苏州市中考复习资料全套典型例题解析doc.docx

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典型例题解析

例1（呼和浩特市）选择题

若分式？

一2k+*不论x取任何实数总有意义，则m的取值范围是（）

（A）m>l（B）m>\（C）m<\（D）m<\

分析

本题综合了分式，二次不等式及一元二次方程根的判别式的知识，要想使分母x2-2x+m乂0,就得让关于x的一元二次方程x2—2x+m=0无实数根.

解

要使^-2x+m=0没有无实数，必须且只需△=4-4m<0,m>\,:

.（B）对.

剖析

解综合题的基础，是熟练的掌握数学的基本知识和方法，并且掌握这些知识间的内在联系.

例2（连云港市）填空解答题

已知抛物线y=2ox2+4flx+3（t#0）

（1）当x=0时，y=,所以当a取不同数值时，抛物线总经过y轴上一个定点，这点为F,其坐标为F（,）.

（2）该抛物线的对称轴直线是,所以抛物线还应该过另一个定点，设为其坐标为Q（,）.

（3）当a取一切实数时，该函数所对应的二次函数能否取得最大值3?

为什么？

分析

函数是中学数学知识的重点和难点，就是因为解函数题往往要综合运用我们前面学过的各种数学知识，特别是数形对应，分别从数与形两个方面去考虑解函数题的思路，是应考学生进行复习时应重点训练的.本题的第

（2）小题就是学生解题的一个难点.

（1）由于对。

的任何值，都有x=0,y=3,所以抛物线总通过点P（0,3）.

（2）由于—1,所以无论。

为何值时，抛物线的对称轴是x=—

1,而P关于x=—1的对称点（一2,3）一定在抛物线上，所以另一定点为。

（-

2,3）.

（3）当二次函数的二次项系数2a>0时，函数没有最大值；当2a<0时，它

的最大值4-2fl=3—2a女3,所以函数不能有最大值3.

剖析

本题综合考查了学生用数与形两方面知识解函数题的能力.其中

（1）小题用代数式求值的方法，而

（2）小题则需用

（1）的结论及轴对称图形的性质，即用图形的几何性质去解题.另外有的综合题分几道小题，往往后一道小题的解决需要用前面小题的结论，这也是值得考生注意的.

例3（北京市海淀区）已知关于x的方程

2（k+l）x-}-k2-\-2k—1=0①

（1）求证：

对任意实数b方程①总有两个不等实根；

（2）如果a是关于y的方程

y2—（%]+%2—2k）y+（%i—k）（x?

—k）—0②

的根（其中XI、X2为方程①的两个实数根，求代数式la4+1Ja的值.

分析

从题目看是关于两个一元二次方程及一个代数式的综合题.特点是数字少，字母多,这些字母的意义多样，需要考生较强的分析及综合能力.

（1）略;

（2）由于为、X2是方程①的两个实数根，所以工1+尤2=2（上+1）,工1・工2=好+2上一1.

于是方程②中一次项系数

—（%1+%2—2k）——2,

常数项

（由一k）g—k）

=XiX2—k（%1+%2）+好

=.~\~2k—1—k（2上+2）—时=—1.

由于方程②为寸一2y—l=0,且。

是方程②的根，所以把q2=2q+1代入代数式,得

疽一2a—1=0,且好0,。

+1*0.

flI14/-I

\aa+1Ja+la

d+1-

=o（.+l）4a

&4~-l）

=4o‘

（o+1-2u—+1-1）

（*）2

=—4?

—=_2.

剖析

综合运用数学知识，是本题的重点考查内容，除了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系外，本题还考查了根的知识运用，及代数式的恒等变形，因此熟练地掌握各类代数运算；灵活地运用基本技能，是正确解题和简化解题步骤的重要手段.

例4（北京市海淀区）已知关于x的方程

fcr2+（2k—1）x~\~k—1=0①

只有整数根，且关于y的一元二次方程

（k-1）y2-3y+m=0②

有两个实根_Vi和卜2.

（1）当L为整数时，确定左的值；

（2）在

（1）的条件下，若m>~2.用关于的代数式表示y^+y^-

分析

本题重在对问题的分类讨论，也就是分析的方法.应注意方程①是关于X的方程,方程②是关于y的一元二次方程，两者二次项系数的取值范围不同.

（1）当上=0时，方程①化为

x+l=O

x=-1是方程的整数根.

当*球0时，方程①可化为

（x+1）（奴+S1）=0.

-NI

方程的根为X1=—1,》2=*=—1+士

这里X2是整数，所以+应为整数，可知*=±1.

