(II)解不等式②,得x>﹣1;
(III)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来:
(IV)原不等式组的解集为:﹣1<x≤3.
故答案为:(I)x≤3;(Ⅱ)x>﹣1;(Ⅳ)﹣1<x≤3.
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组,正确求出每一个不等式解集是基础,熟知“同大取大;同小取小;大小小大中间找;大大小小找不到”的原则是解答此题的关键.也考查了在数轴上表示不等式组的解集.
20.【分析】(Ⅰ)根据统计图中的数据可以求得m的值;
(Ⅱ)根据条形统计图中的数据可以求得平均数、众数和中位数;
(Ⅲ)根据统计图中的时,可以计算出该校学生一周诗词诵背6首(含6首)以上的人数. 【解答】解:(Ⅰ)m%=则m=25, 故答案为:25; (Ⅱ)平均数是:众数是4,中位数是5; (Ⅲ)1500×
=600(人),
=5.2,
=25%,
答:该校学生一周诗词诵背6首(含6首)以上的有600人.
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、平均数、众数、中位数、用样本估计总体,解答本题的关键是明确题意,利用数形结合的思想解答. 21.【分析】(I)由垂径定理得出性质,即可得出结论;
(II)由圆周角定理得出∠ACB=90°,求出∠BAC=60°,AC=AB=3,由圆周角定理得出∠BAD=∠CAD=30°,在Rt△ACP中,∠CAP=30°,得出AP=2CP,AC==
,即可得出AP的长.
CP=3,求出CP
,由圆周角定理得出∠DAC=∠BCD,再由三角形的外角
【解答】(I)证明:∵OD⊥BC, ∴
,
∴∠DAC=∠BCD,
∵∠ACD=∠ACB+∠BCD,∠APB=∠ACB+∠DAC, ∴∠ACD=∠APB;
(II)解:∵AB是⊙O的直径, ∴∠ACB=90°,
∵∠ABC=30°,AB=2OB=6, ∴∠BAC=60°,AC=AB=3, ∵OD⊥BC, ∴
,
∴∠BAD=∠CAD=30°, 在Rt△ACP中,∠CAP=30°, ∴AP=2CP,AC=∴CP=∴AP=2
, .
CP=3,
【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理、直角三角形的性质、勾股定理等知识;熟练掌握垂径定理和圆周角定理是解决问题的关键.
22.【分析】在Rt△ACH和Rt△HCB中,利用锐角三角函数,用CH表示出AH、BH的长,然后计算出AB的长.
【解答】解:由于CD∥HB,
∴∠CAH=∠ACD=45°,∠B=∠BCD=30° 在Rt△ACH中,∵∴∠CAH=45° ∴AH=CH=1200米, 在Rt△HCB,∵tan∠B=∴HB=∴AB=HB﹣HA =1000=1000(
﹣1000 ﹣1)米.
,
(米).
【点评】本题考查了锐角三角函数的仰角、俯角问题.题目难度不大,解决本题的关键是用含CH的式子表示出AH和BH.
23.【分析】(I)设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货x吨和y吨,根据“3辆大货车与4辆小货车一次可以运货18吨、2辆大货车与6辆小货车一次可以运货17吨”列方程组求解可得;
(II)设货运公司安排大货车m辆,则安排小货车(10﹣m)辆.根据10辆货车需要运输46.4吨货物列出不等式.
【解答】解:(I)设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货x吨和y吨,根据题意可得:
,
解得:
,
答:1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货5吨和3.5吨;
(II)设货运公司安排大货车m辆,则安排小货车(10﹣m)辆, 根据题意可得:5m+3.5(10﹣m)≥46.4, 解得:m≥7.6,
因为m是正整数,且m≤10, 所以m=8或9或10. 所以10﹣m=2或1或0.
方案一:所需费用=500×8+300×2=4600(元) 方案二:所需费用=500×9+300×1=4800(元) 方案三:所需费用=500×10+300×0=5000(元) 因为4600<4800<5000.
所以货运公司安排大货车8辆,则安排小货车2辆,最节省费用.
【点评】考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用,体现了数学建模思想,考查了学生用方程解实际问题的能力,解题的关键是根据题意建立方程组,并利用不等式求解大货车的数量,解题时注意题意中一次运完的含义,此类试题常用的方法为建立方程,利用不等式或者一次函数性质确定方案.
24.【分析】(Ⅰ)由折叠知,∠APB=∠NPB,∠OPM=∠NPM,再由平角即可得出结论; (Ⅱ)先表示出AP=OA﹣OP=4﹣m,进而得出OM=t,再判断出△MOP∽△PAB,进而得出t=﹣(m﹣2)2+1 即可得出结论;
(Ⅲ)先判断出∠CBN=∠ABP,BP=BN,再判断出NE=PE,∠NBE=∠PBE,进而得出∠CBE=∠ABE=45°,再求出PN=得出
=
m,进而得出MN=ON=OM=m﹣t,再判断出△OMP∽△NMG,
①,由(2)知,t=﹣m(m﹣4)②,联立①②解得,即可得出结论.
【解答】解:(Ⅰ)由折叠知,∠APB=∠NPB,∠OPM=∠NPM, ∵∠APN+∠OPN=180°, ∴2∠NPB+2∠NPM=180°, ∴∠NPB+∠NPM=90°, ∴∠BPM=90°, ∴BP⊥PM;
(Ⅱ)∵四边形OABC是正方形, ∴∠OAB=90°,AB=OA, ∵A(4,0), ∴AB=OA=4, ∵点P(m,0), ∴OP=m, ∵0<m<4,
∴AP=OA﹣OP=4﹣m, ∵M(0,t), ∴OM=t,
由(1)知,∠BPM=90°, ∴∠APB+∠OPM=90°, ∵∠OMP+∠OPM=90°, ∴∠OMP=∠APB, ∵∠MOP=∠PAB=90°, ∴△MOP∽△PAB, ∴∴
, ,
∴t=﹣m(m﹣4)=﹣(m﹣2)2+1 ∵0<m<4,
∴当m=2时,t的最大值为1;
(Ⅲ)∵△ABP≌△CBN, ∵∠CBN=∠ABP,BP=BN,
由折叠知,∠ABP=∠EBP,∠BEP=∠BAP=90°, ∴NE=PE,∠NBE=∠PBE, ∴∠CBN=∠NBE=∠EBP=∠PBA, ∴∠CBE=∠ABE=45°,
连接OB,∵四边形OABC是正方形, ∴∠OBC=∠OBA=45°, ∴点E在OB上, ∴OP=ON=m, ∴PN=
m,
∵OM=t,
∴MN=ON=OM=m﹣t,
如图,过点N作OP的平行线交PM的延长线于G, ∴∠OPM=∠G,
由折叠知,∠OPM=∠NPM, ∴∠NPM=∠G, ∴NG=PN=∵GN∥OP, ∴△OMP∽△NMG, ∴∴
, =
①, m,
由(2)知,t=﹣m(m﹣4)②, 联立①②解得,m=0(舍)或m=8﹣
.
2020年天津市河北区中考数学一模试卷(解析版)



