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2024年山东省青岛市黄岛区中考一模数学模拟试题(含解析)

来源:暴趣科技网
2023——2024学年度第二学期阶段性学情检测

九年级数学

(考试时间∶ 120分钟; 总分 120分)

说明:

1. 本试题分第1卷和第Ⅱ卷两部分,共25题. 第Ⅰ卷为选择题,共8小题,24分;第Ⅱ卷为填空题、作图题、解答题,共17小题,96分.2. 所有题目均在答题卡上作答,在试题上作答无效.

第Ⅰ卷(共24分)

一、选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分)在每个题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

1.我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响.下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘微割圆术”“赵爽弦图”中,中心对称图形是( ).

A. B.

C. D.

12.下列四个数中,比 小的数是( )

2A.1B.0C.21D.13.先贤孔子曾说过“鼓之舞之”,这是“鼓舞”一词最早的起源.如图是某种鼓的立体图形,其左视图是( )

A.B.C.D.

4.“燕山雪花大如磨,片片吹落轩辕台”,这是诗仙李白眼里的雪花.单个雪花的重量其实很轻, 只有0.00003kg左右. 将0.00003用科学记数法表示为( )A.0.3104B. 3104C.3105D.301035.《孙子笄经》记载: “今有木,不知长短. 引绳度之,余绳四尺五寸;屈绳量之,不足一尺.木长几何?” (尺、寸是长度单位,1尺10寸) . 意思是,现有一根长木,不知道其长短.用一根绳子去度量长木,绳子还剩余4.5尺; 将绳子对折再度量长木,长木还剩余1尺. 问长木长多少? 设长木长为x尺,则可列方程为( )A.x4.52x1C.x4.52x1B.x4.52x1D.x4.52x16.如图,在平面直角坐标系中, ABC位于第四象限,点A的坐标是1,2,把 ABC向上平移5个单位长度得到 △A1B1C1,再将△A1B1C1绕点O按逆时针方向旋转 90,得到

△A2B2C2,则点A2的坐标是( )

3A.1,B.1,3C.3,1D.3,17.如图,四边形ABCD内接于O,AB是O的直径,点E在O上,且 AED32,则DCB的度数是( )

A.116B.122C.132D.1488.一次函数yaxb与反比例函数 yab在同一直角坐标系中的图象可能是( )xA.B.

C.D.

第II卷 (共96分)

二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)

9.计算:

818 2.

10.某校举行科技创新大赛,比赛打分包括以下几项:理论知识、创新设计、现场展示、某参赛选手本次比赛的各项成绩分别是:理论知识92分,创新设计87分,现场展示90分.若将理论知识、创新设计、现场展示依次按20%,40%,40%的比例计算选手的综合成绩,那么该选手的综合成绩是 分.11.已知 a2a3b10, 则ab256 .

.12.用一张等宽的纸条折成如图所示的图案,若124,则2的度数为 13.如图,在边长为4的正方形ABCD中,点E,F分别是边CD,AD的中点,连接

AE,BF,点G,H分别是AE,BF的中点,连接GH,则GH的长是

0),对称轴为直线 x1,下列14.如图,二次函数 yax²bxc的图像与x轴交于点(3,结论∶ ①abc<0;②4a2bc0; ③3ac0;④抛物线上有两点M(x1,y1)和N(x2,y2),若x1<1. (只填写序号)

三、作图题(本题满分4分)

15.已知∶ ABC, 射线BC上的一点D.

求作∶等腰△PBD,使线段BD为△PBD的底边,点P在ABC的内部,且点P到ABC两边的距离相等.

