解答必练4 综合与实践-【众相原创】2025年河北中考数学必考点二轮快练

28　 解答必练 4　 综合与实践(2024 河北中考新变化题型) 2025 样卷 考查题位 2020 ~ 2024 真题 考查频次 考查特点 未涉及 2024. 23 此类题的特点为题干长、条件繁多、涉及知识点多、设问多,实际 上题目并不难. 在解此类题时,要沉着冷静,从冗长的题干中提取 有效的信息,并转化为数学信息 1. (1)探究:观察图 1,图形的面积能说明的乘法公式是　 (a+b) 2 =a2+2ab+b2 　 . (2)运用:观察图 2,用等式表示图中阴影部分的面积:　 a2+b2 =(a+b) 2-2ab　 . 若 x 满足(11-x)(x-8)= 2,求(11-x) 2 +(x-8) 2 的值. (3)拓展:如图 3,某学校有一块梯形空地 ABCD,AC⊥BD 于点 E,AE =DE,BE =CE. 该校计 划在△AED 和△BEC 区域内种花,在△CDE 和△ABE 区域内种草. 经测量,种花区域 的面积和为 25 2 m2,AC= 7 m,求种草区域的面积. 图 1 　 　 　 图 2 　 　 　 图 3 第 1 题图 解:(1)(a+b) 2 = a2+2ab+b2 . 　 【解法提示】大正方形的边长为 a+b,因此大正方形的面积为(a+ b) 2 . 组成大正方形的四个部分的面积分别为 a2,ab,ab,b2 . 由面积之间的关系可得,(a+b) 2 = a2+ 2ab+b2 . (2)a2+b2 =(a+b) 2-2ab. 　 【解法提示】由(1)知大正方形的面积为(a+b) 2,∴图中阴影部分的面 积为 a2+b2 =(a+b) 2-2ab. 由题意,得(11-x) 2+(x-8) 2 =[(11-x)+(x-8)] 2-2(11-x)(x-8)= 32-2×2= 5, 即(11-x) 2+(x-8) 2 的值是 5. (3)∵AC⊥BD,AE=DE,BE=CE,∴S△AED = 1 2 AE2,S△BEC = 1 2 CE2, ∴种花区域的面积为 S△AED+S△BEC = 1 2 (AE2+CE2)= 25 2 (m2),∴AE2+CE2 = 25. ∵AC= 7 m,∴AE+CE= 7 m,∴ (AE+CE) 2 =AE2+CE2+2AE·CE= 72, ∴AE·CE= 12. 又∵AE=DE,BE=CE,∴DE·CE=AE·BE= 12, ∴S△ABE+S△CDE = 1 2 (AE·BE+DE·CE)= 12(m2), ∴种草区域的面积为 12 m2 . 众相原创·河北数学 29　 2. 2024 真题变化方向 操作与实践 数学活动课上,学习小组开展“剪拼正方形”实践活动, 过程要求无损耗、无重叠. 【初步尝试】 (1)如图 1,长方形纸片 ABCD 可看作由 2 个全等的小正方形组成,E 是 AD 的中点,沿着 BE,CE 剪 2 刀,得到 3 块图案①,②,③,保持③不动,移动①,②,可以拼接成一个大正 方形纸片 BFCE. 若 AB= 1,则 BF= 　 222 　 . 图 1 　 　 　 图 2 　 　 　 图 3 第 2 题图 【深入实践】 (2)如图 2,“十字形”纸片可看作由 5 个全等的小正方形组成,已知点 A,B 在正方形网格 的格点上,C,D 是纸片边上的中点. 沿着 AB,CD 将这个“十字形”纸片剪 2 刀,得到 4 块图案①,②,③,④,保持①不动,移动②,③,④,可以拼接成一个大正方形纸片. 请在 正方形网格中画出拼接后的大正方形,并标注对应的编号. 【拓展迁移】 (3)如图 3,同学们从刘徽设计的“青朱出入图”受到启发,将两个边长不等的正方形纸片 ABCD,GCEF 剪拼成一个大正方形纸片 BQPG. P,M,N 为剪痕与原正方形边的交点, 已知 AB= 3,EN= 1. ①HQ= 　 333　 ,HN= 　 222　 ; ②求正方形 BQPG 的边长. 解:(1) 2 . (2)如解图,展示了两种不同的拼法: (3)①3;2. 　 【解法提示】∵△HQN≌△ABM,∴HQ=AB= 3,HN=AM. ∵AD=AB= 3,DM=EN= 1,∴AM=AD-DM= 2,∴HN= 2. ②由①可知 HQ= 3,HN= 2. 在 Rt△QHN 中,QN= HQ2+HN2 = 13 . 在 Rt△BQN 中,BN2-QN2 =BQ2 . 在 Rt△BHQ 中,BQ2 =BH2+HQ2,∴BN2-QN2 =BH2+HQ2 . 