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

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