3.12 二次函数的实际应用-【一战成名新中考】2025四川中考数学·一轮复习·分层作业本（练册）

分层作业本·四川数学 　 　 　 　 班级:　 　 　 　 　 　 姓名:　 　 　 　 　 　 学号:　 　 　 　 　 　 日期:　 　 　 　 　 　 第 三 章 函 　 数 命题点 12　 二次函数的实际应用 (成都 8 年 3 考) 能力点　 能读懂题设的“话外音” (1)如图是某景观桥剖面示意图,其中曲线 AB 是抛物线的一部分,跨度 AB 为 40 米,桥拱的最大高 度 CD 为 16 米,建立如图所示的平面直角坐标系. 题图 题目信息 话外音 跨度 AB 为 40 米 点 A 坐标(0,0),点 B 坐标　 　 　 　 最大高度 CD 为 16 米 点 C 是顶点,直线 CD 是抛物线的　 　 　 　 ;结合 AB 可知点 C 的坐标为　 　 　 　 由 C 是顶点可设抛物线的解析式为 y= 　 　 　 　 　 　 (2)已知某喷水景观喷出的水呈抛物线形状,喷水头 P 距离地面 0. 7 m,水柱在距离喷水头 P 水平距 离 CM= 5 m 处达到最高,最高点到地面的距离 CN = 3. 2 m. 以水平地面为 x 轴建立如图所示的 平面直角坐标系. 题图 题目信息 话外音 P 距离地面 0. 7 m 点 P 坐标　 　 　 　 水柱在…CN= 3. 2 m 点 C 是顶点,且点 C 的坐标为　 　 　 　 由 C 是顶点可设抛物线的解析式为 y= 　 　 　 　 　 　 类型 1　 利润(最值)问题(成都 2020. 26;2019. 26) 1. [2024 内江改编]端午节吃粽子是中华民族的传 统习俗. 某商家购进每盒进价为 50 元的猪肉 粽进行销售,在销售中,发现猪肉粽每盒售价 52 元时,可售出 180 盒;每盒售价提高 1 元 时,少售出 10 盒. 若售价不超过 70 元,要使利 润最大,每盒猪肉粽的售价应为　 60　 元. 2. [2024 新疆]某公司销售一批产品,经市场调研 发现,当销售量在 0. 4 吨至 3. 5 吨之间时,销 售额 y1(万元)与销售量 x(吨)的函数解析式 为:y1 = 5x;成本 y2(万元)与销售量 x(吨)的 函数图象是如图所示的抛物线的一部分,其 中( 1 2 , 7 4 )是其顶点. (1)求出成本 y2 关于销售量 x 的函数解析式; (2) 当成本最低时, 销售产品所获利润是 多少? (3)当销售量是多少吨时,可获得最大利润? 最大利润是多少? (注:利润=销售额-成本) 第 2 题图 又∵抛物线过(2,4), ∴ a× 9 4 + 7 4 =4. ∴ a = 1. ∴ y2 = ( x - 1 2 ) 2+ 7 4 ; (2)由题意,当销售量 x= 1 2 时,成本最低为 7 4 万元, 又∵销售量在 0. 4 吨至 3. 5 吨之间时,销售额 y1(万 元)与销售量 x(吨)的函数解析式为 y1 =5x, ∴当 x= 1 2 时,销售额为 y1 = 5x = 5× 1 2 = 2(3)由题 意,利润=y1-y2 =5x-[(x- 1 2 ) 2+ 7 4 ] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 14 分层作业本·四川数学 　 第 三 章 函 　 数 3. [2024 贵州]某超市购入一批进价为 10 元 /盒 的糖果进行销售,经市场调查发现:销售单价 不低于进价时,日销售量 y(盒)与销售单价 x(元)是一次函数关系,下表是 y 与 x 的几组 对应值. 销售单价 x / 元 … 12 14 16 18 20 … 销售量 y / 盒 … 56 52 48 44 40 … (1)求 y 与 x 的函数表达式; (2)糖果销售单价定为多少元时,所获日销售 利润最大,最大利润是多少? (3)若超市决定每销售一盒糖果向儿童福利 院赠送一件价值为 m 元的礼品,赠送礼品 后,为确保该种糖果日销售获得的最大利 润为 392 元,求 m 的值. 解:(1)设 y = kx+b( k≠0),将(12,56),(14,52) 代入, 得 12k+b=56, 14k+b=52,{ 解得 k=-2, b=80,{ ∴ y=-2x+80; (2)设日销售利润为 w 元, 则 w=(x-10)(-2x+80)= -2(x-25) 2+450. ∵-2<0, ∴当 x=25 时,w 取最大值,最大值为 450. 