四、解答题(本大题共10小题,共74分)

3x11216.(1)解不等式组:;3x15x1m12m42m2(2)计算: .m1m24m217.2024年央视春晚的主题为“龙行龘龘,欣欣家园”,“龙行龘龘”寓意中华儿女奋发有为、“龙”“行”“ 龘”“ 龘”四个字(卡昂扬向上的精神风貌.现有四张不透明的卡片,其正面分别印有片依次记为A,B,C,D) ,卡片除正面文字不同外,其余均相同.现将这四张卡片背面向

上洗匀,从中随机抽取一张,记录文字后放回,重新洗匀后再从中随机拍取一张.请用画树状图(或列表) 的方法,求两次抽出的卡片上的文字都是“龘”的概率.

18.“少年急救官”是在部有关部门指导下的公益品牌项目,以立德树人、培育孩子具备风险识别和自救互救能力为宗旨,让青少年从小树立社会责任感,践行社会主义核心价值观,《少年急救官生命教育科学艺术展》寒假安全第一课于今年2月1日开播,某校为了解学生观看视频课的时长,随机拍取了部分学生观看视频课的时长t(单位:分钟,不足1分钟按1分钟算) 作为样本,将收集的数据整理后分为五组:A组 0110,B组(10120) ,

C组(20130) , D组(30140) , E组( (40150),绘制了如下不完整的频数直12,,1316,16,12,18,14.方图和扇形统计图.其中B组的数据为16,(1)B组数据的中位数是 ,众数是 ;(2)补全频数直方图;

(3)扇形统计图中A组所对应的扇形圆心角是 度;(4)若该校有800名学生,估计该校学生观看视频时长超过20分钟的人数.

19.雨伞是我们生活中的常用工具.下雨时,雨往往是斜打的,且都是平行的.某雨天,小明站在如图所示的一把雨伞的正下方,伞柄AE与地面垂直,伞面ABAC,伞面直径

BC100cm,伞的边缘点 B到地面的距离 BF160cm,雨线BG与地面的夹角 BGF70,此时,小明身上被雨淋湿,那么将伞至少向下移动多少距离,才能使得身上

不被雨淋湿?(参考数据: sin700.94,cos700.34,tan702.75)

20.【探究1】

如图1, BAD的平分线AE与 BCD的平分线CE交于点E,AB∥CD, ABC30,ADC36,则 AEC ;

【探究2】

如图2, BAD的三等分线AE与 BCD的三等分线CE交于点E,

11EADBAD,BCEBCD,AB∥CD,ABC30,ADC36,则

33AEC ;

【探究3】

如图3,BAD 的n等分线AE与 BCD的n等分线CE交于点E,EAD1BAD,nBCE表示) .

1BCD,AB∥CD,ABCx,ADCy,则 AEC (用含x,y,n的式子n21.如图,AB是O的直径,点C是O上的一点,CD与AB的延长线交于点D,

ACCD,A30.

(1)求证:CD是O的切线;

(2)过点B作BECD于点E,若O的半径为4,求图中阴影部分的面积.

22.随着人们环保意识的提高和技术的飞速发展,新能源汽车已成为汽车市场的一股不可忽视的力量.为加快公共领域充电基础设施建设,某停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩.已知甲型充电桩比乙型充电桩的单价多0.2万元,用16万元购买甲型充电桩与用12万元购买乙型充电桩的数量相等.

(1)甲、乙两种型号充电桩的单价各是多少?

(2)该停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩共30个,且乙型充电桩的购买数量不超过甲型充电桩购买数量的2倍,则如何购买所需总费用最少?

23.如图,在ABC中,AB=AC,ADBC,垂足为D,E为AC的中点,连接ED.并延长到点F, 使DEFD,连接BF,CF,BE.

(1)求证:BFCE;

(2)从下列条件中任选一个作为已知条件后,试判断四边形BECF的形状,并证明你的结论.

①ABC60;②ABBC;

选择的条件: (填写序号) .

24.连接上海市区到浦东国际机场的磁悬浮轨道全长约30km,列车走完全程包含启动加速、匀速运动、制动减速三个阶段.已知磁悬浮列车从启动加速到稳定匀速行驶共需200s,在这段时间内的数据记录如下:时间

t/s速度vm/s

04080120160200

024487296120

路程

0

s/m.