设 BH=x,∴ (x+2) 2-( 13) 2 =x2+32, 解得 x= 9 2 , ∴BQ= HQ2+BH2 = 3 13 2 ,∴正方形 BQPG 的边长是3 13 2 . 众相原创·河北数学 30　 3.问题:如何将物品搬过直角过道? 情境:图 1 是一直角过道示意图,O,P 为直角顶点,过道宽度都是 1. 2 m. 矩形 ABCD 是某 物品经过该过道时的俯视图,宽 AB 为 0. 8 m. 操作: 步骤 动作 目标 1 靠边 将如图 1 中矩形 ABCD 的一边 AD 靠在 SO 上 2 推移 矩形 ABCD 沿 SO 方向推移一定距离,使点 O 在边 AD 上 3 旋转 如图 2,将矩形 ABCD 绕点 O 旋转 90° 4 推移 将矩形 ABCD 沿 OT 方向继续推移 探究: (1)如图 2,已知 BC= 1. 6 m,OD= 0. 6 m. 小明求得 OC= 1 m 后,说:“OC<1. 2 m,该物品能 顺利通过直角过道” . 你赞同小明的结论吗? 请通过计算说明. (2)如图 3,物品转弯时被卡住(C,B 分别在墙面 PQ 与 PR 上),若 tan∠CBP = 3 4 ,求 OD 的长. (3)求该过道可以通过的物品的最大长度,即求 BC 长的最大值(精确到 0. 01 m, 5 ≈ 2. 236) . 图 1 　 　 图 2 　 　 　 图 3 第 3 题图 ∵过道宽度都是 1. 2 m,∴该物品不能顺利通过直角过道,∴不赞同小明的结论. ∵tan∠CBP= 3 4 ,∴tan∠DCN= 3 4 =DN CN ,∴可设 DN= 3k m,则 CN= 4k m, ∴CD= 5k m,∴5k= 0. 8,∴ k= 4 25 . ∴DN= 12 25 m,CN= 16 25 m,∴MD=MN-DN= 18 25 (m) . ∵∠MDO+∠NDC= 90°,∠NDC+∠DCN= 90°,∴∠MDO=∠DCN. 又∵∠OMD=∠DNC= 90°,∴△MDO∽△NCD,∴MD CN =OD CD ,∴ 18 25 16 25 =OD 4 5 ,∴OD= 9 10 m. (3)若求该过道可以通过的物品的最大长度,此时 O 为 AD 的中点,OC⊥PQ,OB⊥PR,且 OB = OC= 1. 2 m,∴OD= OC2-CD2 = 2 5 5 (m),∴AD= 2OD= 4 5 5 ≈1. 789(m) . ∵考虑到实际问题,BC 长的最大值不能超过 1. 789 m, ∴精确到 0. 01 m 时,BC 长的最大值为 1. 78 m. 众相原创·河北数学 34　 解 答 必 练 ∴ NH=DG=DE-EG= (28-8sin12°)cm, ∴ HM=NH-MN= (20-8sin12°)cm. ∵ ∠ABG= 12°,∠ABM= 147°, ∴ ∠FBG= 135°,∴ ∠MBH= 45°, ∴ BH=HM= (20-8sin12°)cm, ∴ DN=GH=BG+BH= (8cos12°+20-8sin12°)cm. 第 3 题解图 4.解:(1)如解图 1,过点 D 作 DE⊥AB,垂足为 E. ∵ BC= 30 cm,CD= 40 cm,∴ BD=BC+CD= 70(cm) . 在 Rt△DBE 中,∠ABC= 53°, ∴ BE=BD·cos53°≈42(cm) . ∵ AB= 115 cm,∴ AE=AB-BE≈73(cm), ∴ 端点 D 距离地面的高度约为 73 cm. 图 1 　 　 　 图 2 第 4 题解图 (2)如解图 2,过点 D 作 DF 垂直于地面,交地面于点 F,过点 C 作 CG⊥DF,垂足为 G,延长 GC 交 AB 于 点 H. 由题意得 GH⊥AB,AH=FG,DF= 140 cm, ∴ ∠BHG= 90°. ∵ ∠ABC= 60°,∴ ∠BCH= 90°-∠ABC= 30°. ∵ BC= 30 cm,∴ BH= 1 2 BC= 15(cm) . ∵ AB= 115 cm,∴ FG=AH=AB-BH= 100(cm), ∴ DG=DF-FG= 40(cm) . ∵ ∠BCD= 97°,∴ ∠DCG= 180°-∠BCH-∠BCD= 53°. 在 Rt△DCG 中,CD= DG sin53° ≈50(cm), ∴ CD 的长约为 50 cm. 解答必练 4　 综合与实践 1.解:(1)(a+b) 2 =a2 +2ab+b2 . (2)a2 +b2 = (a+b) 2 -2ab. 