答:糖果销售单价定为 25 元时,所获日销售利润最 大,最大利润是 450 元; (3)w=(x-10-m) (-2x+80)= -2x2+(100+2m) x- 800-80m. ∵最大利润为 392 元, ∴4 ×(-2)(-800-80m)-(100+2m) 2 4×(-2) = 392. 整理得 m2-60m+116=0. (m-2)(m-58)= 0. 解得 m1 =2,m2 =58. 当 m=58 时,x=- b 2a =54, ∴每盒糖果的利润为 54-10-58 = -14(元),不合 题意, ∴m=2. 类型 2　 几何面积问题 4. [2024 自贡]九(1)班劳动实践基地内有一块面 积足够大的平整空地,地上两段围墙 AB⊥CD 于点 O(如图),其中 AB 上的 EO 段围墙空缺. 同学们测得 AE= 6. 6 m,OE= 1. 4 m,OB= 6 m, OC= 5 m,OD = 3 m,班长买来可切断的围栏 16 m,准备利用已有围墙,围出一块封闭的矩 形菜地,则该菜地最大面积是 　 46. 4　 m2 . 第 4 题图 5. [2024 湖北省卷]如图,某校劳动实践基地用总 长为 80 m 的栅栏,围成一块一边靠墙的矩形 实验田,墙长为 42 m,栅栏在安装过程中不重 叠、无损耗. 设矩形实验田与墙垂直的一边长 为 x(单位:m),与墙平行的一边长为 y(单位: m),面积为 S(单位:m2) . (1)直接写出 y 与 x,S 与 x 之间的函数解析式 (不要求写 x 的取值范围); (2)矩形实验田的面积 S 能达到 750 m2 吗? 如 果能,求 x 的值;如果不能,请说明理由; (3)当 x 的值是多少时,矩形实验田的面积 S 最大? 最大面积是多少? 第 5 题图 S=-2x2+80x; 【解法提示】由题意,2x + y =80, ∴ y=-2x+80. 由 0<-2x+80≤42,且 x>0, ∴19≤x<40. 由题意,S=xy=x(-2x+80), ∴S=-2x2+80x(19≤x<40) . (2)能.由题意,令 S=-2x2+80x=750, ∴ x=15(舍去)或 x=25. 答:当 x=25 时,可得矩形实验田的面积为 750 m2 . (3)由题意,根据(1)中 S = -2x2 +80x = -2(x-20) 2 +800, 又∵-2<0,且 19≤x<40, ∴当 x=20 时,S 取最大值为 800. 答:当 x = 20 时,矩形实验田的面积 S 最大,最大面 积为 800 m2 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 24 分层作业本·四川数学 　 　 　 　 班级:　 　 　 　 　 　 姓名:　 　 　 　 　 　 学号:　 　 　 　 　 　 日期:　 　 　 　 　 　 第 三 章 函 　 数 类型 3 　 抛物线型或类抛物线型问题(成都 2022. 22) 6. [2024 广西]如图,壮壮同学投掷实心球,出手 (点 P 处)的高度 OP 是 7 4 m,出手后实心球沿 一段抛物线运行,到达最高点时,水平距离是 5 m,高度是 4 m. 若实心球落地点为 M,则 OM= 　 　 　 　 m. 第 6 题图 7. [2024 成都锦江区二诊]如图,为了提醒司机安全 驾驶,要在隧道中安装电子显示屏. 已知隧道 截面为抛物线型,水平路面宽 AB = 16 米,抛物 线顶点 C 到 AB 的距离为 12 米. 根据计划,安 装矩形显示屏 MNPQ 的高 MQ 为 1 米,为了确 保行车安全,显示屏底部距离地面至少 8 米, 若距离左右墙壁各留至少 1 米的维修空间,则 该矩形显示屏 MNPQ 的宽 QP 的最大长度为 　 6　 米. 第 7 题图 　 　 第 8 题图 8. [2022 成都 22 题 4 分]距离地面有一定高度的 某发射装置竖直向上发射物体,物体离地面 的高度 h(米)与物体运动的时间 t(秒)之间 满足函数关系 h = - 5t2 +mt+n,其图象如图所 示,物体运动的最高点离地面 20 米,物体从发 射到落地的运动时间为 3 秒. 