【2022版中考12年】浙江省嘉兴市、舟山市2002-2022年中考数学试题分类解析 专题05 数量和位置变化

【2022版中考12年】浙江省嘉兴市、舟山市2022-2022年中考数学试题分类解析专题05数量和位置变化一、选择题1.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）函数y＝的自变量x的取值范围是【】A.x≤2B.x<2C.x≥2D.x>2【答案】C。【考点】函数自变量的取值范围，二次根式有意义的条件。2.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）为解决药价虚高给老百姓带来的求医难的问题，国家决定对某药品价格分两次降价。若设平均每次降价的百分率为x，该药品的原价是m元，降价后的价格是y元，则y与x之间的函数关系式是【】A.y=2m(1－x)B.y=2m(1+x)C.y=m(1－x)2D.y=m(1+x)2【答案】C。【考点】由实际问题列函数关系式（增长率问题）。3.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）如图，等腰直角三角形ABC（∠C=Rt∠）的直角边长与正方形MNPQ的边长均为4cm，CA与MN在直线l上，开始时A点与M点重合；让△ABC向右平移；直到C点与N点重合时为止。设△ABC与正方形MNPQ的重叠部分（图中阴影部分）的面积为ycm2，MA的长度为xcm，则y与x之间的函数关系大致是【】23\nA.B.C.D.【答案】B。【考点】平移问题的函数图象，正方形和等腰直角三角形的性质。4.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）点P在第二象限内，P到x轴的距离是4，到y轴的距离是3，那么点P的坐标为【】A．（－4，3）B．（－3，－4）C．（－3，4）D．（3，－4）【答案】C。【考点】平面直角坐标系中各象限点的特征。5.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）一个函数的图象如图，给出以下结论：①当23\n时，函数值最大；②当时，函数随的增大而减小；③存在，当时，函数值为0．其中正确的结论是【】A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】C。【考点】函数的图象。6.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）沪杭高速铁路已开工建设，某校研究性学习以此为课题，在研究列车的行驶速度时，得到一个数学问题．如图，若v是关于t的函数，图象为折线O－A－B－C，其中A（t1，350），B（t2，350），C（，0），四边形OABC的面积为70，则=【】23\nA．B．C．D．【答案】B。【考点】梯形面积公式，点的坐标。7.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）在直角坐标系中，点（2，1）在【】A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】A。【考点】平面直角坐标系中各象限点的特征。9.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止．设点P运动的路程长为长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是【】　A．B．C．D．【答案】D。【考点】动点问题的函数图象。23\n二、填空题1.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）如图，半圆O的直径AB=4，与半圆O内切的动圆与AB切于点M，设⊙的半径为y，AM的长为x，则y关于x的函数关系式是▲（要求写出自变量x的取值范围）【答案】（0＜x＜4）。【考点】由实际问题列函数关系式，勾股定理，直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系。2.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）23\n日常生活中，“老人”是一个模糊概念，有人想用“老人系数”来表示一个人的老年化程度，其中一个人的“老人系数”计算方法如下表：人的年龄x（岁）x≤6060<x<80x≥80该人的“老人系数”01按照这样的规定，一个年龄为70岁的人，他的“老人系数”为▲．【答案】0.5。【考点】求函数值，分类思想的应用。3.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）小刚中午放学回家自己煮面条吃，有下面几道工序：①洗锅盛水2分钟；②洗菜3分钟；③准备面条及佐料2分钟；④用锅把水烧开7分钟；⑤用烧开的水煮面条和菜要3分钟，以上各道工序，除④外，一次只能进行一道工序，小刚要将面条煮好，最少用▲分钟．