由题意,得(11-x) 2 +( x- 8) 2 = [( 11-x) +( x- 8)] 2 - 2(11-x)(x-8)= 32 -2×2 = 5, 即(11-x) 2 +(x-8) 2 的值是 5. (3)∵ AC⊥BD,AE=DE,BE=CE, ∴ S△AED = 1 2 AE2 ,S△BEC = 1 2 CE2 , ∴ 种花区域的面积为 S△AED +S△BEC = 1 2 (AE2 +CE2 ) = 25 2 (m2 ),∴ AE2 +CE2 = 25. ∵ AC= 7 m,∴ AE+CE= 7 m, ∴ (AE+CE) 2 =AE2 +CE2 +2AE·CE= 72 , ∴ AE·CE= 12. 又∵ AE=DE,BE=CE,∴ DE·CE=AE·BE= 12, ∴ S△ABE+S△CDE = 1 2 (AE·BE+DE·CE)= 12(m2 ), ∴ 种草区域的面积为 12 m2 . 2.解:(1) 2 . (2)如解图,展示了两种不同的拼法: 　 　 第 2 题解图 (3)①3;2. ②由①可知 HQ= 3,HN= 2. 在 Rt△QHN 中,QN= HQ2 +HN2 = 13 . 在 Rt△BQN 中,BN2 -QN2 =BQ2 . 在 Rt△BHQ 中,BQ2 =BH2 +HQ2 , ∴ BN2 -QN2 =BH2 +HQ2 . 设 BH= x,∴ (x+2) 2 -( 13 ) 2 = x2 +32 , 解得 x= 9 2 , ∴ BQ= HQ2 +BH2 = 3 13 2 , ∴ 正方形 BQPG 的边长是3 13 2 . 3.解:(1)不赞同小明的结论. 理由如下:如解图 1,连接 OB,OC. ∵ AD=BC=1. 6 m,OD=0. 6 m,∴ OA=AD-OD=1(m). ∵ AB=0. 8 m,∴ OB= OA2+AB2 = 41 5 (m)>1. 2(m). ∵ 过道宽度都是 1. 2 m, ∴ 该物品不能顺利通过直角过道, ∴ 不赞同小明的结论. 图 1 　 　 　 图 2 第 3 题解图 (2)如解图 2,过点 D 作 DM⊥OT 交 OT 于点 M,延长 MD 交 PQ 于点 N. ∵ OT∥PQ,∴ DN⊥PQ. ∵ ∠DCN+∠PCB= 90°,∠PCB+∠PBC= 90°, ∴ ∠DCN= ∠CBP. ∵ tan∠CBP= 3 4 ,∴ tan∠DCN= 3 4 =DN CN , ∴ 可设 DN= 3k m,则 CN= 4k m, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 众相原创· 河北数学 35　 解 答 必 练 ∴ CD= 5k m,∴ 5k= 0. 8,∴ k= 4 25 . ∴ DN= 12 25 m,CN= 16 25 m,∴ MD=MN-DN= 18 25 (m) . ∵ ∠MDO+∠NDC= 90°,∠NDC+∠DCN= 90°, ∴ ∠MDO= ∠DCN. 又∵ ∠OMD= ∠DNC= 90°,∴ △MDO∽△NCD, ∴ MD CN =OD CD ,∴ 18 25 16 25 =OD 4 5 ,∴ OD= 9 10 m. (3)若求该过道可以通过的物品的最大长度,此时 O 为 AD 的中点,OC⊥PQ,OB⊥PR,且 OB =OC = 1. 2 m, ∴ OD= OC2 -CD2 = 2 5 5 (m), ∴ AD= 2OD= 4 5 5 ≈1. 789(m) . ∵ 考虑到实际问题,BC 长的最大值不能超过1. 789 m, ∴ 精确到 0. 01 m 时,BC 长的最大值为 1. 78 m. 解答必练 5　 函数的实际应用题 1.解:(1)一个果篮的成本为 48 元. (2)依题意,得 w = ( x- 48) ( - 10x+ 1 200) = -10x2 + 1 680x-57 600. (3)由( 2) 可知,w = - 10x2 + 1 680x- 57 600 = -10(x- 84) 2 +12 960. ∵ -10<0, ∴ 若 70<m<84,则当 x=m 时,w 取得最大值,最大利润 为(-10m2 +1 680m-57 600)元; 若 m≥84,则当 x = 84 时,w 取得最大值,最大利润为 12 960 元. 2.