n为了增强抗旱能力，保证今年夏粮丰收，某村新修建了一个蓄水池，这个蓄水池安装了两个进水管和一个出水管（两个进水管的进水速度相同）一个进水管和一个出水管的进出水速度如图1所示，某天0点到6点（到少打开一个水管），该蓄水池的蓄水量如图2所示，并给出以下三个论断：①0点到1点不进水，只出水；②1点到4点不进水，不出水；③4点到6点只进水，不出水。则一定正确的论断是【】A、①③B、②③C、③D、①②③8.（重庆市课标卷2022年4分）如图，△ABC和△DEF是两个形状大小完全相同的等腰直角三角形，∠B=∠DEF=90°，点B、C、E、F在同一直线上．现从点C、E重合的位置出发，让△ABC在直线EF上向右作匀速运动，而△DEF的位置不动．设两个三角形重合部分的面积为，运动的距离为．下面表示与的函数关系式的图象大致是【】27\nA．　B．　C．　D．9.（重庆市2022年4分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P在BC边上运动，连接DP，过点A作AE⊥DP，垂足为E．设，，则能反映与之间函数关系的大致图象是【】A．B．C．D．【答案】C。27\n【考点】动点问题的函数图象，矩形的性质。【分析】连接AP，则∵，∴xy=3·4。∴xy=12，即，为反比例函数。∴应从C，D里面进行选择。∵x最小应不小于CD，最大不超过BD，∴3≤x≤5。故选C。10.（重庆市2022年4分）如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，∠A=90°，AB=28cm，DC=24cm，AD=4cm，点M从点D出发，以1cm/s的速度向点C运动，点N从点B同时出发，以2cm/s的速度向点A运动，当其中一个动点到达端点停止运动时，另一个动点也随之停止运动.则四边形AMND的面积y（cm2）与两动点运动的时间t（s）的函数图象大致是【】A、B、C、D、27\n∴自变量t的取值范围是0＜t＜14。故选D。11.（重庆市2022年4分）函数的自变量的取值范围是【】A．B．C．D．12.（重庆市2022年4分）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，动点P从点B出发，沿路线作匀速运动，那么的面积S与点P运动的路程之间的函数图象大致是【】A．B．C．27\nD．【答案】C。【考点】动点问题的函数图象。【分析】运用动点函数进行分段分析，当P在BC上与CD上时，分别求出函数解析式，再结合图象得出符合要求的解析式：∵AB=2，BC=1，动点P从点B出发，P点在BC上时，BP=x，AB=2，∴△ABP的面积S=·AB·BP=·2x=x。动点P从点B出发，P点在CD上时，△ABP的高是1，底边是2，所以面积是1，即s=1。∴s=x时是正比例函数，且y随x的增大而增大，s=1时，是一个常数函数，是一条平行于x轴的直线。所以只有C符合要求。故选C。13.（重庆市2022年4分）小华的爷爷每天坚持体育锻炼，某天他慢步到离家较远的绿岛公园，打了一会儿太极拳后跑步回家。下面能反映当天小华的爷爷离家的距离y与时间x的函数关系的大致图象是【】A．B．C．D．27\n14.（重庆市2022年4分）为了建设社会主义新农村，我市积极推进“行政村通畅工程”．张村和王村之间的道路需要进行改造，施工队在工作了一段时间后，因暴雨被迫停工几天，不过施工队随后加快了施工进度，按时完成了两村之间的道路改造．下面能反映该工程尚未改造的道路里程（公里）与时间（天）的函数关系的大致图象是【】A、B、C、D、15.（2022重庆市4分）27\n2022年“国际攀岩比赛”在重庆举行．小丽从家出发开车前去观看，途中发现忘了带门票，于是打电话让妈妈马上从家里送来，同时小丽也往回开，遇到妈妈后聊了一会儿，接着继续开车前往比赛现场．设小丽从家出发后所用时间为t，小丽与比赛现场的距离为S．下面能反映S与t的函数关系的大致图象是【】A．　B．　C．　　D．二、填空题1.（重庆市2022年4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝900，AC＝，斜边AB在轴上，点C在轴的正半轴上，点A的坐标为（2，0）。则直角边BC所在直线的解析式为▲。27\n2.