【答案】12。【考点】推理分析。4.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）如图，在直角坐标系中，已知点A（－3，0），B（0，4），对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形①，②，③，④…，则三角形⑩的直角顶点的坐标为　　▲　　．23\n【答案】（36，0）。【考点】探索规律题（图形的变化类――循环问题），勾股定理，旋转的性质。5.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）在直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点．已知一个圆的圆心在原点，半径等于5，那么这个圆上的格点有▲个．【答案】12。【考点】网格问题，点的坐标，勾股定理，分类思想的应用。三、解答题1.（2022年浙江舟山、嘉兴8分）23\n全球气候变暖导致一些冰川融化并消失。在冰川消失12年后，一种低等植物苔藓，就开始在岩石上生长。每一个苔藓都会长成近似的圆形。苔藓的直径和其生长年限近似地满足如下地关系式：d＝7×（t≥12），其中d表示苔藓的直径，单位是厘米，t代表冰川消失的时间，单位是年（1）计算冰川消失16年后苔藓的直径（2）如果测得一些苔藓的直径是35厘米，问冰川约是在多少年前消失的？【答案】解：（1）∵当t=16时，d＝7×，∴冰川消失16年后苔藓的直径为14厘米。（2）∵由得，，，∴冰川约是在37年前消失的。【考点】函数的应用，求代数式式的值，解无理方程。2.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）已知⊙B的半径r＝1，PA、PO是⊙B的切线，A、O是切点。过A点作弦AC∥PO连CO、AO，（1）问△PAO与△OAC有什么关系？证明你的结论；（2）把整个图形放置在直角坐标系中，使OP与x轴重合，B点在y轴上，设P(t，0)，P点在x轴的正半轴上运动时，四边形PACO的形状随之变化，当这图形满足什么条件时，四边形PACO是菱形？说明理由；（3）①当t在什么范围内取值时，直线AP与CO的交点在x轴下方？②连CP，交⊙B于点D，当t等于何值时，四边形CODA是梯形？23\n【答案】解：（1）结论：两三角形相似。证明如下：∵PA是圆的切线，∴∠PAO=∠C。∵AC∥PO，∴∠CAO=∠POA。∴△PAO∽△OCA。（2）若四边形PACO是菱形，PA=PO=OC=AC=t，∵PA=OP，△PAO∽△OCA，∴OC=OA。∴△OCA是等边三角形。过B作BH⊥AC于H，连接BC，在Rt△BCH中，∠CBH=60°，BC=1，CH=，∴CH=BC•sin60°=。t=。∴当P点坐标是（，0）时，四边形PACO是菱形。（3）①如图，分别过点A、C作ｘ轴的垂线，垂足分别为点E、F，要直线AP与CO的交点在x轴下方只要∠APE＞∠COF即可，23\n　　　　　　　　∵AE=CF，∴只要EP＜FO=CH=CA。∵EP=t－QO=t－HA=t－CA，∴只要t－CA＜CA，即t＜CA。　　　　　　　　当OP＝CA时，易证四边形PACO是菱形，由（2）知，此时CA=OP=。　　　　　　　　∴0＜t＜。∴当0＜t＜时，直线AP与CO的交点在x轴下方。　　　　　　　　②若四边形CODA是梯形，只有AD∥CO，且是等腰梯形。由AC∥PO，AD∥CO易得：△ACD∽△OPC。∴。由（1）△PAO∽△OCA得：。∴。∵四边形CODA是等腰梯形，∴AO=CD。∴。又根据切割线定理，得。∴PC=2PD=2CD，此时，。∴。连接BP交OA于点N，则在Rt△BOP中，。∵Rt△BOP∽Rt△ONP，∴，即。解得：。23\n∴当时，四边形CODA是梯形。【考点】切线的性质，平行的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等腰梯形的判定和性质，切割线定理，勾股定理。3.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）在坐标平面内，半径为R的⊙O与x轴交于点D（1，0）、E（5，0），与y轴的正半轴相切于点B。点A、B关于x轴对称，点P（a，0）在x的正半轴上运动，作直线AP，作EH⊥AP于H。（1）求圆心C的坐标及半径R的值；（2）△POA和△PHE随点P的运动而变化，若它们全等，求a的值；（3）若给定a=6，试判定直线AP与⊙C的位置关系（要求说明理由）。【答案】（1）连接BC，则BC⊥y轴，取DE中点M，连CM，则CM⊥x轴，连接CD，23\n∵D（1，0）、E（5，0），∴OD=1，OE=5。∴CD=BC=OM=3，DM=2。