解:(1)y 与 x 的函数关系式为 y= 600 x (x>0) . (2)①液体原料的日销售量为 1×1×(2-h)= (2-h)m3 = 1 000(2-h)升, ∴ y= 600 x = 1 000(2-h),∴ h= 2- 3 5x . ②设此液体原料的日销售利润为 W(元), 则 W= (x-4)·600 x = 600-2 400 x . ∵ 4≤x≤8,∴ 当 x = 8 时,W 取得最大值,此时日销售 量为 y= 600 8 = 75. ∵ 该液体原料按最大日销售利润的售价销售 20 天, ∴ 长方体容器中剩余液体原料为 1×1×2× 1 000- 75× 20 = 500(升) . 3.解:(1)在模式Ⅰ下,y 与 x 的关系式为 y= 1. 8 x . (2)①由已知得 x= kt+1; 设 d=at2 . ∵ 当 t= 2 时,d= 20,∴ 20 = 22a,∴ a= 5,∴ d= 5t2 . ②当 k= 5 时,x= 5t+1, ∴ t= x -1 5 ,∴ y= 1. 8-d= 1. 8-5t2 = - 1 5 (x-1) 2 +1. 8. (3)模式Ⅰ去除甲醛的效果更好. 理由如下:对于模式Ⅱ,当 k= 5,y= 1 mg / m3 时, y= - 1 5 (x-1) 2 +1. 8 = 1,解得 x= 3(负值已舍) . 当 x= 3 时,对于模式Ⅰ,有 y= 1. 8÷3 = 0. 6. ∵ 1>0. 6,∴ 模式Ⅰ去除甲醛的效果更好. 4.解:(1)运动员在空中运动时对应的抛物线的解析式 为 y= -(x- 3 4 ) 2 + 9 16 = -x2 + 3 2 x. 点 B 的坐标为(4,-10) . (2)该运动员此次跳水不会失误. 理由如下: 当 x= 3 时,y= -x2 + 3 2 x= - 9 2 . ∵ - 9 2 -(-10)= 11 2 (米)>5 米, ∴ 该运动员此次跳水不会失误. (3)-14≤k≤- 11. 　 【解法提示】∵ EM = 6 米,EN = 8 米,E(0,- 10),∴ M(6,- 10),N( 8,- 10) . 对于 y = (x-h) 2 +k,将 B( 4, - 10) 代入,得- 10 = ( 4 - h) 2 + k, ∴ k= -10-(4-h) 2 . 若抛物线经过点 M(6,-10),则抛 物线的对称轴为直线 x= 4 +6 2 = 5,∴ h= 5,∴ k = -11;若 抛物线经过点 N(8,- 10),则抛物线的对称轴为直线 x= 4 +8 2 = 6,∴ h= 6,∴ k = -14. ∵ 出水处点 D 在 MN 之 间(包括 M,N 两点),∴ -14≤k≤-11. 5.解:(1)①. (2)30;10. (3)当 0≤t≤8 时,甲水箱的水位 h 关于时间 t 的函数 解析式为 h= 10t+10. 当 8≤t≤b 时,乙水箱的水位 h 关于时间 t 的函数解析 式为 h= 30t-210. (4)图 2 中从 0 min 到 b min 的整个过程中所消耗的电 量为 0. 35 度. 　 【解法提示】由函数图象可知,0≤t≤2 时是 1 号管单独工作,2<t≤8 时是 1 号管和 2 号管同 时工作,8<t≤10 时是 2 号管单独工作,∴ 两根水管在 整个过程中一共工作 2 + 2 × ( 8 - 2 ) + ( 10 - 8 ) = 16(min) . 当 0≤t≤2 时,设乙水箱的水位 h 关于时间 t 的函数解析式为 h= k1 t+b1 . 将(0,90)和(2,30)分别代 入,得 b1 = 90, 2k1 +b1 = 30, { 解得 k1 = -30, b1 = 90, { ∴ 当 0≤t≤2 时,乙 水箱的水位 h 关于时间 t 的函数解析式为 h = - 30t+ 90. ∵ 两水箱的水位差不超过 20 cm 时甲水箱启动加 热,∴ 当 0≤t≤2 时,令( -30t+90) -(10t+10) = 20,解 得 t= 1. 5;当 2<t≤8 时,令 10t+10-30 = 20,解得 t = 4; 当 8 < t≤10 时,令 90 - ( 30t- 210) = 20,解得 t = 28 3 , ∴ 在 0≤ t ≤ 8 时, 需 要 加 热 的 时 间 为 4 - 1. 5 = 2. 5(min),在 8<t≤10 时,需要加热的时间为 10- 28 3 = 2 3 (min),∴ 消耗的电量为 16 × 0. 01 + ( 2. 5 + 2 3 ) × 0. 06 = 0. 35(度) . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 众相原创· 河北数学