（重庆市课标卷2022年3分）已知甲运动方式为：先竖直向上运动1个单位长度后，再水平向右运动2个单位长度；乙运动方式为：先竖直向下运动2个单位长度后，再水平向左运动3个单位长度．在平面直角坐标系内，现有一动点P第1次从原点O出发按甲方式运动到点P，第2次从点P出发按乙方式运动到点P，第3次从点P出发再按甲方式运动到点P，第4次从点P出发再按乙方式运动到点P，……．依此运动规律，则经过第11次运动后，动点P所在位置P的坐标是　　▲　　．【答案】（－3，－4）。【考点】探索规律题（图形的变化类），点的坐标。【分析】先根据P点运动的规律求出经过第11次运动后分别向甲，向乙运动的次数，再分别求出其横纵坐标即可：由题意：动点P经过第11次运动，那么向甲运动了6次，向乙运动了5次，横坐标即为：2×6－3×5=－3，纵坐标为：1×6－2×5=－4，即P11的坐标是（－3，－4）。3.（重庆市2022年3分）若点M在第四象限内，则的取值范围是▲．27\n4.（重庆市2022年3分）已知：如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A，C的坐标分别为A，C，点D是OA的中点，点P在BC边上运动．当是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为▲．【答案】（3，4）或（2，4）或（7，4）。【考点】动点问题，点的坐标，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，分类思想的应用。【分析】分OP=OD=5和PD=OD=5两种情况讨论：若OP=OD=5，如图，以点O为圆心OD=5为半径画圆交BC于点P，过点P作PE⊥OA于点E。则根据勾股定理，得OE=3。∴P（3，4）。27\n若PD=OD=5，如图，以点D为圆心OD=5为半径画圆交BC于点P，过点D作DF⊥BC于点F。则根据勾股定理，得PF=3。∴CP=5－3=2或CP=5＋3=7。∴P（2，4）或（7，4）。综上所述，当是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为（3，4）或（2，4）或（7，4）。三、解答题1.（重庆市2022年12分）如图，在直角坐标系中，正方形ABOD的边长为，O为原点，点B在轴的负半轴上，点D在轴的正半轴上，直线OE的解析式为，直线CF过轴上的一点C（，0）且与OE平行，现正方形以每秒的速度匀速沿轴正方向平行移动，设运动时间为秒，正方形被夹在直线OE和CF间的部分的面积为S。（1）当0≤＜4时，写出S与的函数关系式。（2）当4≤≤5时，写出S与的函数关系式，在这个范围内S有无最大值？若有，请求出最大值，若没有请说明理由。27\n其面积为：平行四边形COPG－△NPQ的面积。∵CO=，OD=a，∴四边形COPG面积=。又∵点P的纵坐标为a，代入y=2x得P（，a），∴DP=，NP=。由y=2x知：NQ=2NP，∴△NPQ面积=。∴S=。27\n【考点】二次函数综合题，平移问题，二次函数的最值。【分析】（1）易知BC=a，根据时间的取值范围和正方形的速度可知当0≤t＜4时，B位于C点左侧．那么重合部分的多边形的面积可用平行四边形的面积-△NPQ的面积来求解．可先求出P、C的坐标，然后根据△PNQ与△PDO相似，用相似比求出面积比，进而得出△PNQ的面积．然后按上面所说的多边形的面积计算方法得出S，t的函数关系式。（2）当4≤t≤5时，重合部分可用平行四边形COPG的面积-△PNQ的面积-△CB1R的面积来求得．方法同（1），得出S，t的函数关系后，可根据函数的性质和自变量的取值范围求出S的最大值及对应的t的值。2.（重庆市课标卷2022年10分）如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6）、点B（8，0），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时间为t秒．(1)求直线AB的解析式；(2)当t为何值时，△APQ与△AOB相似？27\n(3)当t为何值时，△APQ的面积为个平方单位？【答案】解：（1）设直线AB的解析式为y=kx+b，将点A（0，6）、点B（8，0）代入得，解得。∴直线AB的解析式为：。（2）设点P、Q移动的时间为t秒，OA=6，OB=8，∴由勾股定理可得，AB=10。∴AP=t，AQ=10－2t。