设 w 表示 0 秒到 t 秒时 h 的值的“极差”(即 0 秒到 t 秒时 h 的 最大值与最小值的差),则当 0≤t≤1 时,w 的 取值范围是　 0≤w≤5　 ;当 2≤t≤3 时,w 的 取值范围是　 5≤w≤20　 . 9. [2024 陕西]一条河上横跨着一座宏伟壮观的 悬索桥. 桥梁的缆索 L1 与缆索 L2 均呈抛物线 型,桥塔 AO 与桥塔 BC 均垂直于桥面,如图所 示,以 O 为原点,以直线 FF′为 x 轴,以桥塔 AO 所在直线为 y 轴,建立平面直角坐标系. 已知:缆索 L1 所在抛物线与缆索 L2 所在抛物 线关于 y 轴对称,桥塔 AO 与桥塔 BC 之间的 距离 OC= 100 m,AO=BC= 17 m,缆索 L1 的最 低点 P 到 FF′的距离 PD = 2 m. (桥塔的粗细 忽略不计) (1)求缆索 L1 所在抛物线的函数表达式; (2) 点 E 在缆索 L2 上, EF ⊥ FF′, 且 EF = 2. 6 m,FO<OD,求 FO 的长. 第 9 题图 解:(1)∵AO=17 m, ∴A(0,17) . ∵OC= 100 m,缆索 L1 的最低点 P 到 FF′的距离 PD=2 m, ∴抛物线的顶点 P(50,2), 故可设抛物线解析式为 y=a(x-50) 2+2, 将 A(0,17)代入抛物线解析式可得, ∴2 500a+2=17, ∴ a= 3 500 , ∴缆索 L1 所在抛物线的函数表达式为 y = 3 500 (x- 50) 2+2; (2)∵缆索 L1 所在抛物线与缆索 L2 所在抛物线关于 y 轴对称,缆索 L1 所在抛物线为 y= 3 500 (x-50)2+2, ∴缆索 L2 所在抛物线为 y= 3 500 (x+50) 2+2, 令 y=2. 6, ∴2. 6= 3 500 (x+50) 2+2. ∴ x=-40 或 x=-60, 又∵FO<OD=50 m, ∴ x=-40. ∴FO 的长为 40 m. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 34 分层作业本·四川数学 　 第 三 章 函 　 数 10. [2024 河南]从地面竖直向上发射的物体离地 面的高度 h( m)满足关系式 h = -5t2 +v0 t,其 中 t(s)是物体运动的时间,v0( m / s)是物体 被发射时的速度. 社团活动时,科学小组在 实验楼前从地面竖直向上发射小球. (1)小球被发射后　 　 　 　 s 时离地面的高 度最大(用含 v0 的式子表示); (2)若小球离地面的最大高度为 20 m,求小 球被发射时的速度; (3)按(2)中的速度发射小球,小球离地面的 高度有两次与实验楼的高度相同. 小明 说:“这两次间隔的时间为 3 s. ”已知实 验楼高 15 m,请判断他的说法是否正确, 并说明理由. 解:(1) v0 10 ;【解法提示】∵ -5<0,∴当 t = - v0 2×(-5) = v0 10 时,离地面的高度最大. (2)当 h=20 时, -5×( v0 10 ) 2+v0× v0 10 =20. 解得 v0 =20(负值已舍去) . 答:小球被发射时的速度是 20 m/ s; (3)小明的说法不正确. 理由如下: 由(2)得 h=-5t2+20t. 当 h=15 时,15=-5t2+20t. 解得 t1 =1,t2 =3. ∵3-1=2(s), ∴小明的说法不正确. 11. [2024 武汉]16 世纪中叶,我国发明了一种新 式火箭“火龙出水”,它是二级火箭的始祖. 火箭第一级运行路径形如抛物线,当火箭运 行一定水平距离时,自动引发火箭第二级, 火箭第二级沿直线运行. 某科技小组运用信息技术模拟火箭运行过 程. 如图,以发射点为原点,地平线为 x 轴,垂 直于地面的直线为 y 轴,建立平面直角坐标系, 分别得到抛物线 y =ax2 +x 和直线 y = - 1 2 x+b. 其中,当火箭运行的水平距离为 9 km 时,自 动引发火箭的第二级. (1)若火箭第二级的引发点的高度为 3. 6 km. ①直接写出 a,b 的值; ②火箭在运行过程中,有两个位置的高 度比火箭运行的最高点低 1. 35 km,求 这两个位置之间的距离. (2)直接写出 a 满足什么条件时,火箭落地 点与发射点的水平距离超过 15 km. 