48019204320768012000

(1)请在一次函数、反比例函数、二次函数中选择合适的函数来分别表示在加速阶段

0t200速度v与时间t的函数关系,路程s与时间t的函数关系;

(2)最新研究表明,此种列车的稳定匀速行驶速度可达180m/s,为检测稳定匀速行驶时的各

项指标,列车在达到这一速度后至少要匀速行驶100s,才能收集全相关数据.若在加速过程中路程、速度随时间的变化关系仍然满足(1)中的函数关系式,并且制动减速所需路程与启动加速所需的路程相同.根据以上要求,至少还需要再建多长的轨道才能满足检测要求?25.如图,在菱形ABCD中,AB8cm,DAB60,动点E从点A出发,沿AB方向匀速运动,速度为1cm/s;动点F同时从点B出发,沿BC方向匀速运动,速度为2cm/s.过点

E作EGAC交AC于点H,连接EF,FG.设运动时间为 t(0t4),请解答下列问题:

(1)当t为何值时,EF∥AC?

(2)设EFG的面积为Scm,求S与t之间的函数关系式;

2(3)是否存在某一时刻t,使点F在GEB的平分线上? 若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.

1.D

参与解析

【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可.【详解】解:A.不是中心对称图形,故此选项不合题意;B.不是中心对称图形,故此选项不合题意;C. 不是中心对称图形,故此选项不合题意;D. 是中心对称图形,故此选项符合题意;故选:D.

【点睛】本题考查的是中心对称图形.中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后与自身重合.

2.A

【分析】本题考查了有理数的大小比较,根据正数大于0,负数小于0,正数大于一切负,两个负数,绝对值大的反而小,即可判定求解,掌握有理数的大小比较法则是解题的关键.

【详解】解:∵正数大于一切负数,两个负数,绝对值大的反而小,又∵11,21∴比 小的数是1,

2故选:A.3.B

【分析】本题考查了物体的三视图,根据从左边看到的图形即可求解,掌握三视图的画法是解题的关键.【详解】

解:从左边看到的图形为故选:B.4.C

【分析】本题考查了用科学记数法表示绝对值小于1的数,其表示形式为a10n的形式,其中1|a|10,n为负整数,其绝对值等于原数中第一个非零数字前零的个数,关键是确定 n与a的值.

【详解】解:0.000033105,故选:C.5.C

【分析】本题考查了一元一次方程在古代问题中的应用,用含x的式子表示出绳长,即可列方程.

【详解】解:根据“用一根绳子去度量长木,绳子还剩余4.5尺”可得绳长为:x4.5;根据“将绳子对折再度量长木,长木还剩余1尺” 可得绳长为:2x1;故可列方程x4.52x1,故选C.6.C

【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移和旋转,先根据题意画出△A1B1C1,进而画出△A2B2C2即可得到答案.

【详解】解:如图所示,△A1B1C1,△A2B2C2即为所求,∴点A2的坐标是3,1,故选:C.

7.B

【分析】本题考查了圆周角定理,圆内接四边形的性质,等腰三角形的性质,三角形内角和等知识点;连接OD,则可得AOD的度数,从而求得DAO的度数,由圆内接四边形的性质即可求得结果.

【详解】解:如图,连接OD,

由圆周角定理得:AOD2AED;∵OAOD,∴DAOADO1(180AOD)58;2∵四边形ABCD内接于O,∴DCB180DAO122,故选:B.

8.D

【分析】本题考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质,先根据一次函数图象经过的象限得出a、b的正负,进而判断出反比例函数图象经过的象限,再与函数图象进行对比即可得出结论,掌握反比例函数和一次函数的图象性质是解题的关键.

