2023年中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习卷六（含答案）

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第一盒中有2个白球、1个黄球，第二盒中有1个白球、1个黄球，这些球除颜色外无其他差别．
(1)若从第一盒中随机取出1个球，则取出的球是白球的概率是 ．
(2)若分别从每个盒中随机取出1个球，请用列表或画树状图的方法求取出的两个球中恰好1个白球、1个黄球的概率．
甲、乙两个工程队均参与某筑路工程，先由甲队筑路60公里，再由乙队完成剩下的筑路工程，已知乙队筑路总公里数是甲队筑路总公里数的eq \f(4,3)倍，甲队比乙队多筑路20天.
(1)求乙队筑路的总公里数；
(2)若甲、乙两队平均每天筑路公里数之比为5∶8，求乙队平均每天筑路多少公里.
已知一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=eq \f(m,x)的图象交于点A，与x轴交于点B(5，0)，
若OB=AB，且S△OAB=eq \f(15,2).
(1)求反比例函数与一次函数的表达式；
(2)若点P为x轴上一点，△ABP是等腰三角形，求点P的坐标.
如图①，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，点E在BC的延长线上，且PE＝PB.
(1)求证：△BCP≌△DCP；
(2)求证：∠DPE＝∠ABC；
(3)把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变(如图②)，若∠ABC＝58°，则∠DPE＝________°.
如图，在A处的正东方向有一港口B．某巡逻艇从A处沿着北偏东60°方向巡逻，到达C处时接到命令，立刻在C处沿东南方向以20海里/小时的速度行驶3小时到达港口B．求A，B间的距离．（≈1.73，≈1.4，结果保留一位小数）．
如图，直角△ABC内接于⊙O，点D是直角△ABC斜边AB上的一点，过点D作AB的垂线交AC于E，过点C作∠ECP=∠AED，CP交DE的延长线于点P，连结PO交⊙O于点F．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若PC=3，PF=1，求AB的长．
如图①，在平面直角坐标系中，已知A(﹣2，2)，B(﹣2，0)，C(0，2)，D(2，0)四点，动点M以每秒eq \r(2)个单位长度的速度沿B→C→D运动(M不与点B、点D重合)，设运动时间为t(秒)．
(1)求经过A、C、D三点的抛物线的解析式；
(2)点P在(1)中的抛物线上，当M为BC的中点时，若△PAM≌△PBM，求点P的坐标；
(3)当M在CD上运动时，如图②．过点M作MF⊥x轴，垂足为F，ME⊥AB，垂足为E．设矩形MEBF与△BCD重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值；
(4)点Q为x轴上一点，直线AQ与直线BC交于点H，与y轴交于点K．是否存在点Q，使得△HOK为等腰三角形？若存在，直接写出符合条件的所有Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
\s 0 参考答案
解：﹣1＜x＜3.
解：(1)若从第一盒中随机取出1个球，则取出的球是白球的概率是，故答案为：；
(2)画树状图为：
，
共有6种等可能的结果数，取出的两个球中恰好1个白球、1个黄球的有3种结果，
所以取出的两个球中恰好1个白球、1个黄球的概率为．
解：(1)∵先由甲队筑路60公里，再由乙队完成剩下的筑路工程，乙队筑路的总公里数是甲队筑路总公里数的eq \f(4,3)倍，
∴乙队筑路的总公里数为60×eq \f(4,3)＝80(公里).
答：乙队筑路的总公里数为80公里.
(2) 设乙队平均每天筑路8x公里.
∵甲、乙两队平均每天筑路公里数之比为5∶8，
∴甲队平均每天筑路5x公里，
又由(1)知甲队筑路60公里，乙队筑路80公里，
∴甲队筑路eq \f(60,5x)天，乙队筑路eq \f(80,8x)天，
又∵甲队比乙队多筑路20天，
∴可列分式方程eq \f(60,5x)－eq \f(80,8x)＝20，
解得：x＝0.1，
经检验， x＝0.1是原分式方程的根，
∴8x＝0.8，
答：乙队平均每天筑路0.8公里.
