2014年全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試卷解析版分類匯編動(dòng)態(tài)問(wèn)題專題_第1頁(yè)
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1、1. (20148 1. (20148 3 分)ABCD AB 5BC 4E BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),AEEF,EF CD FBE=x,FC=y,則點(diǎn) E B Cyx的函數(shù)關(guān)系的大致圖象是)xy=5(4x)y,154)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,四邊形OBCDBDl從O出發(fā),沿x1154)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,四邊形OBCDBDl從O出發(fā),沿x1l與正方形沒(méi)有交點(diǎn)為止設(shè)直線l掃過(guò)正方形OBCD的面積為S )1.(2014183)如圖ABCDPDA從點(diǎn)D開(kāi)始向點(diǎn)A 1cm/s 的速度移動(dòng);同時(shí),點(diǎn)Q 沿邊AB、BC 從點(diǎn)A 開(kāi)始向點(diǎn)C 2cm/s 的速P 移動(dòng)到點(diǎn)A 時(shí),P、Q P xs時(shí),PAQ

2、 的面積為ycm2y 考點(diǎn)根據(jù)三角形的面積即可求出St0t4 時(shí),S=tt=t2,即S=t2 B、C 錯(cuò)誤;4t8時(shí),S=16(t4)(t4)=t2S=t2+4t+8A錯(cuò)誤考點(diǎn): 動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)圖象分析: 根據(jù)從圖可以看出當(dāng)QB9,求出正方形的邊長(zhǎng),再利用三角EF 所在的直線對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式解答: 解:點(diǎn) P考點(diǎn): 動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)圖象分析: 根據(jù)從圖可以看出當(dāng)QB9,求出正方形的邊長(zhǎng),再利用三角EF 所在的直線對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式解答: 解:點(diǎn) P沿邊DAD開(kāi)始向點(diǎn)A 1cm/s的速度移動(dòng);點(diǎn)Q 沿邊AB、AC2cm/sPAD的中點(diǎn)時(shí),QB從圖QBQBC上時(shí),AP=6x,APQ故點(diǎn)評(píng): 本題主要考

3、查了動(dòng)點(diǎn)函數(shù)的圖象,解決本題的關(guān)鍵是求出正方形的邊長(zhǎng)1. (2)若兩動(dòng)點(diǎn)M,H分別從點(diǎn)A,B以每秒1長(zhǎng)度的速度沿x軸同時(shí)出發(fā)相向 (t0S (2,0 (2,0 0t22t3PPMxM,PFyFAPH (2,0 式是0t2,解方程x2x4=0,得A(20,(4,0,A=42)6t=2S2t3PPMxMPFyFS=MAS=MAH(6(+)=2+4+=()2+,t=時(shí),SMt與APQS,S2(2014 yOC=45OC 2 OCB止運(yùn)動(dòng),設(shè)平行移動(dòng)xOCRtABOy與x 的面積S=8P考點(diǎn)專題然后求出AOCO,再根據(jù)平移的性質(zhì)AOCO,從而判斷出然后求出AOCO,再根據(jù)平移的性質(zhì)AOCO,從而判斷出

4、OOG是等腰直求出OO,再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)G 的坐標(biāo),然后設(shè)拋物線為y=ax2+bx,再把點(diǎn)B、G 的坐標(biāo)代入,利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)PxhhPx(1)AB=OB,ABO=90, COCOOOG射線OC的速度是每秒2長(zhǎng)度(2)x=3G的坐標(biāo)為(3,3式為y=ax2+bx,解拋物線式為(3)Pxh,SPOB=8h=8,Px軸上方時(shí),x2+x=2,解得此時(shí),點(diǎn)P 的坐標(biāo)為(4當(dāng)點(diǎn)P 在x 軸下方時(shí), x2+x=2,解得此時(shí),點(diǎn)P的坐標(biāo)為,2 2)時(shí),POB的面積3(2014 y=ax2+bx+c(a0)O、B、C 三點(diǎn),B3(2014 y=ax2+bx+c(a0)O、B、C 三點(diǎn),

5、B、C 坐標(biāo)分別為(10,0)和OB為直徑的AClxBBCO,BlFMEm,MFnmn的速度向點(diǎn)BQBCt(0t8)秒時(shí)恰好使BPQ t連接 AE、AM、AF,則 AMEF,證得 RtAOERTAME,求得OAE= 分三種情況分別 PQ=BQ QHPBBC 的斜率可知 QHOB,根據(jù)勾股定理即可求得(1) 式為BCB、解得二次函(3)直線BC式為(2)y=ax2+bx+c(a0)直線BC式為(2)y=ax2+bx+c(a0)O、B、C三點(diǎn),B、C坐標(biāo)分別為(10,0)解拋物線RTAOE RTAME 中RtAOETAME(HLRTEAF中,根據(jù)射影定理得PQ=BQ時(shí),作BC解得解得PB=QB10