【详解】解:A、由一次函数yaxb图象经过一、二、四象限可得,a<0,b0,∴ab0,∴反比例函数yab图象分布在二、四象限,故该选项错误;xB、由一次函数yaxb图象经过一、三、四象限可得,a0,b0,∴ab0,∴反比例函数yab图象分布在二、四象限,故该选项错误;xC、由一次函数yaxb图象经过一、二、三象限可得,a0,b0,

∴ab0,∴反比例函数yab图象分布在一、三象限,故该选项错误;xD、由一次函数yaxb图象经过一、二、四象限可得,a<0,b0,∴ab0,∴反比例函数y故选:D.9.5

【分析】本题主要考查了二次根式的除法计算,先把分子的两个分式化简,再合并同类二次根式,最后计算二次根式除法即可得到答案.【详解】解:ab图象分布在二、四象限,故该选项正确;x8182223225225,

故答案为:5.10..2【分析】本题考查了加权平均数,根据加权平均数的计算方法计算即可求解,掌握加权平均数的计算方法是解题的关键.

【详解】解:该选手的综合成绩是9220%8740%9040%.2分,故答案为:.2.11.1

【分析】本题考查了非负数的性质:几个非负数的和为零,则它们均为零,求代数式的值;由非负数的性质可求出a与b的值,代入即可求解.

a3b10, a2a3b10,【详解】解:∵a20, a3b10,∴a20,即a20,a3b10,解得:a2,b1,∴(ab)256(21)2561,故答案为:1.12.132##132度

【分析】本题主要考查了平行线的性质,折叠的性质,先由折叠的性质得到∠4∠124,再由平角的定义得到3132,则由平行线的性质可得23132.【详解】解:由折叠的性质可得∠4∠124,∴∠3180∠4∠1132,∵ABCD,∴23132,故答案为:132.

13.2【分析】本题主要考查了正方形的性质,勾股定理,三角形中位线定理,全等三角形的性质与判定,先由正方形的性质得到ABBCCD4,∠C90,AD∥BC,再证明

AHF≌MHBAAS,得到BMAF2,AHMH,进而利用勾股定理求出EM22,

再由GH是△AME的中位线,即可得到GH1ME2.2【详解】解;如图所示,连接AH并延长交BC于M,连接EM,∵四边形ABCD是正方形,

∴ABBCCD4,∠C90,AD∥BC,∴∠HAF∠HMB,∠HFA∠HBM,∵点E,F分别是边CD,AD的中点,∴CEAF2,∵H是BF的中点,∴FHBH,

∴AHF≌MHBAAS,∴BMAF2,AHMH,∴CMBCBM2,∴EMCM2CE222,∵G为AE的中点,∴GH是△AME的中位线,∴GH1ME2,2故答案为:2.

14.①③④

【分析】本题考查了二次函数图像与系数的关系,二次函数的图像与性质,根据二次函数的图像判断式子的符号,数形结合是本题最大特点.

由图像的开口方向、对称轴及图像与y轴的交点位置可分别确定a、b、c的符号,从而可判定①;由抛物线的对称性可确定当x1时,图像位于x轴下方,从而当x2时函数值为负,即可判定②;由对称轴知b2a,当x=1时函数值为0,则可判定③;由x1<1x1x21,表明点M到对称轴的距离小于点N到对称轴的距离,结合2函数图像即可判定④,最后可得答案.

【详解】解:由图像的开口方向向下,则a<0;抛物线的对称轴为直线x1,即b1,2a故有b2a,所以b0;图像与y轴的交点位于y轴正半轴,故c0,则abc<0;故①正确;

0),由抛物线的对称性知,抛物线与x轴的另一个交点坐标为由于抛物线与x轴交于点(3,(1,0),故当x1时,图像位于x轴下方,所以当x2时,y4a2bc0,故②错

误;

因b2a,抛物线与x轴的另一个交点坐标为(1,0),则当x=1时函数值为0,即yabc3ac0,故③正确;

由于x1<1x1x21,表明点M到对称轴的距离小于点N到对称轴2的距离,又抛物线的图像开口向下,抛物线上的点到对称轴距离越大,函数值越小,即y1y2,故④正确;所以正确的序号为:①③④;故答案为:①③④.15.作图见解析

【分析】本题考查了作线段的垂直平分线,作角的平分线,分别作出线段BD的垂直平分线和ABC的角平分线,两条线的交点为点P,连接DP,由线段垂直平分线的性质可得

PBPD,又由角平分线的性质可得点P到ABC两边的距离相等,则△PBD即为所求,掌

握线段的垂直平分线和角平分线的性质是解题的关键.【详解】解:如图,△PBD即为所求.