第 11 题图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 命题点 13　 二次函数与几何图形综合题(成都必考)习题见专项培优练 P51 44 参考答案与重难题解析·四川数学 分 层 作 业 本 a-1≥0,Δ= (2a-3) 2 -4a(a-1) >0,解得 1≤a< 9 8 ,∴ a 的取 值范围为 1≤a< 9 8 . 13. >;- 1 2 <m<1　 【解析】∵ y = -x2 +4x-1 = -( x-2) 2 +3,∴ 二次 函数 y= -x2 +4x-1 图象的对称轴为直线 x= 2,开口向下,∵ 0< x1 <1,x2 >4,∴ 2-x1 <x2 -2,即点 A( x1 ,y1 )比点 B( x2 ,y2 )离对 称轴的水平距离近,∴ y1 >y2 ;∵ m<x1 <m+1,m+1<x2 <m+2,m +2<x3 <m+3,∴ x1 <x2 <x3 ,∵ 对于 m<x1 <m+1,m+1<x2 <m+2, m+2<x3 <m+3,存在 y1 <y3 <y2 ,∴ x1 <2,x3 >2,且 A(x1 ,y1 )离对 称轴最远,B(x2 ,y2 )离对称轴最近,∴ 2-x1 >x3 -2> | x2 -2 | ,∴ x1 +x3 <4,且 x2 +x3 >4,∵ 2m+2<x1 +x3 <2m+4,2m+3<x2 +x3 <2m +5,∴ 2m+2<4,且 2m+5>4,解得- 1 2 <m<1. 命题点 12　 二次函数的实际应用 能力点 (1)(40,0);对称轴,(20,16);a(x-20) 2 +16 (2)(0,0. 7);(5,3. 2);a(x-5) 2 +3. 2 1. 60　 【解析】设猪肉粽每盒售价 x 元(52≤x≤70),该商家销售 猪肉粽的利润为 y 元,∴ y = ( x- 50) [ 180- 10( x- 52)] = ( x- 50)( - 10x + 700) = - 10x2 + 1 200x - 35 000 = - 10 ( x - 60) 2 + 1 000,∵ -10<0,52≤x≤70,∴ 当 x= 60 时,y 取最大值,最大值 为 1 000 元. 2. 解:(1)∵ 顶点为( 1 2 , 7 4 ), ∴ 可设抛物线为 y2 =a(x- 1 2 ) 2 + 7 4 . 又∵ 抛物线过点(2,4), ∴ a× 9 4 + 7 4 = 4. ∴ a= 1. ∴ y2 = (x- 1 2 ) 2 + 7 4 ; (2)由题意,当销售量 x= 1 2 时,成本最低为 7 4 万元, 又∵ 销售量在 0. 4 吨至 3. 5 吨之间时,销售额 y1(万元)与销 售量 x(吨)的函数解析式为 y1 = 5x, ∴ 当 x= 1 2 时,销售额为 y1 = 5x= 5× 1 2 = 2. 5, ∴ 此时利润为 2. 5- 7 4 = 0. 75(万元) . 答:当成本最低时,销售产品所获利润是 0. 75 万元; (3)由题意,利润= y1 -y2 = 5x-[(x- 1 2 ) 2 + 7 4 ] = -(x-3) 2 +7. ∵ -1<0, ∴ 当 x= 3 时,利润取最大值,最大值为 7. 答:当销售量是 3 吨时,可获得最大利润,最大利润是 7 万元. 3. 解:(1)设 y= kx+b(k≠0),将(12,56),(14,52)代入, 得 12k+b= 56, 14k+b= 52,{ 解得 k= -2, b= 80,{ ∴ y= -2x+80; (2)设日销售利润为 w 元, 则 w= (x-10)( -2x+80)= -2(x-25) 2 +450. ∵ -2<0, ∴ 当 x= 25 时,w 取最大值,最大值为 450. 答:糖果销售单价定为 25 元时,所获日销售利润最大,最大利 润是 450 元; (3)w= (x-10-m)( -2x+80)= -2x2 +(100+2m)x-800-80m. ∵ 最大利润为 392 元, ∴ 4×( -2)( -800-80m) -(100+2m) 2 4×( -2) = 392. 整理得 m2 -60m+116 = 0. (m-2)(m-58)= 0. 解得 m1 = 2,m2 = 58. 当 m= 58 时,x= - b 2a = 54, ∴ 每盒糖果的利润为 54-10-58 = -14(元),不合题意, ∴ m= 2. 4. 46. 4　 【解析】设矩形在射线 OA 上的一段长为 x m,矩形菜地 的面积为 S m2 . 