分两种情况，①当△APQ∽△AOB时，，即，解得②当△AQP∽△AOB时，，即，解得。27\n综上所述，当或时，以点A、P、Q为顶点的三角形△AOB相似。【考点】一次函数综合题，动点问题，分类思想的应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，解一元二次方程。【分析】（1）已知直线经过点A，B就可以利用待定系数法求出函数的解析式。（2）以点A、P、Q为顶点的三角形△AOB相似，应分△APQ∽△AOB和△AQP∽△AOB两种情况讨论，根据相似三角形的对应边的比相等，就可以求出t的值。（3）过点Q作QM⊥OA于M，应用锐角三角函数表示出MQ的长，即可得方程，解出即可。3.（重庆市2022年10分）已知，在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2．若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内．将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处．（1）求点C的坐标；（2）若抛物线（a≠0）经过C、A两点，求此抛物线的解析式；（3）若抛物线的对称轴与OB交于点D，点P为线段DB上一点，过P作y轴的平行线，交抛物线于点M．问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．注：抛物线（a≠0）的顶点坐标为()，对称轴公式为x=27\n【答案】解：（1）过点C作CH⊥轴，垂足为H。∵在Rt△OAB中，∠OAB＝900，∠BOA＝300，AB＝2，∴OB＝4，OA＝。由折叠知，∠COB＝300，OC＝OA＝，∴∠COH＝600，OH＝，CH＝3。∴C点坐标为（，3）。作PQ⊥CD，垂足为Q，ME⊥CD，垂足为E。把代入得：27\n∴M（，），E（，）。同理：Q（，），D（，1）。要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CE＝QD，即，解得：，（舍去）。∴P点坐标为（，）。∴存在满足条件的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形，此时P点的坐为（，）。4.（重庆市2022年10分）已知：如图，抛物线与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A、B，点A的坐标为（4，0）。（1）求该抛物线的解析式；（2）点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE∥AC，交BC于点E，连接CQ。当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；（3）若平行于x轴的动直线与该抛物线交于点P，与直线AC交于点F，点D的坐标为（2，0）。问：是否存在这样的直线，使得△ODF是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。27\n【答案】解：（1）由题意，得，解得。∴所求抛物线的解析式为：。（2）设点Q的坐标为（m，0），过点E作EG⊥x轴于点G。由=0，得x1=－2，x2=4，（3）存在。在△ODF中，（ⅰ）若DO=DF，∵A（4，0），D（2，0），∴AD=OD=DF=2。27\n又在Rt△AOC中，OA=OC=4，∴∠OAC=450。∴∠DFA=∠OAC=450。∴∠ADF=900。此时，点F的坐标为（2，2）。由=2，得x1=1+，x2=1－。此时，点P的坐标为：P（1+，2）或P（1－，2）。（ⅱ）若FO=FD，过点F作FM⊥x轴于点M。由等腰三角形的性质得：OM=OD=1，∴AM=3。∴在等腰直角△AMF中，MF=AM=3。∴F（1，3）。由=3，得x1=1+，x2=1－。此时，点P的坐标为：P（1+，3）或P（1－，3）。（ⅲ）若OD=OF，∵OA=OC=4，且∠AOC=90°。∴AC=4。∴点O到AC的距离为2。而OF=OD=2＜2，与OF≥2矛盾。∴以AC上不存在点使得OF=OD=2。此时，不存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形。