16.(1)x3;(2)

3m1m1【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组,异分母分式加法计算:

(1)先求出每个不等式的解集,再根据 “同大取大,同小取小,大小小大中间找,大大小小找不到(无解)”求出不等式组的解集即可.(2)根据异分母分式加法计算法则求解即可.3x11①2【详解】解;(1)3x15x1②解不等式①得:x1,解不等式②得:x3,∴不等式组的解集为x3;(2)

m12m42m2m1m24m22m2m12m2m1m2m2m2m122m2m1m2m2m12m4m1m2m12m1m12m2m13m1.m117.

14【分析】本题考查了画树状图或列表求概率;根据题意画出树状图或列表,得到所有可能情况结果数,两次抽出的卡片上的文字都是“龘”的结果数,由概率计算公式即可求解.【详解】解:列表如下:

AABCD

BABCDADAAABACCBCCBBCBBDCDDDACADBDDC由表知,所有可能情况结果数有16种,两次抽出的卡片上的文字都是“龘”的结果数有4种,则两次抽出的卡片上的文字都是“龘”的概率为

41;1答:两次抽出的卡片上的文字都是“龘”的概率为18.(1)15,16;(2)补图见解析;(3)36;(4)560人.

1.4【分析】(1)根据中位数和众数的定义即可求解;

(2)用C组人数及其百分比求出调查人数,再求出D组人数即可补图;(3)用360乘以A组的占比即可求解;

(4)用800乘以观看视频时长超过20分钟的占比即可求解;

本题考查了频数分布直方图,扇形统计图,中位数,众数,样本估计总体,看到统计图表是解题的关键.

12,,1314,16,16,16,18,【详解】(1)解:把B组数据按照从小到大的顺序排列为:12,∴中位数为

141615,众数是16,2故答案为:15,16;

(2)解:调查学生人数为1025%40,∴D组人数为404810612人,补全频数直方图如下:

(3)解:360故答案为:36;(4)解:800436,4010126560,40答:估计该校学生观看视频时长超过20分钟的人数为560人.19.22.5cm【分析】本题主要考查了解直角三角的实际应用,矩形的性质与判定,过点D作DM∥BG交BF于M,过点M作MNAD于N,设BC,AD交于O,则四边形BFDO是矩形,可得

DFOB1BC50cm,再解RtMFD得到MF137.5cm,则BMBFMF22.5cm,2据此可得答案.

【详解】解:如图所示,过点D作DM∥BG交BF于M,过点M作MNAD于N,设BC,AD交于O,则四边形BFDO是矩形,∴DFOB1BC50cm,2∵DM∥BG,

∴∠MDF∠BGF70,

在RtMFD中,MFDFtan∠MDF50tan70137.5cm,∴BMBFMF22.5cm,

∴将伞至少向下移动22.5cm,才能使得身上不被雨淋湿.

20.探究1:33;探究2:44;探究3:

n1xyn【分析】本题考查角平分线的定义,平行线的性质,以及角的和差关系.探究1:过点E作

EF∥AB,根据平行线的性质可得BCDABC30,BADADC36,再根据角平

分线的定义求出BAE,DCE,再利用平行线的性质得出FEABAE,

FECDCE,最后根据AECFECFEA即可求解;探究2、3参照上述方法求

解.