∴。∴圆心C（3，），半径R=3。（2）∵△POA≌△PHE，∴PA=PE。∵OA=OB=，OE=5，OP=a，∴。∴，解得a=2。（3）过点A作⊙C的切线AT（T为切点），交x正半轴于Q。设Q（m，0），则QE=m－5，QD=m＋1，。由得，即，11m2－60m=0。23\n∵m＞0，∴。∵a=6，点P（6，0），在点Q（，0）的右侧，∴直线AP与⊙C相离。【考点】动点问题，切线的性质，勾股定理，全等三角形的性质，直线与圆的位置关系。【分析】（1）由题意知圆心C点的横坐标为DE中点的坐标，纵坐标和B点纵坐标相等，4.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）如图1，在直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），以OA为边在第四象限内作等边△AOB，点C为x轴的正半轴上一动点（OC>1），连结BC，以BC为边在第四象限内作等边△CBD，直线DA交y轴于点E．（1）试问△OBC与△ABD全等吗？并证明你的结论．（2）随着点C位置的变化，点E的位置是否会发生变化，若没有变化，求出点E的坐标；若有变化，请说明理由．（3）如图2，以OC为直径作圆，与直线DE分别交于点F、G，设AC=m，AF=n，用含n的代数式表示m．【答案】解：（1）两个三角形全等。证明如下：∵△AOB、△CBD都是等边三角形，∴OBA=∠CBD=60°。∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC，即∠OBC=∠ABD。23\n∵OB=AB，BC=BD，∴△OBC≌△ABD（SAS）。（2）点E位置不变。理由如下：∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD=∠BOC=60°，∠OAE=180°－60°－60°=60°。在Rt△EOA中，EO=OA·tan60°=。∴点E的坐标为（0，），即点E位置不变。（3）∵AC=m，AF=n，由相交弦定理知1·m=n·AG，即AG=。又∵OC是直径，∴OE是圆的切线，∴OE2=EG·EF。在Rt△EOA中，AE==2，∴，即。解得m=。【考点】等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，相交弦定理，切线的判定，切割线定理，代数式化简。5.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）在直角梯形ABCD中，∠C=90°，高CD=6cm（如图1）。动点P，Q同时从点B出发，点P沿BA，AD，DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到C点停止。两点运动时的速度都是lcm/s。而当点P到达点A时，点Q正好到达点C。设P，Q同时从点B出发，经过的时间为t（s）时，△BPQ的面积为y（cm223\n）（如图2）。分别以x，y为横、纵坐标建立直角坐标系，已知点P在AD边上从A到D运动时，y与t的函数图象是图3中的线段MN。（1）分别求出梯形中BA，AD的长度；（2）写出图3中M，N两点的坐标；（3）分别写出点P在BA边上和DC边上运动时，y与t的函数关系式（注明自变量的取值范围），并在答题卷的图4（放大了的图3）中补全整个运动中y关于t的函数关系的大致图象。【答案】解：（1）设动点出发t秒后，点P到达点A且点Q正好到达点C时，BC=BA=t，则S△BPQ=×t×6=30，解得：t=10（秒）。∴BA=10（cm）。过点A作AE⊥BC于点E，则AE=CD=6cm，AD=EC。在Rt△ABE中，根据勾股定理得：BE=8（cm）。∴AD=2（cm）。（2）可得坐标为M（10，30），N（12，30）。（3）当点P在BA边上时，（0≤t<10）；23\n当点P在DC边上时，（12<t≤18）。图象见下：【考点】双动点问题，由实际问题列函数关系式，直角梯形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义。6.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）如图，直角坐标系中，已知两点O（0，0），A（2，0），点B在第一象限且△OAB为正三角形，△OAB的外接圆交y轴的正半轴于点C，过点C的圆的切线交x轴于点D．（1）求B，C两点的坐标；（2）求直线CD的函数解析式；23\n（3）设E，F分别是线段AB，AD上的两个动点，且EF平分四边形ABCD的周长．试探究：△AEF的最大面积．【答案】解：（1）∵A（2，0），∴OA=2。作BG⊥OA于G，∵△OAB为正三角形，∴OG=1，BG=。∴B（1，）。连接AC，∵∠AOC=90°，∠ACO=∠ABO=60°，∴OC=OAtan30°=。