综上所述，存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形。所求点P的坐标为：27\n5.（重庆市2022年12分）已知：如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，OA=2，OC=3．过原点O作∠AOC的平分线交AB于点D，连接DC，过点D作DE⊥DC，交OA于点E．（1）求过点E、D、C的抛物线的解析式；（2）将∠EDC绕点D按顺时针方向旋转后，角的一边与y轴的正半轴交于点F，另一边与线段OC交于点G．如果DF与（1）中的抛物线交于另一点M，点M的横坐标为，那么EF=2GO是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）对于（2）中的点G，在位于第一象限内的该抛物线上是否存在点Q，使得直线GQ与AB的交点P与点C、G构成的△PCG是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．27\n∴抛物线的解析式为。（2）EF=2GO成立。证明如下：∵点M在该抛物线上，且它的横坐标为，∴点M的纵坐标为。设DM的解析式为，将点D、M的坐标分别代入，得，解得。∴DM的解析式为。∴F（0，3），EF=2。过点D作于点K，则DA=DK。∵，∴。又∵，∴。∴KG=AF=1。∴GO=1。∴EF=2GO。27\n③若PC=GC，则，解得。∴，此时PC=GC=2，是等腰直角三角形。过点Q作轴于点H，则QH=GH，设，∴。∴，解得（舍去）。∴。综上所述，存在三个满足条件的点Q，即（2，2）或或。27\n【考点】二次函数综合题，旋转问题，矩形的性质，锐角三角函数定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，全等三角形的判定和性质，勾股定理和逆定理，分类思想的应用。【分析】（1）由已知求出点E、D、C的坐标，用待定系数法即可求出抛物线的解析式。（2）用待定系数法求出DM的解析式，通过证明即可得到EF=2GO的结论。（3）分PG=PC，PG=GC，PC=GC讨论即可。6.（重庆市2022年12分）已知：如图（1），在平面直角坐标xOy中，边长为2的等边△OAB的顶点B在第一象限，顶点A在x轴的正半轴上．另一等腰△OCA的顶点C在第四象限，OC＝AC，∠C＝120°．现有两动点P、Q分别从A、O两点同时出发，点Q以每秒1个单位的速度沿OC向点C运动，点P以每秒3个单位的速度沿A→O→B运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止.（1）求在运动过程中形成的△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系，并写出自变量t的取值范围；（2）在等边△OAB的边上（点A除外）存在点D，使得△OCD为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标；（3）如图（2），现有∠MCN＝60°，其两边分别与OB、AB交于点M、N，连接MN．将∠MCN绕着C点旋转（0°＜旋转角＜60°），使得M、N始终在边OB和边AB上．试判断在这一过程中，△BMN的周长是否发生变化？若没有变化，请求出其周长；若发生变化，请说明理由．27\n【答案】解：（1）如图过点C作CD⊥OA于点D，∵OC=AC，∠ACO=120°，∴∠AOC=∠OAC=30°。∵OC=AC，CD⊥OA，∴OD=DA=1。在Rt△ODC中，OC=。（i）当0＜t＜时，OQ=t，AP=3t，OP=OA-AP=2-3t又∵∠MOC=∠FAC=90°，OC=AC，∴△MOC≌△FAC。∴MC=CF，∠MCO=∠FCA。∴∠FCN=∠FCA+∠NCA=∠MCO+∠NCA=∠OCA-∠MCN=60°。27\n∴∠FCN=∠MCN。又∵MC=CF，CN=CN，∴△MCN≌△FCN。∴MN=NF。∴BM+MN+BN=BM+NF+BN=BO-OM+BA+AF=BA+BO=4。∴△BMN的周长不变，其周长为4。【考点】旋转问题，等边三角形的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，分类思想的应用。27