【详解】解:探究1:如图1,过点E作EF∥AB,

AB∥CD,

BCDABC30,BADADC36,

AE平分BAD,CE平分BCD,

1111BAEBAD3618,DCEBCD3015,

2222EF∥AB,

FEABAE18,

EF∥AB,AB∥CD,

EF∥CD,

FECDCE15,

AECFECFEA151833;

探究2:如图2,过点E作EF∥AB,

AB∥CD,

BCDABC30,BADADC36,

EAD11BAD,BCEBCD,332222BAEBAD3624,DCEBCD3020,

3333EF∥AB,

FEABAE24,

EF∥AB,AB∥CD,

EF∥CD,

FECDCE20,

AECFECFEA202444;

探究3:如图3,过点E作EF∥AB,

AB∥CD,

BCDABCx,BADADCy,

EAD11BAD,BCEBCD,nnn1n1n1n1BADy,DCEBCDx,nnnnBAEEF∥AB,

FEABAEn1y,nEF∥AB,AB∥CD,

EF∥CD,

n1x,nn1n1n1AECFECFEAxyxy.

nnnn1故答案为:探究1:33;探究2:44;探究3:xy.

nFECDCE21.(1)证明见解析;8(2)63π.

3【分析】(1)连接OC,利用等边对等角求得OCA30,D30,利用三角形内角和定理求得OCD90,即可证明CD是O的切线;

(2)利用勾股定理和直角三角形的性质分别求出CD、BE、DE及COD,再根据S阴影SOCDSBEDS扇形OBC即可求解;

此题考查了切线的判定和性质,直角三角形的性质,勾股定理,不规则图形的面积计算,正确作出辅助线是解题的关键.【详解】(1)证明:连接OC,

∵OAOC,

∴OCAOAC30,∵ACCD,

∴ADCOAC30,在ACD中,由三角形内角和得,

OCD180CADACOADC18030303090,

∴OCCD,∵OC是半径,∴CD是O的切线;

(2)解:由(1)得OCCD,

∴OCD为直角三角形,∵OC4,ADC30,

∴OD8,COD60,BDODOB844,∴CDOD2OC2824243,∵BEED,ADC30,∴BE1BD2,2∴EDBD2BE2422223,∴S阴影SOCDSBEDS扇形OBC44322360π42,22360863π,

38∴图中阴影部分的面积63π.

322.(1)甲型充电桩的单价为0.8元,乙型充电桩的单价为0.6元;(2)购买甲型充电桩10个,乙型充电桩20个,所需费用最少.

【分析】(1)设乙型充电桩的单价是x元,根据题意,列出分式方程即可求解;

(2)设购买甲型充电桩的数量为m个,根据题意,列出不等式求出m得取值范围,又设所需费用为w元,求出w与m的函数关系式,根据一次函数的性质解答即可求解;

本题考查了分式方程的应用,一次函数的应用,根据题意,列出分式方程和一次函数解析式是解题的关键.

【详解】(1)解:设乙型充电桩的单价是x元,则甲型充电桩的单价是x0.2元,由题意得,

1612,x0.2x解得x0.6,

经检验,x0.6是原方程的解,且符合题意,∴x0.20.60.20.8,

答:甲型充电桩的单价为0.8元,乙型充电桩的单价为0.6元;

(2)解:设购买甲型充电桩的数量为m个,则购买乙型充电桩的数量为30m个,

由题意得,30m2m,解得m10,

设所需费用为w元,由题意得,w0.8m0.630m0.2m18,∵0.20,

∴w随m的增大而增大,∴当m10时,w取得最小值,此时,30m301020,

答:购买甲型充电桩10个,乙型充电桩20个,所需费用最少.23.(1)证明见解析

(2)选择①或②时,四边形BECF是矩形,证明见解析

【分析】本题主要考查了等边三角的性质与判定,矩形的判定,平行四边形的性质与判定,三线合一定理:

(1)由三线合一定理得到BDCD,据此可证明四边形BECF是平行四边形,即可证明

BFCE;

(2)选择①或②时都可以证明ABC是等边三角形,则BEAC,进而可证明四边形BECF是矩形.

