文档介绍：该【2020年广东省惠州市仲恺高新区中考数学二模试卷(解析版) 】是由【1781111****】上传分享，文档一共【21】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2020年广东省惠州市仲恺高新区中考数学二模试卷(解析版) 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本笔记本(x+2)元,根据题意得:,解得:x=3,经检验,x=3是所列分式方程的解且符合题意,∴x+2=:每支钢笔3元,每本笔记本5元.(2)设要买m支钢笔,则要买(50﹣m)本笔记本,根据题意得:3m+5(50﹣m)≤200,解得:m≥:、解答题(三)(本大题小题,每小题9分,共27分)=ax+b的图象与反比例函数y=的图象交于A,B两点,(﹣2,1),点B的坐标为(1,m).(1)求反比例函数和一次函数的解析式;(2)求△AOB的面积;(3)根据图象写出使一次函数的值小于反比例函数的值的x的取值范围.【分析】(1)根据待定系数法,可得反比例函数解析式,再根据图象上的点满足函数解析式,可得B点坐标,再根据待定系数法,可得一次函数的解析式;(2)根据三角形割补法,可得两个三角形,根据三角形面积的和差,可得答案;(3)根据函数与不等式的关系:图象在下方的部分函数值小,:(1)将A点坐标代入反比例函数解析式,得k=﹣=﹣,:..点坐标代入反比例函数解析式,得m=﹣,B(,﹣2).设AB的解析式为y=kx+b,将A、B点坐标代入函数解析式,,一次函数的解析式为y=﹣x﹣1;(2)直线AB与x轴的交点为C(﹣1,0),S=S+S,即△AOB△AOC△BOC×|﹣1|×1+×|﹣1|×|﹣2|=;(3)由一次函数图象在反比例函数图象下方部分,得﹣2<x<0或x>,在△ABC中,AB=AC,以AB为直径的O交BC于点D,交AC于点G,过D作EF⊥AC于点E,交AB的延长线于点F.(1)求证:EF是⊙O的切线;(2)当∠BAC=60°,AB=8时,求EG的长;(3)当AB=5,BC=6时,求tan∠F的值.【分析】(1)连接OD,由等腰三角形的性质得出∠ODB=∠C,证出OD∥AC,再由已知得出EF⊥OD,即可证出EF是⊙O的切线;(2)连接BG、AD,由圆周角定理得出∠AGB=∠ADB=90°,即BG⊥AC,AD⊥BC,由等腰三角形的性质得出BD=CD,证出△ABC是等边三角形,得出AC=AC=8,证出EF∥BG,由平行线得出CE:EG=CD:BD,证出CE=EG,由等腰三角形的性质得出CG=AG=AC=4,即可得出EG的长;(3)由等腰三角形的性质得出CD=BD=BC=3,由勾股定理求出AD==:..sin===,得出DE=CD=,再由勾股定理求出AE==,由平行线得出△ODF∽△AEF,得出对应边成比例求出DF=,在Rt△ODF中,由三角函数定义即可得出答案.【解答】(1)证明:连接OD,如图1所示:∵AB=AC,∴∠C=∠OBD,∵OD=OB,∴∠ODB=∠OBD,∴∠ODB=∠C,∴OD∥AC,∵EF⊥AC,∴EF⊥OD,∴EF是O的切线;(2)解:连接BG、AD,如图2所示:∵AB是⊙O的直径,∴∠AGB=∠ADB=90°,即BG⊥AC,AD⊥BC,∵AB=AC,∠BAC=60°,∴BD=CD,△ABC是等边三角形,∴AC=AC=8,∵EF⊥AC,∴EF∥BG,∴CE:EG=CD:BD,∴CE=EG,∵BG⊥AC,∴CG=AG=AC=4,∴EG=CG=2;:..)解:∵⊥BC,CD=BD=BC=3,∴AD===4,sinC===,∴DE=CD=×3=,∴AE===,∵OD∥AC,∴△ODF∽△AEF,∴,即,解得:DF=,在Rt△ODF中,OD=AB=,∴tanF===.,已知Rt△ABC中,AB=10cm,BC=6cm,点P由点B出发沿BA方向向点A匀:..由点A出发沿AC方向向点C匀速运动,速度均为cm/s,连接PQ,设运动的时间为t(单位:s)(0≤t≤4).(1)当PQ∥BC时,t=s;(2)设△AQP的面积为S(单位:cm2),当t为何值时,S取得最大值,并求出最大值;(3)如图2,取点Q关于AP的对称点Q',连接AQ',PQ',得到四边形AQPQ',是否存在某一时刻t,使四边形AQPQ'为菱形?若存在,求出此时菱形的面积;若不存在,请说明理由.【分析】(1)根据勾股定理得出AC=8cm,根据题意得到BP=2ts,AQ=2ts,AP=(10﹣2t)s,根据平行线的性质即可得解;(2)过点P作PD⊥AC于点D,根据平行线的性质得出PD=(6﹣t)s,根据三角形面积公式得出S=AQ?PD=,根据二次函数的性质即可得解;(3)假设存在某一刻t,使四边形AQPQ'为菱形,则有AQ=PQ=BP=2ts,,过点P作PD⊥AC于点D,则有PD∥BC,利用平行线分线段成比例的性质并结合勾股定理用自变量为t的函数表示出菱形AQPQ'的面积,最后在根据函数的性质求出菱形AQPQ':(1)在Rt△ABC中,AB=10cm,BC=6cm,∴AC===8cm,∵点P、点Q的速度均为2cm/s,∴BP=2ts,AQ=2ts,∴AP=(10﹣2t)s,∵PQ∥BC,∴=,∴=,:..=(s),故答案为:;()如解图1,过点P作PD⊥AC于点D,在Rt△ABC中,∠C=90°,∴AC⊥BC,∵PD⊥AC,∴PD∥BC,∴,由(1)知,AP=(10﹣2t)s,AQ=2ts,AB=10cm,BC=6cm,∴,解得PD=(6﹣t)s,∴S=AQ?PD===,∴当t=时,S取得最大值,最大值为.(3)假设存在某一刻t,使四边形AQPQ'为菱形,则有AQ=PQ=BP=2t,如图2,过点P作PD⊥AC于点D,则有PD∥BC,∴,:..,解得=(﹣t)s,AD=(8﹣t)s,∴QD=AD﹣AQ=8﹣t﹣2t=(8﹣t)s,在Rt△PQD中,由勾股定理得QD2+PD2=PQ2,即,化简得13t2﹣90t+125=0,解得t=5,,1∵0≤t≤4,∴,由(2)可知,,∴=,∴当时,四边形AQPQ'为菱形,此时菱形的面积为.