2023年中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习卷三（含答案）

这是一份2023年中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习卷三（含答案），共8页。试卷主要包含了1米)，8，，5)2+12等内容，欢迎下载使用。


经过校园某路口的行人，可能左转，也可能直行或右转.假设这三种可能性相同，现有小明和小亮两人经过该路口，请用列表法或画树状图法，求两人之中至少有一人直行的概率.
某城市平均每天产生垃圾700 t，由甲、乙两家垃圾处理厂处理.已知甲厂每小时可处理垃圾55 t，费用为550元；乙厂每小时可处理垃圾45 t，费用为495元.
(1)如果甲、乙两厂同时处理该城市的垃圾，那么每天需几小时？
(2)如果该城市规定每天用于处理垃圾的费用不得高于7370元，那么至少要安排甲厂处理几小时？
如图，一次函数的图象与反比例函数y1=﹣eq \f(3,x)(x＜0)的图象相交于A点，与y轴，x轴分别相交于B，C两点，且C(2，0)，当x＜﹣1时，一次函数值大于反比例函数值；当﹣1＜x＜0时，一次函数值小于反比例函数值．
(1)求一次函数的表达式；
(2)设函数y2=eq \f(a,x)(x＞0)的图象与y1=﹣eq \f(3,x)(x＜0)的图象关于y轴对称，在y2=eq \f(a,x)(x＞0)的图象上取一点P(P点的横坐标大于2)，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，若四边形BCQP的面积等于2，求点P的坐标．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线m∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线m于点E，垂足为点F，连接CD，BE．
（1）求证：CE=AD；
（2）当点D是AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？（不需要证明）
九(1)班同学在上学期的社会实践活动中，对学校旁边的山坡护墙和旗杆进行了测量.
(1)如图1，第一小组用一根木条CD斜靠在护墙上，使得DB与CB的长度相等，如果测量得到∠CDB＝38°，求护墙与地面的倾斜角α的度数；
(2)如图2，第二小组用皮尺量得EF为16米(E为护墙上的端点)，EF的中点离地面FB的高度为1.9米，请你求出E点离地面FB的高度；
(3)如图3，第三小组利用第一、第二小组的结果，来测量护墙上旗杆的高度，在点P测得旗杆顶端A的仰角为45°，向前走4米到达Q点，测得A的仰角为60°，求旗杆AE的高度(精确到0.1米).备用数据：tan60°≈1.732，tan30°≈0.577，eq \r(3)≈1.732，eq \r(2)≈1.414.
如图,点P为△ABC的内心,延长AP交△ABC的外接圆于D,在AC延长线上有一点E,满足AD2=AB·AE. 求证：DE是⊙O的切线.
如图，在直角坐标系中，抛物线经过点A(0，4)，B(1，0)，C(5，0)，其对称轴与x轴相交于点M．(1)求抛物线的解析式和对称轴；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△PAB的周长最小？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)连接AC，在直线AC的下方的抛物线上，是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