当 x≤8 时,S= x· 16-x-1. 4+5 2 = - 1 2 x2 +9. 8x= - 1 2 (x-9. 8) 2 +48. 02,当 x = 8 时,S = 46. 4,当 x>8 时, S = x· ( 16+6. 6+5 2 -x)= -x2 +13. 8x = -( x-6. 9) 2 +47. 61,由于在 x>8 的范围内,S 均小于 46. 4,∴ 最大面积为 46. 4 m2 . 5. 解:(1)y= -2x+80; S= -2x2 +80x; 【解法提示】由题意,2x+y = 80,∴ y = -2x+80. 由 0<-2x+80≤ 42,且 x>0,∴ 19≤x< 40. 由题意,S = xy = x( - 2x+ 80),∴ S = - 2x2 +80x(19≤x<40) . (2)能. 由题意,令 S= -2x2 +80x= 750, ∴ x= 15(舍去)或 x= 25. 答:当 x= 25 时,可得矩形实验田的面积为 750 m2 . (3)由题意,根据(1)中 S= -2x2 +80x= -2(x-20) 2 +800, 又∵ -2<0,且 19≤x<40, ∴ 当 x= 20 时,S 取最大值为 800. 答:当 x = 20 时, 矩形实验田的面积 S 最大, 最大面积为 800 m2 . 6. 35 3 　 【解析】如解图,以 O 为坐标原点,OM 为 x 轴正半轴,OP 为 y 轴正半轴,建立平面直角坐标系,由题意可知,P(0, 7 4 ), B(5,4),其中 B 点为抛物线顶点,设抛物线解析式为 y = a( x- 5) 2 +4,将 P(0, 7 4 )代入上式,解得 a = - 9 100 ,即抛物线的解析 式为 y= - 9 100 (x-5) 2 +4,M 为抛物线与 x 轴的交点,令 y= - 9 100 (x-5) 2 +4 = 0,解得 x1 = 35 3 ,x2 = - 5 3 (舍去),∴ OM= 35 3 m. 第 6 题解图 7. 6　 【解析】如解图,以 AB 中点 O 为坐标原点,AB 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系,∴ 顶点 C 为(0,12),可设抛物线的解 析式为 y=mx2 +12. 又∵ B(8,0),∴ 0 = 64m+12,解得 m = - 3 16 , ∴ 抛物线解析式为 y= - 3 16 x2 +12. ∵ 显示屏底部距离地面至少 8 米,∴ 令 y= 8+1 = 9. ∴ 9 = - 3 16 x2 +12,解得 x= 4 或 x= -4. ∴ D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 51 参考答案与重难题解析·四川数学 分 层 作 业 本 (4,9) . 又∵ 要在显示屏两侧留 1 米,∴ PQ=MN = 2×(4-1)= 6 (米),∴ 矩形显示屏 MNPQ 的宽 QP 的最大长度为 6 米. 第 7 题解图 8. 0≤w≤5;5≤w≤20　 【解析】∵ 物体运动的最高点离地面 20 米,物体从发射到落地的运动时间为 3 秒,∴ 抛物线 h = -5t2 + mt+ n 的顶点的纵坐标为 20, 且经过点 ( 3, 0 ), 代入得, ∴ 4×( -5)n-m2 4×( -5) = 20, -5×32 +3m+n= 0, { 解得 m1 = 10,n1 = 15,{ m2 = 50, n2 = -105{ (不合题意,舍 去),∴ 抛物线的解析式为 h= -5t2 +10t+15 = -5( t-1) 2 +20,∴ 抛物线的顶点坐标为(1,20) . ∵ 20-15 = 5,∴ 当 0≤t≤1 时,w 的取值范围是 0≤w≤5;当 t = 2 时,h = 15,当 t = 3 时,h = 0,∵ 20-15 = 5,20-0 = 20,∴ 当 2≤t≤3 时,w 的取值范围是 5≤w ≤20. 9. 