【详解】(1)证明:∵在ABC中,AB=AC,ADBC,∴BDCD,∵DEFD,

∴四边形BECF是平行四边形,∴BFCE;

(2)解:选择①或②时,四边形BECF是矩形,证明如下:选择①时,∵ABC60,ABAC,∴ABC是等边三角形,∵E为AC的中点,∴BEAC,

∴四边形BECF是矩形;

选择②时,∵ABBC,ABAC,

∴ABACBC,∴ABC是等边三角形,

∴同理可证明四边形BECF是矩形.

224.(1)v0.6t0t200;s0.3t0t200(2)还需要再建42km的轨道才能满足检测要求,

【分析】本题主要考查了一次函数,二次函数和一元一次不等式的实际应用:

(1)根据表格中的数据可知v是t的一次函数,s是v的二次函数,据此利用待定系数法求解即可;

(2)先求出加速时间,进而求出加速距离,再根据时间路程速度列出不等式求解即可.

【详解】(1)解:观察表格中的数据可知,单位时间内v的变化值相同,则v是t的一次函数,设vktb,

40kb2424,48代入得80,把40,,

80kb48k0.6∴,b0∴v0.6tt0;

观察表格可知,s、t的乘积不相同,且单位时间内s的变化值也不相同,则s是v的二次函数,

设sat2btc,

1600a40bc4800,480,1920代入得00a80bc1920,0,40,80,c0a0.3∴b0,c02∴s0.3t0t200;

(2)解:设还需要再建xm的轨道才能满足检测要求,当v0.6t180时,t300,∴此时s0.3t227000由题意得,

x30000227000100,

180解得x42000,

∴还需要再建42km的轨道才能满足检测要求.25.(1)t(2)S8;332t23t;4(3)不存在某一时刻t,使点F在 GEB的平分线上,理由见解析.

【分析】(1)当AECF时,EF∥AC,列出方程即可求解;

(2)过点F作FMGE于M,FNAC于N,可得四边形FMHN是矩形,得到

FMNH,利用菱形的性质、解直角三角形,可得AC83,GEAEt,

NHACAHCN433再根据三角形的面积公式即可得到S与t之间的函数关系t,2式;

(3)不存在某一时刻t,使点F在GEB的平分线上.过点F作FPAB的延长于点P,解直角三角形可得FP3t,若点F在GEB的平分线上,则FPFM,即3t433t,解方程得t8,不合题意,故不存在.2【详解】(1)解:当AECF时,EF∥AC,∴t82t,解得t∴当t8,38时,EF∥AC;3(2)解:过点F作FMGE于M,FNAC于N,FMHFNHFNC90,

∵EGAC,

∴EHNAHEAHG90,∴EHNFMHFNH90,∴四边形FMHN是矩形,∴FMNH,

连接BD与AC相交于点O,

∵四边形ABCD是菱形,DAB60,∴HAEHAG11DAB30,FCNBCD30,ACBD,AC2AO,22∴AEHAGH60,AHAE·cos30CNCF·cos303t,2382t433t,AOAB·cos3043,2∴△AEG为等边三角形,AC83,∴GEAEt,NHACAHCN83∴FM4333t433t43t,223t,21133243t∴SGE·FMt4t23t,222即S32t23t;4(3)解:不存在某一时刻t,使点F在GEB的平分线上.理由:过点F作FPAB的延长于点P,则FPB90,

∵四边形ABCD是菱形,∴AD∥BC,

∴FBPDAB60,∴FPBFsin602t33t,2若点F在GEB的平分线上,则FPFM,即3t43解得t8,∵0t4,∴t8不合,舍去,

∴不存在某一时刻t,使点F在GEB的平分线上.

【点睛】本题考查了一元一次方程的应用,矩形的判定和性质,菱形的性质,等边三角形的判定和性质,解直角三角形,求函数关系式,角平分线的性质,正确作出辅助线是解题的关键.

3t,2

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