京改版九年级数学下册第二十六章-综合运用数学知识解决实际问题难点解析练习题(含详解).docx

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1、第二十六章 综合运用数学知识解决实际问题难点解析 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、我区面积3424平方公里（1公里=1千米），请你估计，它的百万分之一大约相当于（）A一间教室的面积B一块操场

2、的面积C一张黑板的面积D一张课桌的面积2、设“”表示三种不同的物体，现用天平称了两次，情况如图，那么“”中质量最大的是（ ） ABCD无法判断3、若质数a，b满足，则数据a，b，2，3的中位数是（ ）A4B7C4或7D4.5或6.54、已知，设则M，N，P，Q四数中最大的是（ ）AMBNCPDQ5、我国数学家华罗庚曾建议，用一副反应勾股定理的数形关系图来作为和外星人交谈的语言，就勾股定理本身而言，它揭示了直角三角形的三边之间的关系，它体现的数学思想方法是（ ）A分类思想B方程思想C转化D数形结合6、小明有许多个可供贴用的数字，但只有个可供贴用的数字，他用这些数字将他的剪贴簿的各页编号，最多他能

3、编贴到哪一页？（ ）A41B99C112D1197、有n个人报名参加甲、乙、丙、丁四项体育比赛活动，规定每人至少参加1项比赛，至多参加2项比赛，但乙、丙两项比赛不能同时兼报，若在所有的报名方式中，必存在一种方式至少有10个人报名，则n的最小值等于（ ）A91B90C82D818、昌平公园建成于1990年，公园内有一个占地10000平方米的静明湖，另外建有弘文阁、碑亭、文节亭、诗田亭、逸步桥、牌楼等园林景观及古建筑如图，分别以正东、正北方向为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如果表示文节亭的点的坐标为（2，0），表示园中园的点的坐标为（-1，2），则表示弘文阁所在的点的坐标为（ ）A（2，3）B（2

4、，2）C（3，3）D（3，4）9、一个密闭不透明的盒子里有若干个白球，在不允许将球倒出来的情况下，为估计白球的个数，小刚向其中放入8个黑球，摇匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回盒中，不断重复，共摸球400次，其中88次摸到黑球，估计盒中大约有白球（）A42个B36个C30个D28个10、下列方法中，不能用于检验平面与平面是否垂直的是（ ）A长方形纸片B三角尺C合页型折纸D铅垂线第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、将面积为225cm2的正方形硬纸片围成圆柱的侧面，则此圆柱的底面直径为_cm（结果保留）2、为了更好的开展线上学习，李老师打算选择一款适合网

5、上授课的软件，他让年级同学在使用过A、B、C三款软件后进行评分，统计结果如下：五星四星三星两星一星合计A52301332100B49361041100C35302564100（说明：学生对于网上授课软件的综合评价从高到低，依次为五星、四星、三星、二星和一星）李老师选择_（填“A”、“B”或“C”）款网上授课软件，能更好的开展线上学习（即评价不低于四星）的可能性最大3、如图1，小长方形纸片的长为2，宽为1，将4张这样的小长方形纸片按图2所示的方式不重叠的放在大长方形内，未被覆盖的部分恰好被分割为两个长方形和，设长方形和的周长分别为C1和C2，则C1_C2（填“”、“”或“”）4、定义一种新运算“

6、”规则如下：对于两个有理数，若，则_5、如图，正方形ABCD的边长为3cm，以直线AB为轴，将正方形旋转一周，所得几何体的体积为_cm3（结果保留）三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、某班参加校运动会的19名运动员的运动服号码恰是119号，这些运动员随意地站成一个圆圈，则一定有顺次相邻的某3名运动员，他们运动服号码数之和不小于32，请你说明理由2、计算：（1）；（2）解方程：1；（3）解不等式：x7；（4）已知是锐角，且5+sincos12sincos，求tan+cot的值3、一只青蛙，位于数轴上的点，跳动一次后到达，且（k为任意正整数），青蛙从开始，经过次跳动的位置依次为（1）

7、写出一种跳动4次的情况，使，且；（2）若，求；（3）对于整数，如果存在一种跳动次的情形，能同时满足如下两个条件：，求整数n被4除的余数4、在金融危机中，某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2009根现将它们堆放在一起 （1）若堆放成纵断面为正三角形（每一层的根数比上一层根数多1根），并使剩余的圆钢尽可能地少，则剩余了多少根圆钢？（2）若堆成纵断面为等腰梯形（每一层的根数比上一层根数多1根），且不少于七层，（）共有几种不同的方案？（）已知每根圆钢的直径为，为考虑安全隐患，堆放高度不得高于，则选择哪个方案，最能节省堆放场地？5、某风景区内的公路如图1所示，景区内有免费的班车，从入口处出发，沿该公