解:(1)∵ AO= 17 m, ∴ A(0,17) . ∵ OC= 100 m,缆索 L1 的最低点 P 到 FF′的距离 PD= 2 m, ∴ 抛物线的顶点 P(50,2), 故可设抛物线解析式为 y=a(x-50) 2 +2, 将 A(0,17)代入抛物线解析式可得, ∴ 2 500a+2 = 17, ∴ a= 3 500 , ∴ 缆索 L1 所在抛物线的函数表达式为 y= 3 500 (x-50) 2 +2; (2)∵ 缆索 L1 所在抛物线与缆索 L2 所在抛物线关于 y 轴对 称,缆索 L1 所在抛物线为 y= 3 500 (x-50) 2 +2, ∴ 缆索 L2 所在抛物线为 y= 3 500 (x+50) 2 +2. 令 y= 2. 6, ∴ 2. 6 = 3 500 (x+50) 2 +2, ∴ x= -40 或 x= -60, 又∵ FO<OD= 50 m, ∴ x= -40. ∴ FO 的长为 40 m. 10. 解:(1) v0 10 ;【解法提示】∵ -5<0,∴ 当 t = - v0 2×( -5) = v0 10 时,离 地面的高度最大. (2)当 h= 20 时, -5×( v0 10 ) 2 +v0 × v0 10 = 20. 解得 v0 = 20(负值已舍去) . 答:小球被发射时的速度是 20 m / s; (3)小明的说法不正确. 理由如下: 由(2)得 h= -5t2 +20t. 当 h= 15 时,15 = -5t2 +20t. 解得 t1 = 1,t2 = 3. ∵ 3-1 = 2(s), ∴ 小明的说法不正确. 11. 解:(1)①a= - 1 15 ,b= 8. 1;【解法提示】∵ y = ax2 +x 经过点(9, 3. 6),∴ 81a+9 = 3. 6. 解得 a = - 1 15 . ∵ y = - 1 2 x+b 经过点(9, 3. 6),∴ 3. 6 = - 1 2 ×9+b. 解得 b= 8. 1. ②由①得 y = - 1 15 x2 +x = - 1 15 ( x2 - 15x+ 225 4 ) + 15 4 = - 1 15 ( x- 15 2 ) 2 + 15 4 (0≤x≤9), ∴ 火箭运行的最高点的高度是 15 4 km. ∴ 15 4 -1. 35 = 2. 4(km) . ∴ 2. 4 = - 1 15 x2 +x. 整理得 x2 -15x+36 = 0. 解得 x1 = 12>9(不合题意,舍去),x2 = 3. 由①得 y= - 1 2 x+8. 1. ∴ 2. 4 = - 1 2 x+8. 1. 解得 x= 11. 4. ∴ 11. 4-3 = 8. 4(km) . 答:这两个位置之间的距离为 8. 4 km; (2)当- 2 27 <a< 0 时,火箭落地点与发射点的水平距离超过 15 km. 【解法提示】当 x = 9 时,y = 81a+9. ∴ 火箭第二级的引 发点的坐标为(9,81a+9),设火箭落地点与发射点的水平距 离为 15 km, ∴ y = - 1 2 x + b 经过点( 9,81a + 9), ( 15,0) ∴ - 1 2 ×9+b= 81a+9, - 1 2 ×15+b= 0, ì î í ï ï ïï 解得 a= - 2 27 , b= 7. 5, { ∴ 当- 227 <a<0 时,火箭落 地点与发射点的水平距离超过 15 km. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第四章　 三角形 命题点 1　 线段、角、相交线与平行线 1. B 2. C　 【解析】①经过一点可以作无数条直线,此说法正确;②射 线 AC 和射线 AD 是同一条射线,都是以 A 为端点,同一方向的 射线,此说法正确;③三条直线两两相交时,可能有 1 个交点, 也可能有 3 个交点,故说法错误;④AB<AC+BC,三角形两边之 和大于第三边,所以此说法正确,所以共有 3 个正确. 3. C　 【解析】∵ AB = 11,DB = 8,∴ AD = AB-DB = 3,又∵ 点 D 是 AC 的中点,∴ DC=AD= 3,∴ CB=DB-DC= 8-3 = 5. 4. 125,35 5. A　 【解析】∵ OE⊥AB,∠1 = 35°,∴ ∠AOC= ∠AOE-∠1 = 90°- 35° = 55°,∴ ∠2 = ∠AOC= 55°. 变式 5-1　 B　 【解析】∵ 点 A,O,B 在同一条直线上,∠BOC = 120°,∴ ∠AOC+∠BOC= 180°,∴ ∠AOC= 180°-∠BOC= 180°- 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 61