6、t=t,t=5,PQ=PB時(shí),作QHOB=B=10t,B=t,H=t(1t,H=t;解得t=24(14 4. (2014A()B(4,m24(14 4. (2014A()B(4,m P PC 的長(zhǎng)有最大值,若存在,求出這個(gè)最大值;若不存在考點(diǎn): 二次函數(shù)綜合題分析: (1)B(4,m)y=x+2m的值,拋物線圖象上的A、B AB 式,可求得直線AC 求得直線ACC(1)B(4,m)B(4,6A(, (n,n+2 (n, (n,n+2 (n,2n28n+6PC=(n+2)(2n28n+6, (3)設(shè)直線AC 式為A()C(m,2m28m+6,解得;m=3P(點(diǎn)評(píng): 此題主要考查了二次函數(shù) 52,

7、1(1)AC1 C,D兩點(diǎn),求SOAC:SOADC2C2與直線AB(,0 側(cè)部分(含頂點(diǎn))mC和點(diǎn)Eml,mxl,mym考點(diǎn)考點(diǎn)專題由拋物線的頂點(diǎn)式易得頂點(diǎn)A 坐標(biāo),把點(diǎn)B 的坐標(biāo)代入拋物線的根據(jù)平移法則求出拋物線C2 的式,用待定系數(shù)法求出直線AB 的再通過(guò)解方程組求出拋物線C2與直線AB的交點(diǎn)C、D的坐標(biāo),就可以求出SOAC: SOAD的值設(shè)直線myGl,mxl,myGG的位置進(jìn)行 ,借助 m 的 式(1) A的坐標(biāo)為(1,2 B(2,1拋物線C1式為(2)拋物線C2是由拋物線C1向下平移2所得拋物線C2 的設(shè)直線AB 的式為y=kx+bA(1,2,B(2,1直線AB 的式為y=x3解得C

8、(3,解得C(3,0,D(0,3A作AExE,A作AFyA(1,2=(OCAE(ODAF)=(32(31)SOAC:SOAD(3)設(shè)直線myGl交于點(diǎn)H,G 的坐標(biāo)為(0,t)mlP(4,0,Q(0,2t=時(shí),直線l,m與x軸不三角形t=0mx直線l,m與x軸不t0t02當(dāng)PHC=GHQ 時(shí),G的坐標(biāo)為G的坐標(biāo)為設(shè)直線m式為C(3,0 解得直線m 的解得E(1,4E直線m式為PHC與GHQmt22PHC與GHQmPHC與GHQmt2 2所示E 當(dāng)QPC=CGO時(shí),mG的坐標(biāo)為(0,6設(shè)直線m式為C(3,0解得直線m式為ml,mxl,my軸圍成的此時(shí)直線m式為y=2x6和 A(x1,0B(x2,

9、0 x12C(0,c及增減性等知識(shí),考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的 式,考查了通過(guò)解方程組求兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn),強(qiáng)化了對(duì)運(yùn)算能力、 意識(shí)、分類 的考 考點(diǎn)x 2+x 2+x x =71 式根據(jù)線段的垂直平分線上的點(diǎn)到兩端點(diǎn)的距離相等,求得P 點(diǎn)的縱坐標(biāo),代入m2m6=0, 拋物線式是(2)pPO,PCPy軸的垂線,垂足為DPDOCC的坐標(biāo)為D的坐標(biāo)為P的縱坐標(biāo)應(yīng)是27(10 27(10 PBBAAQ由點(diǎn)AACC勻速t(s(0t4設(shè)APQSt為何值時(shí),S取得最大值?S如圖乙,連接 PC,將PQC 沿 QC 翻折,得到四邊形 PQPC,當(dāng)四邊形 PQPC 為t 的值;t為何值時(shí),APQ考點(diǎn)AQPH=t(3t,連接PP交QC于E當(dāng)四邊形PQPC為菱形時(shí)得出ABC, 求出AE=t+4,再根據(jù)E=QC得出t+4=t+2,再求t即可在APQ中,分三種情:當(dāng)AQ=AP,即t=5t,當(dāng)PQ=AQ,(1)令 x22x3

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