8、路开往草甸，途中停靠塔林（上下车时间忽略不计）.第一班车上午8点发车，以后每隔10分钟有一班车从入口处发车.小聪周末到该风景区游玩，上午7:40到达入口处，因还没到班车发车时间，于是从景区入口处出发，沿该公路步行25分钟后到达塔林离入口处的路程（米）与时间（分)的函数关系如图2所示. （1）求第一班车离入口处的路程（米）与时间（分）的函数表达式.（2）求第一班车从人口处到达塔林所需的时间.（3）小聪在塔林游玩40分钟后，想坐班车到草甸，则小聪最早能够坐上第几班车？如果他坐这班车到草甸，比他在塔林游玩结束后立即步行到草甸提早了几分钟？（假设每一班车速度均相同，小聪步行速度不变）-参考答案-一、单

9、选题1、B【分析】首先算出3424平方公里的百万分之一大约是多少，然后与选择项比较即可【详解】3424平方公里=3424平方千米=3424000000平方米，3424000000=3424平方米，应是一块操场的面积故选B【点睛】解决本题的关键是把我区面积进行合理换算，得到相应的常见的值2、A【分析】根据题中的两个图找出重量关系，比较即可【详解】由第一个图可知， 由第二个图可知， 故选A【点睛】本题主要考查了物体的重量大小比较，正确掌握图中物体重量的大小关系是解题的关键3、C【分析】根据题意可得到，从而得到方程或或或，依此可求，的值，再根据中位数的定义即可求解【详解】解：质数，满足，即，或或或，

10、解得或2，3，5，7的中位数是4；2，3，11，13的中位数是7故选：【点睛】本题主要考查了质数的计算，首先确定，的值是解决本题的关键4、D【分析】根据题意，再利用作差法比较与即可.【详解】解：，恒成立，最大，即Q最大，故选：D.【点睛】本题考查了代数式的大小比较，解题的关键是掌握作差法.5、D【分析】根据题意选出数学思想方法即可【详解】解：就勾股定理本身而言，它揭示了直角三角形的三边之间的关系，它体现的数学思想方法是数形结合思想，故选D 【点睛】本题考查数学思想方法的运用，熟练掌握各种数学思想方法是解题的关键6、A【解析】【分析】首先确定14个2从小到大构成的数即可求解【详解】由于只有13个

11、可供贴用的数字2，于是含数字2的数有以下13个：2，12，20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，32由于小明有许多个可供贴用的数字0，1，3，4，5，6，7，8，9，所以还可继续编贴到33，34，35，36，37，38，39，40，41所以最多他能编贴到41页故选A【点睛】本题是一道探索性实际问题，考查了同学们探索发现和应用数学知识解决实际问题的能力，有利于培养发展思维能力关键是得到第14个2所在的具体数7、C【分析】先计算出一个人报名的选择有9种，然后根据必存在一种方式至少有10个人报名，可以让每一种方式都有9个人，然后只要任意一种再加一个人，继而可得出n的值【详解】解

12、：对于一个人来说，他的报名方式有两种：报一项或两项，报一项比赛的方式有4种，报两项比赛的方式有5种，故可得：每个人报名方式有9种，又题目要求有10人相同，故可以让每一种方式都有9个人，然后只要任意一种再加一个人即可，所以nmin=99+1=82故选：C【点睛】此题考查了计数方法的问题，根据题意得出每人的报名方式有9种是解答本题的关键，要注意仔细理解题意，难度较大8、B【分析】直接利用文节亭的点的坐标为（2，0），进而得出原点位置进而得出答案【详解】如图所示：弘文阁所在的点的坐标为：（-2，-2）故选：B【点睛】此题主要考查了坐标确定位置，正确得出原点位置是解题关键9、D【详解】试题解析：设盒子

13、里有白球x个，根据得： 解得：x=28经检验得x=28是方程的解答：盒中大约有白球28个故选D10、A【分析】A. 长方形纸片的长和宽互相垂直，不能判定平面与平面是否垂直；B. 根据三角尺两直角边成直角性质解题即可；C. 根据合页型折纸其折痕与纸被折断的一边垂直解题；D. 铅垂线垂直于水平面，据此解题【详解】A. 长方形纸片的长和宽互相垂直，不能判定平面与平面是否垂直，故A符合题意；B. 将两块三角形的直角边重合，另外两条直角边相交，放在水平面上，可判断重合的直角边垂直于水平面，故B不符合题意；C. 合页型折纸其折痕与纸被折断的一边垂直，即折痕与被折断的两线段垂直，把它们放到水平面上，可判断折