于是可知，有但当上=1时方程②不是一元二次方程，所以*卢.

k=0或*=一1,

（2）*=0时，方程②为

y2+3y—m=0,

于是，当m>0=-2且A=9+4彻>0方程②有两实根，所以

代+偿=⑶+乃）2-2yiy2=9+2m.

当k——1时，方程②有一y2—3y+m=0由于方程有两实根，所以A=9+4;?

7>0,

即m>—8.

则可知当一2

当m>—8时，有

yi2+j22=（刃+无）2—2yiy2=4+m.

剖析

综合题考查的是把知识综合运用解决问题的能力.因此把握各基本知识间的区别与

联系，不同的矛盾选用不同的方法进行解决，不同的问题，区分开进行讨论，是解

综合题的基本方法之一.

例5（山东省）如图，在△ABC中，ZC=90°,ZBAC=30°,BC=\,D为BC边上一点,

确值）.

分析

本题表面上看是一道几何、代数综合的题目，实际上是一道以解方程为主体和代数

式求值的综合题，题目要求学生有较强的变形和计算能力.

将方程

整理，得

再解得

22i

x+工=-1,或x+工=3.

当x+H=—1时，x2+x+1=0,方程无实数根,

当x+x=3时，3x2-8x+3=o,解得

4土行44■行

%=3,...较大的根是3.

4+,

tanZADC=3.

在RtAABC中，AC=3Ccot30°=lx4=石.

AC_邙四

在R/AADC中，CD=44■万3

剖析：

本题综合应用了换元

剖析

解一元二次方程，解分式方程，代数式求值及直角三角形中的三角函数等知识，综合考查了学生在这几个方面的运算的能力.

例6（上海市）如图，已知二次函数y=-x+bx+c,图象过A（—3,6）,并与x轴交于3（—1,0）和点C,顶点为P.

（1）求这个二次函数的解析式；

（2）设。

为线段OC上的一点，且满足ZDPC=/BAC,求点。

的坐标.

分析

本题给已知条件少，如何求点。

的坐标，不易一下找到办法.因此将有限的已知条件，进行分析，开发出更多的已知数据，就有助于我们获得更多的数字和图形的关系，从而找到求。

点坐标的方法.

（1）（略）y—-X2—%—-；

J3J

（2）'/y—x2—x—-=-（x_1）2_2,

又-（X—1）2—2=0,得Xi—3,工2=—1，

C（3,0）.

作AEJ_x轴于E,

A（—3,6）,

E（—3,0）,AE=EC=6,

.ZACB=45°,

作睥质轴于F，则F（1,0）,PF=CF=2,

.ZPCD=45。

ZACB=ZPCD.

已^ZDPC=ZBAC.则左DPCs^BAC.

.DC=3,OD=3-3=3,

0（3,0）.

剖析

本题的关键是求出OC的长度，当我们求得二次函数解析式后，A、B、C、P四点坐标就成为已知，且左ABC和八?

。

便呈现在我们面前，又/DPC=ZBAC,显然DC的长度应该利用相似三角形的对应成比例求出，而由A点、P点的坐标可帮我们发现以C为顶点的两个角ZAC3和/PCD都是45°,于是解本题的突破口找到了.

例7（广州市）在车站开始检票时，有a（a>0）名旅客在候车室排队等候检票进站，检票口检票的速度也是固定的，若仍开放一个检票口，则需30分钟才可能将排队等候的旅客全部检票完毕；若开放两个检票口，则只需10分钟，便可将排队等候的检票旅客全部检票完毕.如果要在5分钟内将排队等候检票的旅客全部检票完毕，以使后来的旅客能随到随检，至少要同时开放几个检票口.

分析这是一道用方程和不等式综合解的应用题，题中未知量多，旅客不断来，又不断走（检票完毕）前者小于后者，才可能使得待检票的旅客人数在某个时刻为0,抓住原有待检票旅客人数加上后续客人数恰好等于检完票的人数，即检票完毕这一关系就是解本题的关键所在.

设每分钟新增旅客x人，每分钟检完y人的车票；5分钟内检完票则至少需同时开〃个检票口.

依题意

a+30x=30jf①

-a4-tOx=2xt0^r@

解①②方程得x=茹，y=l5.

代入③，得a+6

'：

a>0,

n>6=3.5.

但n应取整数，所以”=4.

答：

至少需同时开放4个检票口.