\s 0 参考答案
解：x=1,y=－1.
解：画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中两人之中至少有一人直行的结果数为5，
所以两人之中至少有一人直行的概率为.
解：(1)设两厂同时处理该城市的垃圾每天需x(h)完成，
由题意，得(55＋45)x＝700，解得x＝7.
答：甲、乙两厂同时处理该城市的垃圾每天需7 h.
(2)设安排甲厂处理y(h)，由题意，得
550y＋495×eq \f(700－55y,45)≤7370，
解得y≥6.
∴y的最小值为6.
答：至少要安排甲厂处理6 h.
解：(1)∵x＜﹣1时，一次函数值大于反比例函数值；
当﹣1＜x＜0时，一次函数值小于反比例函数值，
∴点A的横坐标是﹣1，
∴A(﹣1，3)．
设一次函数表达式为y=kx+b，因直线过点A，C，
∴，解得：，
∴一次函数的表达式为y=﹣x+2．
(2)∵y2=eq \f(a,x)(x＞0)的图象与y1=﹣eq \f(3,x)(x＜0)的图象关于y轴对称，
∴y2=eq \f(3,x)(x＞0)．
∵B点是直线y=﹣x+2与y轴的交点，∴B(0，2)．
设P(n，)(n＞2)，
∵S四边形BCQP=S梯形BOQP﹣S△BOC=2，∴(2+)n﹣×2×2=2，
解得：n=eq \f(5,2)(经验证eq \f(5,2)是方程的解)．∴P(eq \f(5,2)，eq \f(6,5))．
（1）证明：∵直线m∥AB，
∴EC∥AD．
又∵∠ACB=90°，
∴BC⊥AC．
又∵DE⊥BC，
∴DE∥AC．
∵EC∥AD，DE∥AC，
∴四边形ADEC是平行四边形．
∴CE=AD．
（2）当点D是AB中点时，四边形BECD是菱形．
证明：∵D是AB中点，DE∥AC（已证），
∴F为BC中点，∴BF=CF．
∵直线m∥AB，
∴∠ECF=∠DBF．
∵∠BFD=∠CFE，
∴△BFD≌△CFE．
∴DF=EF．
∵DE⊥BC，
∴BC和DE垂直且互相平分．
∴四边形BECD是菱形．
（3）当∠A的大小是45°时，四边形BECD是正方形．
理由是：∵∠ACB=90°，∠A=45°，
∴∠ABC=∠A=45°，
∴AC=BC，
∵D为BA中点，
∴CD⊥AB，∴∠CDB=90°，
∵四边形BECD是菱形，
∴四边形BECD是正方形，
即当∠A=45°时，四边形BECD是正方形．
解：(1)∵BD＝BC，
∴∠CDB＝∠DCB，
∴∠α＝2∠CDB＝2×38°＝76°.
(2)设EF的中点为M，过M作MN⊥BF，垂足为点N，过点E作EH⊥BF，垂足为点H，
∵MN∥EH，MN＝1.9，
∴EH＝2MN＝3.8(米)，
∴E点离地面FB的高度是3.8米.
(3)延长AE交PB于点C，
设AE＝x，则AC＝x＋3.8，
∵∠APB＝45°，
∴PC＝AC＝x＋3.8，
∵PQ＝4，
∴CQ＝x＋3.8－4＝x－0.2，
∵tan∠AQC＝eq \f(AC,QC)＝tan60°＝eq \r(3)，
∴eq \f(x＋3.8,x－0.2)＝eq \r(3)，x＝eq \f(3.8＋\f(1,5)\r(3),\r(3)－1)≈5.7，
∴AE≈5.7(米).
答：旗杆AE的高度约是5.7米.
证明:连结DO，∵AD2=AB·AE，∠BAD＝∠DAE，∴△BAD∽△DAE，
∴∠ADB＝∠E. 又∵∠ADB＝∠ACB，∴∠ACB＝∠E，BC∥DE，
又∵OD⊥BC，∴OD⊥DE，故DE是⊙O的切线
解：(1)根据已知条件可设抛物线的解析式为y=a(x﹣1)(x﹣5)，
把点A(0，4)代入上式得：a=0.8，
∴y=0.8(x﹣1)(x﹣5)=0.8x2﹣4.8x+4=0.8(x﹣3)2﹣4.8，
∴抛物线的对称轴是：x=3；
(2)P点坐标为(3，1.6)．理由如下：
∵点A(0，4)，抛物线的对称轴是x=3，
∴点A关于对称轴的对称点A′的坐标为(6，4)
如图1，连接BA′交对称轴于点P，连接AP，此时△PAB的周长最小．
设直线BA′的解析式为y=kx+b，把A′(6，4)，B(1，0)代入得6k+b=4,k+b=0，
解得k=0.8,b=﹣0.8，∴y=0.8x﹣0.8，
∵点P的横坐标为3，∴y=0.8×3﹣0.8=1.6，∴P(3，1.6)．
(3)在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．
设N点的横坐标为t，此时点N(t，0.8 t2﹣4.8t+4)(0＜t＜5)，
如图2，过点N作NG∥y轴交AC于G；作AD⊥NG于D，
由点A(0，4)和点C(5，0)可求出直线AC的解析式为：y=﹣0.8x+4，
把x=t代入得：y=﹣0.8t+4，则G(t，﹣eq \f(4,5)t+4)，
此时：NG=﹣eq \f(4,5)t+4﹣(eq \f(4,5)t2﹣4.8t+4)=﹣eq \f(4,5)t2+4t，
∵AD+CF=CO=5，
∴S△ACN=S△ANG+S△CGN=eq \f(1,2)AM×NG+eq \f(1,2)NG×CF=eq \f(1,2)NG×OC=eq \f(1,2)×(﹣eq \f(4,5)t2+4t)×5
=﹣2t2+10t=﹣2(t﹣2.5)2+12.5，
∴当t=2.5时，△CAN面积的最大值为12.5，
由t=2.5，得：y=0.8t2﹣4.8t+4=﹣3，
∴N(2.5，﹣3)．