14、痕与水平面垂直，故C不符合题意；D. 根据重力学原理，铅垂线垂直于水平面，可检验平面与平面垂直， 故D不符合题意故选：A【点睛】本题考查垂线的性质，是常见基础考点，掌握相关知识、联系生活实际是解题关键二、填空题1、【分析】由圆柱的侧面展开图的特点可知正方形的边长即为圆柱的底面圆的周长，再由圆柱的底面直径底面周长解答即可【详解】解：由面积为225cm2的正方形可知正方形的边长15cm，即为围成的圆柱底面圆的周长，所以用这硬纸片围成圆柱的侧面的直径cm，故答案为：【点睛】本题考查了圆柱的侧面展开图，属于基本知识题型，熟知圆柱底面圆的周长等于正方形的边长是解本题的关键2、B【分析】分别求出三款软件评

15、价不低于四星的比例，然后再进行比较即可得到结论【详解】A软件的综合评价不低于四星的比例为：（52+30）100=0.82；B软件的综合评价不低于四星的比例为：（49+36）100=0.85；C软件的综合评价不低于四星的比例为：（35+30）100=0.65；0.650.820.85故李老师选择B款网上授课软件，能更好的开展线上学习的可能性最大故答案为：B【点睛】考查了基本概率的计算及比较可能性大小，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比3、=【分析】设图2中大长方形长为x，宽为y，再表示出长方形和的长和宽，进而可得周长，然后可得答案【详解】解：设图2中大长方形长为x，宽为y，则长方

16、形的长为x1，宽为y3，周长C12（x1+y3）2x+2y8，长方形的长为x2，宽为y2，周长C22（x2+y2）2x+2y8，则C1C2，故填：【点睛】本题主要考查整式合并同类项的应用问题，巧妙设出组成的大长方形的边长，再利用已知条件分别表示出长方形和的长和宽，是本题的解题突破点。4、【分析】根据给定新运算的运算法则可以得到关于x的方程，解方程即可得到解答【详解】解：由题意得：（5x-x）(2)=1，-2（5x-x）-（-2）=-1，-8x+2=-1，解之得：，故答案为【点睛】本题考查新定义下的实数运算，通过阅读题目材料找出有关定义和运算法则并应用于新问题的解决是解题关键 5、27【详解】正

17、方形ABCD的边长为3cm，以直线AB为轴，将正方形旋转一周，所得几何体为底面半径为3，高为3的圆柱体，该圆柱体的体积为：323=27故答案为：27三、解答题1、一定有顺次相邻的某三名运动员，他们运动服号码数之和不小于32【解析】试题分析：由已知，119号运动员随意地站成一个圆圈，求出6组有顺次相邻的某3名运动员的号码的和，从每组都小于等于31，得6组的和与计算出6组的和矛盾确定一定有顺次相邻的某三名运动员，他们运动服号码数之和不小于32试题解析：设在圆周上按逆时针顺序以1号为起点记运动服号码数为a1 ， a2 ， a3 ， ，a18 ， a19 ， 显然a1=1，而a2 ， a3 ， ，a1

18、8 ， a19就是2，3，4，5，6，18，19的一个排列令A1=a2+a3+a4；A2=a5+a6+a7；A3=a8+a9+a10；A4=a11+a12+a13；A5=a14+a15+a16；A6=a17+a18+a19；则A1+A2+A3+A4+A5+A6；=a2+a3+a4+a17+a18+a19；=2+3+4+17+18+19；=189（*）如果A1 ， A2 ， A3 ， A4 ， A5 ， A6中每一个都31，则有A1+A2+A3+A4+A5+A6631=186，与（*）式矛盾所以A1 ， A2 ， A3 ， A4 ， A5 ， A6中至少有一个大于31为确定起见，不妨就是A131

19、，即a2+a3+a431，但a2+a3+a4是整数，所以必有a2+a3+a432成立所以，一定有顺次相邻的某三名运动员，他们运动服号码数之和不小于322、（1）；（2）x=6；（3）-5x-1或x1；（4）或【分析】（1）根据特殊角的三角函数值进行计算即可；（2）两边平方，将方程化为整式方程，解之，检验可得结果；（3）分x-10和x-10两种情况，去分母求解，再合并即可；（4）将原式变形，两边平方，化简得到（4sin2-3）（9sin2-8）=0，求出sin2=或sin2=，即sincos=或，再将tan+cot变形为=，代入计算即可【详解】解：（1）=；（2），两边平方得：，两边平方得：，化