∴C（0，）。（2）∵∠AOC=90°，∴AC是圆的直径。又∵CD是圆的切线，∴CD⊥AC。∴∠OCD=30°，OD=OCtan30°=。∴D(，0)。设直线CD的函数解析式为y=kx+b（k≠0），23\n则，解得，∴直线CD的函数解析式为。（3）∵AB=OA=2，OD=，CD=2OD=，BC=OC=。∴四边形ABCD的周长。设AE=t，△AEF的面积为S，则AF=，∵点E，F分别在线段AB，AD上，∴，解得。，∵t=满足，∴当t=时，。23\n【考点】一次函数综合题，双动点问题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，等边三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，圆周角定理，切线的性质。7.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）已知直线y=kx+3（k＜0）分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为t秒．（1）当k=－1时，线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动，它与点P以相同速度同时出发，当点P到达点A时两点同时停止运动（如图1）．①直接写出t=1秒时C、Q两点的坐标；②若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t的值．（2）当时，设以C为顶点的抛物线与直线AB的另一交点为D（如图2），①求CD的长；②设△COD的OC边上的高为h，当t为何值时，h的值最大？23\n【答案】解：（1）①C(1,2)、Q(2,0)。②由题意得：P（t,0),C(t,-t+3),Q(3-t,0)。分两种情形讨论：情形一：当△AQC∽△AOB时，∠AQC=∠AOB=90°，∴CQ⊥OA。∵CP⊥OA，∴点P与点Q重合，OQ=OP，即。情形二：当△ACQ∽△AOB时，∠ACQ=∠AOB=90°，∵OA=OB=3，∴△AOB是等腰直角三角形。∴△ACQ也是等腰直角三角形。∵CP⊥OA，∴AQ=2CP，即。∴满足条件的t的值是1.5秒或2秒。（2）①由题意得：，∴以C为顶点的抛物线解析式是。由，解得。过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB=90°，DE∥OA，∴∠EDC=∠OAB。∴△DEC∽△AOB。∴。23\n∵AO=4，AB=5，DE=。②∵，CD边上的高=。∴为定值。要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短。∵当OC⊥AB时OC最短，此时OC的长为，∠BCO=90°，又∵∠AOB=90°，∴∠COP=90°-∠BOC=∠OBA。又∵CP⊥OA，∴Rt△PCO∽Rt△OAB。∴，即。∴当t为秒时，h的值最大。【考点】二次函数综合题，相似三角形的性质，解一元二次方程，等腰直角三角形的判定和性质。8.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x2上的动点（点在第一象限内）．连接OP，过点O作OP的垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ，交y轴于点M．作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B．设点P的横坐标为m．（1）如图1，当m=时，①求线段OP的长和tan∠POM的值；②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标；（2）如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E．①用含m的代数式表示点Q的坐标；23\n②求证：四边形ODME是矩形．【答案】解：（1）①把x=代入y=x2，得y=2，∴P（，2），∴OP=。∵PA丄x轴，∴PA∥MO．∴。②设Q（n，n2），∵tan∠QOB=tan∠POM，∴．∴。∴Q（）。∴OQ=。∴当OQ=OC时，则C1（0，），C2（0，－）。当OQ=CQ时，则C3（0，1）。（2）①∵点P的横坐标为m，∴P（m，m2）。设Q（n，n2），∵△APO∽△BOQ，∴。∴，得。∴Q（）。②设直线PO的解析式为：y=kx+b，把P（m，m2）、Q（）代入，得：，解得b=1。∴M（0，1）。∵，∠QBO=∠MOA=90°，∴△QBO∽△MOA。∴∠MAO=∠QOB，∴QO∥MA。同理可证：EM∥OD。又∵∠EOD=90°，∴四边形ODME是矩形。23\n【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定。23