剖析

从实际问题中抽象出其中的数量关系和变化规律，是比较不容易的，因此利用转换的方法即转化成某种相似类的数量模型可以帮助我们整理思绪，找到解决问题的途径.如本题旅客不断进入（流入）•不断离开（流走）类似我们课本上水池进、排水管同时开放需多少时间排完水的问题，陌生的问题就变得不太陌生了.

例8（天津市）已知AABC中，AC=3C=3」5,ZC=90°,AB±.有一动点P,过F作PEJ_AC于E,PF±BC于F.

（1）设CF=x,用含x的代数式把Rt^AEP,Rt^PFB及矩形ECFP的面积表示出来.

（2）是否存在这样的P点，使RtAAEP,Rt/\PFB及矩形ECFP的面积都小于4?

分析

（2）题中因为R&CB的面积为9.若所分三小块面积趋近相等的话，那么是否存在P使3块面积都小于4,是一时不易判断的，也不易说清的,我们把0

解

（1）如图，的面积£=己％2；

△PFB的面积£=-（3再-x）2；

矩形ECFO的面积S3=x（3也—x）.

（2）当0

2J,

S2=-（3^-x）2>S2=-（3万一点X）2=4.

即x在0<足很范围时，4PFB的面积不可能小于4.

当克

34293^29J9

&=x（3应一X）=（工一2）2+2>—（2^—2）?

+2=一」+2=4.

即x在这个范围变化时，矩形面积不可能小于4.

当2衣

（2」5）2=4.

综上所壕在0

剖析：

分段讨论的方法，实质上就是分析的方法，即通过分析具体问题的方法,通过分类讨论解决代数综合题，分几类，从何处分，则需视具体问题而定.

分析：

还是上一例题，Si、$2、&分别是关于x的函数，我们还可以用它们的图形说明这个问题.

解：

（2）由Si=-x2,S2—-（3衣一X）%（3整'一x）分别作出图

象，如图

分别解S、&的方程组得这两个抛物线交点。

（0,0）,A（2遮，4）.解S2,S3的方程组得交点C（3友，0）、3（友，4）,由图可知04,掘4；2匝

...在0

剖析

用图象解不等式是初中教材要求学生掌握的方法.而且选择此法也较一般的代数解不等式的方法更直观、更恰当，而且对于点、2点这两个分段数据给出也有个明确的交代.

例9（扬州市）人是实数，关于x的方程Ix^+ax+b|=2,有三个不等实数根，

（1）求证：

a2—4Z>—8=0；

（2）若该方程的三个不等实根，恰为一个三角形三内角的度数，求证该三角形必有一个内角是60。

；

（3）若该方程的三个不等实根恰为一直角三角形的三条边，求a和b的值.

分析

Ix^+ax+bI=2,等价于两个一元二次方程，如果存在4个根的话，哪两个是相同的是解决本题的突破口.

（1）由原方程得x2+ax+£»—2=0x2+ax+b+2=0②.若①、②有公共

根Xo，则x（f+ax0+b—2^x^+ax0+b+2.从而得出一2=2的矛盾，所以两个方程必有一个有两相等实根，而另一个有两不等实根.

Ai=＜72—4Z?

+8,—4b—8.

Ai＞A2,而△］、&中必有一个是0，—个是正数，

A2=0即4b—8=0.

（2）设方程①的两个不等实根为为、X2,则根据一元二次方程根与系数的关系

x1+x2—~a,而方程②的两根均为了3且了3=—2,又由已知了1+了2+工3=180,得

—a

-2=180,

a=120,

.Ix3—60.

所以这个三角形有一个角为60°.

（3）方程①中万、X2不等则必有一个大于阴，另一个小于扬，不防为＞羽＞%2＞由已知得

x12=x22+x32,

222

Xl—X2=尤3，

（由+的）（％1一尤2）=X32,

•.・X\+x2=~a,X\X2=b—2,

=^a-4*4-8,

代入（Xi+X2）（工1一尤2）=X32,

—a」。

'-也+8=4.

由于好0,且有疽一4。

+8=16,所以

—K=T,

a=~16.

则有

a，-8（-16?

-8

b=4=4=62.

本题综合运用了代数、几何的多种知识及方法，因此就要求学生必须对这些知识间的区别与联系有所把握.从而进行分析推理、如（3）小题由根的讨论到勾股定理，到因式分解到利用根与系数的关系转化成a与力的式子，到求值.要求学生有灵活的，广阔的.周密的思维，熟练地掌握数学各种知识，各种方法.各种数学思想的运用，有较强的驾驭这些知识的能力、而这些能力的提高只能靠学生自己加强综合题的练习，并不断地总结.

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