20、简得：，解得：x=-1或x=6，经检验：x=-1时，方程不成立，方程的解为x=6；（3），当x-10时，即x1，解得：x-5或x-1，x1；当x-10时，即x1，解得：-5x-1，-5x-1，综上：不等式的解集为-5x-1或x1；（4）5+sin-cos=12sincos，sin-cos=12sincos-5，两边平方得：1-2sincos=（6sin2-5）2，1-sin2=36sin22+25-60sin2，36sin22-59sin2+24=0，（4sin2-3）（9sin2-8）=0，sin2=或sin2=，sincos=或，为锐角，sincos1，tan+cot=或【点睛】本题考查了

21、三角函数的混合运算，解不等式，无理方程，解题的关键是掌握各自的运算方法，注意记忆相应恒等式3、（1）0，1，2，1，0；（2）2004或2006；（3）0或1【分析】（1）根据4次跳动后回到初始位置可得结果；（2）设向右跳了x步，向左跳了y步，根据题意列出方程组，讨论可得结果；（3）经过（k-1）步跳动到达ak，假设这（k-1）步中向右跳了xk步，向左跳了yk步，通过计算可得，从而得到，可推出，由能被4整除可得 n被4除的余数【详解】解：（1），则4次跳动后回到初始位置，这样的跳动之一是：0，1，2，1，0（也可以是 0，1，0，1，0）；（2）从a1经2013步到达a2014，不妨设向右跳了

22、x步，向左跳了y步，则，解得：，即向左跳动仅一次，若这次跳动在1999次及以前，则a2000=7+1998-1=2004，若这次跳动在1999次后，则a2000=2006；（3）因为（n-1）次跳动的情形，能同时满足如下两个条件：a1=2，经过（k-1）步跳动到达ak，假设这（k-1）步中向右跳了xk步，向左跳了yk步，则（k2的正整数），能被4整除，所以n被4除的余数为0或1【点睛】本题考查了数的整除，数轴，以及整式的运算，难度较大，解题的关键是要充分理解题意，将向右跳动的步数与向左跳动的步数用字母表示，便于运算4、（1）56根；（2）（）4种方案；（）堆放41层【分析】（1）根据题意列出前

23、层可以堆积的圆钢的总数，列出不等式解不等式可得出答案；（2）（）根据题中要求的堆积方式写出堆积的总圆钢数关于层数的关系式，再根据与的奇偶性不同讨论可能的堆积方案；（）根据（）中求得的四种堆积方案以及题中圆钢的直径和堆积要求分别讨论符合条件的堆积方案，便可求出选择堆放41层这个方案，最能节省堆放场地【详解】解：（1）由题意可知：第一层放1根，第二层放2根，第三层放3根，第层放根，层一共放了根圆钢，由题意可知，解不等式得当时，使剩余的圆钢尽可能地少，此时剩余了56根圆钢；（2）当纵断面为等腰梯形时，设共堆放层，则从上到下每层圆钢根数是以为首项、1为公差的等差数列，从而，即，因与的奇偶性不同，所以与

24、的奇偶性也不同，且，从而由上述等式得：或或或，所以共有4种方案可供选择 （3）因层数越多，最下层堆放得越少，占用面积也越少，所以由（2）可知：若，则，说明最上层有29根圆钢，最下层有69根圆钢，此时，两腰之长为，上下底之长为和，从而梯形之高为，而，所以符合条件；若，则，说明最上层有17根圆钢，最下层有65根圆钢，此时，两腰之长为，上下底之长为和，从而梯形之高为，显然大于，不合条件，舍去；综上所述，选择堆放41层这个方案，最能节省堆放场地【点睛】本题考查了等差数列的性质以及等差数列的实际应用，考查了同学们的计算能力，解题时注意分类讨论思想和方程思想的运用，是各地高考的热点，同学们在平常要多加练习

25、5、（1）.；（2）10分钟；（3）第5班车，7分钟.【分析】（1）设y=kx+b，运用待定系数法求解即可；（2）把y=1500代入（1）的结论即可；（3）设小聪坐上了第n班车，30-25+10（n-1）40，解得n4.5，可得小聪坐上了第5班车，再根据“路程、速度与时间的关系”解答即可【详解】（1）解：由题意得，可设函数表达式为：.把，代入，得，解得.第一班车离入口处的路程（米）与时间（分）的函数表达式为. （2）解：把代入，解得，（分）第一班车到塔林所需时间10分钟.（3）解：设小聪坐上第班车. ，解得，小聪最早坐上第5班车.等班车时间为5分钟，坐班车所需时间：（分），步行所需时间：（分），（分）小聪坐班车去草甸比他游玩结束后立即步行到达草甸提早7分钟【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，熟练掌握待定系数法求出函数解析式是解答本题的关键