解：(1)如图1，过点A作AD⊥x轴于D，
∵B(5，0)，∴OB=5，
∵S△OAB=eq \f(15,2)，∴eq \f(1,2)×5×AD=eq \f(15,2)，∴AD=3，
∵OB=AB，∴AB=5，
在Rt△ADB中，BD==4，∴OD=OB+BD=9，∴A(9，3)，
将点A坐标代入反比例函数y=eq \f(m,x)中得，m=9×3=27，
∴反比例函数的解析式为y=，
将点A(9，3)，B(5，0)代入直线y=kx+b中，
，∴，
∴直线AB的解析式为y=eq \f(3,4)x﹣eq \f(3,4)；
(2)由(1)知，AB=5，
∵△ABP是等腰三角形，∴①当AB=PB时，∴PB=5，∴P(0，0)或(10，0)，
②当AB=AP时，如图2，由(1)知，BD=4，易知，点P与点B关于AD对称，
∴DP=BD=4，∴OP=5+4+4=13，∴P(13，0)，
③当PB=AP时，设P(a，0)，
∵A(9，3)，B(5，0)，∴AP2=(9﹣a)2+9，BP2=(5﹣a)2，
∴(9﹣a)2+9=(5﹣a)2∴a=，∴P(，0)，
即：满足条件的点P的坐标为(0，0)或(10，0)或(13，0)或(，0).
证明：(1)在正方形ABCD中，BC＝DC，∠BCP＝∠DCP＝45°.
在△BCP和△DCP中，
∴△BCP≌△DCP(SAS)．
(2)证明：如图，由(1)知，△BCP≌△DCP，
∴∠CBP＝∠CDP.
∵PE＝PB，
∴∠CBP＝∠E，
∴∠CDP＝∠E.
又∵∠1＝∠2(对顶角相等)，
∴180°﹣∠1﹣∠CDP＝180°﹣∠2﹣∠E，即∠DPE＝∠DCE.
∵AB∥CD，
∴∠DCE＝∠ABC，
∴∠DPE＝∠ABC.
(3)58.
解：
解：（1）如图，连接OC，
∵PD⊥AB，
∴∠ADE=90°，
∵∠ECP=∠AED，
又∵∠EAD=∠ACO，
∴∠PCO=∠ECP+∠ACO=∠AED+∠EAD=90°，
∴PC⊥OC，
∴PC是⊙O切线．
（2）延长PO交圆于G点，
∵PF×PG=PC2，PC=3，PF=1，
∴PG=9，
∴FG=9﹣1=8，
∴AB=FG=8．
解：(1)设函数解析式为y=ax2+bx+c，
将点A(﹣2，2)，C(0，2)，D(2，0)代入解析式可得
，∴，∴y=﹣eq \f(1,4)x2﹣eq \f(1,2)x+2；
(2)∵△PAM≌△PBM，∴PA=PB，MA=MB，
∴点P为AB的垂直平分线与抛物线的交点，
∵AB=2，∴点P的纵坐标是1，
∴1=﹣eq \f(1,4)x2﹣eq \f(1,2)x+2，∴x=﹣1+eq \r(5)或x=﹣1﹣eq \r(5)，
∴P(﹣1﹣eq \r(5)，1)或P(﹣1+eq \r(5)，1)；
(3)CM=eq \r(2)t﹣2eq \r(2)，MG=eq \r(2)CM=2t﹣4，
MD=4eq \r(2)﹣(BC+CM)=4eq \r(2)﹣(2eq \r(2)+eq \r(2)t﹣2eq \r(2))=4eq \r(2)﹣eq \r(2)t，
MF=eq \f(\r(2),2)MD=4﹣t，∴BF=4﹣4+t=t，
∴S=eq \f(1,2)(GM+BF)×MF=eq \f(1,2)(2t﹣4+t)×(4﹣t)=﹣eq \f(3,2)t2+8t﹣8=﹣eq \f(3,2) (t﹣eq \f(8,3))2+eq \f(8,3)；
当t=eq \f(8,3)时，S最大值为eq \f(8,3)；
(3)设点Q(m，0)，直线BC的解析式y=﹣x+2，
直线AQ的解析式y=﹣ (x+2)+2，
∴K(0，)，H(，)，
∴OK2=，OH2=+，HK2=+，
①当OK=OH时， =+，
∴m2﹣4m﹣8=0，∴m=2+2或m=2﹣2；
②当OH=HK时， +=+，
∴m2﹣8=0，∴m=2或m=﹣2；
③当OK=HK时， =+，不成立；
综上所述：Q(2+2eq \r(3)，0)或Q(2﹣2eq \r(3)，0)或Q(2eq \r(2)，0)或Q(﹣2eq \r(2)，0)；